四川省雅安市2020届高三上学期一诊考试物理试题

2020年四川省雅安市高考物理一诊试卷

二、选择题

1.在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中，错误的是（  ）

A. 合力与分力的关系体现了等效替换的思想

B. 库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想

C. 加速度a＝、电场强度E＝都采用了比值定义法

D. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用实验直接验证

【答案】D

【解析】

【详解】A．合力与分力的关系体现了等效替换的思想，故A正确，不符合题意；

B．库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想，故B正确，不符合题意；

C．加速度a＝、电场强度E＝都采用了比值定义法，故C正确，不符合题意；

D．牛顿第一定律是在实验的基础上经逻辑推理而得出的，采用的是实验加推理的方法，反映了物体不受外力时的运动状态，而不受外力的物体不存在的，所以不能用实验直接验证，故D错误，符合题意；

2.米歇尔•麦耶和迪迪埃•奎洛兹因为发现了第一颗太阳系外行星﹣飞马座51b而获得2019年诺贝尔物理学奖。飞马座51b与恒星相距为L，构成双星系统（如图所示），它们绕共同的圆心O做匀速圆周运动。设它们的质量分别为m1、m2且（m1＜m2），已知万有引力常量为G．则下列说法正确的是（  ）

A. 飞马座51b与恒星运动具有相同的线速度

B. 飞马座51b与恒星运动所受到的向心力之比为m1：m2

C. 飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比为m2：m1

D. 飞马座51b与恒星运动周期之比为m1：m2

【答案】C

【解析】

【详解】BD．双星系统属于同轴转动的模型，具有相同的角速度和周期，两者之间的万有引力提供向心力，故两者向心力相同，故BD错误；

C．根据＝，则半径之比等于质量反比，飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比，即r1：r2＝m2：m1，故C正确；

A．线速度之比等于半径之比，即v1：v2＝m1：m2，故A错误。

故选C.

3.如图所示，在水平匀强电场中，有一带电粒子（不计重力）以一定的初速度从M点运动到N点，则在此过程中，以下说法中正确的是（  ）

A. 电场力对该带电粒子一定做正功

B. 该带电粒子的运动速度一定减小

C. M、N点的电势一定有φM＞φN

D. 该带电粒子运动的轨迹一定是直线

【答案】C

【解析】

【详解】AB．粒子的带电性质不知道，所以受到的电场力方向不确定，电场力可能做正功也可能做负功，则粒子的速度可能增加也可能减小，故AB错误；

C．沿着电场线的方向电势一定降低，所以φM＞φN，故C正确；

D．粒子只受电场力作用，电场力的方向在水平方向，而粒子的运动方向和水平方向有一夹角，所以粒子不会做直线运动，故D错误；

故选C.

4.雨滴在空中下落的过程中，空气对它的阻力随其下落速度的增大而增大。若雨滴下落过程中其质量的变化及初速度的大小均可忽略不计，以地面为重力势能的零参考面。从雨滴开始下落计时，关于雨滴下落过程中其速度的大小v、重力势能Ep随时间变化的情况，如图所示的图象中可能正确的是（  ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

详解】AB．根据牛顿第二定律得：

mg﹣f＝ma

得：

随着速度增大，雨滴受到的阻力f增大，则知加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，雨滴做匀速直线运动，故v﹣t图象切线斜率先减小后不变，故A错误，B正确；

CD．以地面为重力势能的零参考面，则雨滴的重力势能为：

Ep＝mgh﹣mg•at2

Ep随时间变化的图象应该是开口向下的，故CD错误；

故选B.

5.“世纪工程”﹣港珠澳大桥已于2018年10月24日9时正式通车，大桥主桥部分由约为6.7km海底隧道和22.9km桥梁构成，海底隧道需要每天24小时照明，而桥梁只需晚上照明。假设该大桥的照明电路可简化为如图所示电路，其中太阳能电池供电系统可等效为电动势为E、内阻为r的电源，电阻R1、R2分别视为隧道灯和桥梁路灯，已知r小于R1和R2，则下列说法正确的是（  ）

A. 夜间，电流表示数为

B. 夜间，开关K闭合，电路中电流表、电压表示数均变小

C. 夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大

D. 当电流表示数为I则太阳能电池供电系统输出电功率为EI

【答案】C

【解析】

【详解】A．夜间，桥梁需要照明，开关K闭合，电阻R1、R2并联，根据闭合电路欧姆定律可知，电流表示数，故A错误；

B．夜间，开关K闭合，总电阻减小，干路电流增大，电路中电流表示数变大，故B错误；

C．根据能量守恒定律可知，夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大，故C正确；

D．当电流表示数为I，则太阳能电池供电系统总功率为EI，输出功率为EI﹣I2r，故D错误。

故选C.

6.2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式上，习近平主席乘“红旗”牌国产轿车依次检阅15个徒步方队和32个装备方队（如图甲所示）。检阅车在水平路面上的启动过程如图乙所示，其中Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率P行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，若检阅车的质量为m，行驶过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是（  ）

A. 检阅车在t1时刻的牵引力和功率都是最大值，t2～t3时间内其牵引力等于f

B. 0～t1时间内检阅车做变加速运动

C. 0～t2时间内的平均速度等于

D. t1～t2时间内检阅车克服阻力所做功为P（t2﹣t1）+

【答案】AD

【解析】

【详解】A．由图象可知，检阅车的运动过程为：Oa为匀加速直线运动，ab是恒定功率运动，且加速度在逐渐减小，所以t1时刻牵引力和功率最大，bc是匀速直线运动，t2～t3时间内其牵引力等于f，故A正确。

B．在0～t1时间段，由v﹣t图象知检阅车做匀加速直线运动，故B错误。

C．在0～t2时间段，由v﹣t图象可知，检阅车先做匀加速运动再做变加速运动，故此段时间内平均速度大于，故C错误；

D．设时间t1～t2内检阅车克服阻力所做功为Wf，由动能定理

克服阻力所做功为，故D正确。

故选AD.

7.如图所示，两块长方体滑块A和B叠放在倾角为θ的斜面体C上。已知A、B质量分别为m1和m2，A与C的动摩擦因数为μ1，B与A的动摩擦因数为µ2．两滑块AB在斜面体上以相同加速度自由下滑，斜面体C在水平地面上始终保持静止，则下列说法正确的是（  ）

A. 斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左

B. 滑块A与斜面间的动摩擦因数µ1＝tanθ

C. 滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为µ1（m1+m2）gcosθ

D. 滑块B所受的摩擦力大小为µ2m2gcosθ

【答案】AC

【解析】

【详解】A．把AB看成一个整体，AB对C的压力在水平方向的分力为

Nx＝（m1+m2）gcosθ∙sinθ

方向水平向右，AB对C的摩擦力在水平方向的分力为fx＝fcosθ，方向水平向左。因为AB一起加速下滑，所以（m1+m2）gsinθ＞f，则Nx＞fx，所以斜面C有向右的运动趋势，则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左。故A正确；

B．因为AB一起加速下滑，所以

μ1（m1+m2）gcosθ＜（m1+m2）gsinθ

则μ1＜tanθ，故B错误；

C．把AB看成一个整体，滑块A与斜面之间的摩擦力为

f＝μ1（m1+m2）gcosθ

故C正确；

D．滑块AB一起加速下滑，其加速度为

a＝gsinθ﹣μ1gcosθ

B与A之间的摩擦力是静摩擦，则AB之间的摩擦力为

f′＝m2a＝mg（sinθ﹣μ1cosθ）

故D错误。

故选AC.

8.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，某同学在研究小球落到弹簧后向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示．不计空气阻力，重力加速度为g．以下判断正确的是

A 当x=h+x0，重力势能与弹性势能之和最小

B. 小球到达最低点的坐标为x=h+2x0

C. 小球受到的弹力最大值大于2mg

D. 小球动能的最大值为mgh+mgx0

【答案】ACD

【解析】

【详解】根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；根据运动的对称性可知，小球运动的最低点大于h+2x0，小球受到的弹力最大值大于2mg，故B错误，C正确；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h+x0)−mg•x0＝mv2，故小球动能的最大值为mgh+mgx0，故D正确；故选ACD．

三、非选择题

9.某同学用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系。实验中用砂和砂桶的总重力表示小车所受合力。

（1）下列关于该实验的操作，正确的有_____。

A．砂和砂桶的总质量应远小于小车的质量

B．实验所用电磁打点计时器的工作电源应选用电压约为6V的蓄电池

C．实验时，应先让打点计时器正常工作，后释放小车

D．平衡摩擦力时，应挂上空砂桶，逐渐抬高木板，直到小车能匀速下滑

（2）图乙为实验得到的一条点迹清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。已知电源频率为50Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度v＝_____m/s（保留三位有效数字）。

（3）该同学平衡了摩擦力后进行实验，他根据实验数据画出了小车动能变化△Ek与绳子拉力对小车所做功W的关系图象，他得到的图象应该是_____。

A.    B.    C.    D.

【答案】    (1). AC    (2). 0.475（0.450～0.500都对）    (3). A

【解析】

【详解】（1）[1]．A．实验中用砂和砂桶的总重力表示小车所受合力，为了使小车的合力近似等于砂和砂桶的总重力，砂和砂桶的总质量应远小于小车的质量，故A正确；

B．实验所用电磁打点计时器的工作电源应选用电压约为6V的交流电源，而蓄电池提供的是直流电源，故B错误；

C．实验时，应先让打点计时器正常工作，后释放小车，才能够在纸带上打出足够多的点，故C正确；

D．平衡摩擦力时，不应挂上空砂桶，故D错误。

故选：AC。

（2）[2]．C点的读数为1.65cm，E点的读数为3.55cm，CE的距离xCE＝（3.55﹣1.65）cm＝1.90cm。中间时刻的速度等于该时间段的平均速度，所以打点计时器在打D点时纸带的速度

vD＝＝m/s＝0.475m/s。

（3）[3]．根据动能定理：W＝△Ek，小车动能变化△Ek与绳子拉力对小车所做功W的关系图象是经过原点的一条直线，故A正确。

10.要测量一个待测电阻Rx（190Ω～210Ω）的阻值，实验室提供了如下器材：

电源E：电动势3.0V，内阻不计

电流表A1：量程0～10mA，内阻r1约50Ω

电流表A2：量程0﹣500μA，内阻r2为1000Ω

电压表V1：量程0～1V，内阻RV1约为1kΩ

电压表V2：量程0～10V，内阻RV2约为10kΩ

滑动变阻器R：最大阻值20Ω，额定电流2A

定值电阻R1＝500Ω

定值电阻R2＝2000Ω

定值电阻R3＝5000Ω

电键S及导线若干

求实验中尽可能准确测量Rx的阻值，请回答下面问题：

（1）为了测定待测电阻上的电压，可以将电表___（选填“A1”、“A2”或“V1”、“V2“）串联定值电阻__（选填“R1”、“R2”或“R3”），将其改装成一个量程为3.0V的电压表。

（2）利用所给器材，在虚线框内画出测量待测电阻Rx阻值的实验原理图（所有的器材必须用题中所给的符号表示）。（        ）

（3）根据以上实验原理图进行实验，若测量电路中一只电流表的读数为6.2mA，另外一只电流表的读数为200.0μA．根据读数并结合题中所给数据求出待测电阻Rx＝_____Ω。

【答案】    (1). A2    (2). R3    (3).     (4). 200.0

【解析】

【详解】（1）[1]．将小量程的电流表改装成电压表，电流表需要知道两个参数：量程和内阻，故电流表选A2。

[2]．根据串联电路特点和欧姆定律得：串联电阻阻值为：

R＝＝﹣1000Ω＝5000Ω

故选定值电阻R3；

（2）[3]．由①知电压表的内阻

RV＝R2+r2＝1000+5000＝6000Ω

由于≈3.8～4.2，≈31.6～28.6，则

故电流表应用用外接法；又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示

（3）[4]．根据串并联电路特点和欧姆定律得：

==200.0Ω

11.如图，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m＝0.1kg、电荷量q＝+1×10-6C的小物块置于斜面上的A点，A距斜面底端R的长度为1.5m，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：

（1）该电场的电场强度的大小；

（2）若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少？

【答案】（1）7.5×105 N/C；（2）1s，3 m/s。

【解析】

【详解】（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，则有

在x轴方向：

Fcos37°﹣mgsin37°＝0…①

在y轴方向：

FN﹣mgcos37°﹣Fsin37°＝0．……②

解得：

gE＝mgtan37°……③

故有：

E＝7.5×105 N/C

方向水平向右……④

（2）场强变化后物块所受合力为：

F＝mgsin37°﹣qEcos37°……⑤

根据牛顿第二定律得：

F＝ma……⑥

故代入解得

a＝0.3g＝3m/s2

方向沿斜面向下

由运动学公式可得：vB2﹣vA2＝2as

解得：

t＝1s

vB＝3 m/s

12.光滑水平面上有一质量m车＝1.0kg的平板小车，车上静置A、B两物块。物块由轻质弹簧无栓接相连（物块可看作质点），质量分别为mA＝1.0kg，mB＝1.0kg。A距车右端x1（x1＞1.5m），B距车左端x2＝1.5m，两物块与小车上表面的动摩擦因数均为μ＝0.1．车离地面的高度h＝0.8m，如图所示。某时刻，将储有弹性势能Ep＝4.0J的轻弹簧释放，使A、B瞬间分离，A、B两物块在平板车上水平运动。重力加速度g取10m/s2，求：

（1）弹簧释放瞬间后A、B速度的大小；

（2）B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间；

（3）若物块A最终并未落地，则平板车的长度至少多长？滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量多少？

【答案】（1）2m/s、2m/s；（2）1.4s；（3）3.25m ；3.25J。

【解析】

【详解】（1）释放弹簧过程A、B系统动量守恒、机械能守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mAvA﹣mBvB＝0

由机械能守恒定律得：

代入数据解得：

vA＝2m/s

vB＝2m/s；

（2）由于A、B质量相等与桌面的动摩擦因数相等，在B在平板车上运动到左端过程小车所受合力为零，小车静止，B运动到小车左端过程，对B，由动能定理得：

由动量定理得：

﹣μmBgt1＝mBvB﹣mBv2，

代入数据解得：

vB＝1m/s

t1＝1s，

B离开平板车后做平抛运动，竖直方向：

，

代入数据解得：

t2＝0.4s，

运动时间：

t＝t1+t2＝1.4s；

（3）B离开小车时：vA＝vB＝1m/s，B离开平板车后，A与平板车组成的系统动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mAvA＝（mA+m车）v

由能量守恒定律得：

代入数据解得：

L相对＝0.25m；

A、B同时在小车上运动时小车不动，B滑出小车时，A在小车上滑行的距离与B在小车上滑行的距离相等为1.5m，小车的最小长度：

L＝1.5+1.5+0.25＝3.25m，

系统产生热量：

E＝μmAgx1+μmBgx2＝3.25J；

13.下列说法中正确的是 （  ）

A. 随着科技的不断进步，绝对零度可能达到

B. 分子势能随着分子间距的增大，可能先减小后增大

C. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动

D. 一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能一定减小

E. 当卫星中物体处于完全失重时，若一个固定的容器装有浸润其器壁的液体置于卫星内，则必须用盖子盖紧，否则容器中的液体一定会沿器壁流散

【答案】BDE

【解析】

【详解】A．绝对零度是不能达到。故A错误；

B．两个分子之间的距离从无穷远到无限靠近的过程中，分子之间的作用力先是吸引力，后是排斥力，所以分子力先做正功，后做负功；同理，分子间距从无限靠近到无穷远的过程中，分子力也是先做正功，后做负功；所以可知分子势能随着分子间距的增大，可能先减小后增大。故B正确；

C．布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由花粉颗粒组成的，所以布朗运动反映的是花粉颗粒的运动，不是花粉分子的热运动，是液体分子的热运动的反应，故C错误；

D．根据理想气体得状态方程可知，一定质量的理想气体在等压压缩的过程中气体的温度一定降低，而一定量的理想气体得内能仅仅与温度有关，温度降低气体的内能减小，所以一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能一定减小。故D正确；

E．当卫星中的物体处于完全失重时，若一个固定的容器装有浸润其器壁的液体置于卫星内，根据浸润的特点可知必须用盖子盖紧，否则容器中的液体一定会沿器壁流散。故E正确；

故选BDE.

14.如图所示，一总质量m＝10kg的绝热汽缸放在光滑水平面上，用横截面积S＝1.0×10﹣2m2的光滑绝热薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞杆的另一端固定在墙上，外界大气压强P0＝1.0×105Pa．当气体温度为27℃时，密闭气体的体积为2.0×10﹣3m3（0℃对应的热力学温度为273K）。

（ⅰ）求从开始对气体加热到气体温度缓慢升高到360K过程中，气体对外界所做的功；

（ⅱ）若地面与汽缸间的动摩擦因数μ＝0.2，现要使汽缸向右滑动，则缸内气体的温度至少应降低多少摄氏度？（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，活塞一直在汽缸内，气体质量可忽略不计，重力加速度g取10m/s2。）

【答案】（ⅰ）40J；（ⅱ）6℃。

【解析】

【详解】（ⅰ）气体压强不变，由盖•吕萨克定律得：

解得：

V2＝T2＝2.4×10﹣3 m3

气体对外界所做的功

W＝P0•△V＝P0（V2﹣V1）

代入数据解得：

W＝40J

（ⅱ）当气体降温，气缸未发生移动时，气体等容变化，则：

汽缸开始移动时，则有：

P0S＝P3S+μmg

代入数据解得：

T＝294K

故应降温

△t＝6℃

15.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，经过t1＝6s，波形图如图中虚线所示。已知波的周期T＞4s，则下列说法正确的是（  ）

A. 该波的波长为8m

B. 该波的周期可能为8s

C. 在t＝9s时，B质点一定沿y轴正方向运动

D. B、C两质点的振动情况总是相反的

E. 该列波的波速可能为m/s

【答案】BDE

【解析】

【详解】A．分析波形图，可知波长λ＝4m，故A错误；

BE．设波沿x轴正方向传播，则，n＝0、1、2…，其中T＞4s，则n＝0时，T＝24s，波速 ；n＝1时，T＝s，波速v＝m/s；

设波沿x轴负方向传播，则，n＝0、1、2…，其中T＞4s，则n＝0时，T＝8s，波速v＝0.5m/s，故BE正确；

C．当波沿x轴负方向传播时，T＝8s，在t＝9s时，B质点在平衡位置下方，沿y轴负方向运动，故C错误；

D．B、C两质点平衡位置相隔半个波长，振动情况完全相反，故D正确；

故选BDE.

16.处于真空中的圆柱形玻璃的横截面如图所示，AB为水平直径，玻璃砖的半径为R，O为圆心，P为圆柱形玻璃砖上的一点，与水平直径AB相距，单色光平行于水平直径AB射向该玻璃砖。已知沿直径AB射入的单色光透过玻璃的时间为t，光在真空中的传播速度为c，不考虑二次反射，求：

（1）该圆柱形玻璃砖的折射率n；

（2）从P点水平射入的单色光透过玻璃砖的时间。

【答案】（1）；（2）。

【解析】

【详解】（1）沿AB入射的光将从B点射出，设光在玻璃内的速度为v，则：

v＝

又：

2R＝ct

联立可得：

n＝

（2）过P做入射光的法线，过P做AB的垂线，垂足为C，如图：因，所以∠POC＝30°

由几何关系可知该光的入射角为30°

由折射定律：n＝可得：

由几何关系：

PD＝2R•cosr

从P入射的光到达D所用的时间：

联立可得：

t′＝