四川省天府大联考届高三考前热身卷三物理试题Word格式.docx

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质点做曲线运动时，所受的合力可能是恒力，根据牛顿第二定律得知，物体的加速度可能不变，由△v=at知，物体相等的时间内速度变化相等，例如平抛运动，故C正确；

若加速度与速度方向相同，加速度在减小的过程中，物体做加速运动，故D错误。

15．如图所示，质量m＝5kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，与此同时物体受到一个水平向右的拉力F＝20N的作用，则物体产生的加速度是（g取10m/s2）（　A　）

A．8m/s2，水平向右

B．0

C．4m/s2，水平向左

D．4m/s2，水平向右

【解析】　对物体受力分析可知F合＝F＋f，f＝μmg，所以F合＝20N＋0.4×

5×

10N＝40N，所以a＝

＝m/s2＝8m/s2，方向水平向右。

选项A正确。

16.质量相等的A、B两小球（均可视为质点）放在同一水平面上，分别受到水平恒力F1、F2的作用，同时由静止开始从同一位置出发沿同一直线做匀加速运动。

经过时间t0和3t0速度分别达到2v0和v0,此时分别撤去F1和F2，两小球继续做匀减速运动直至停止。

两小球速度随时间变化的图线如图所示。

对于上述过程下列说法正确的是（D）

A.A、B所受阻力大小之比为2∶1　　　B.全过程中A、B的位移大小之比为3∶1

C.在2t0和3t0间的某一时刻B追上A　　D.F1和F2的大小之比为9∶4

【解析】从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小都为

，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma′，则阻力大小都为

，故A错误；

图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为3：

2，故B错误；

在3t0末，A的位移大于B的位移，此时B未追上A，故C错误；

根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：

，

，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F-f=ma，则

，F1和F2的大小之比为9：

4。

故D正确。

17．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为2m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现用水平拉力F拉木块A，使四个木块以同一加速度运动，重力加速度为g，则水平拉力F的最大值为（　B　）

A.

B.

C.

D．

【解析】据题目已知条件分析知，A、B间先达到最大静摩擦力，而木块间的最大静摩擦力是2μmg，所以对BCD三个木块有

，可解得

。

然后对ABCD四个木块整体分析有

，故B项正确。

18．如图所示，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中木板质量m=4kg，圆柱的半径r=1cm，木板与圆柱间的动摩擦因数μ=0.1，两圆柱以角速度ω绕轴线作相反方向的转动。

现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v=0.8m/s沿圆柱表面作匀速运动。

取g=10m/s2。

下列说法中正确的是（D）

A．若ω取不同的值，则木板所受的摩擦力大小不同

B．若ω=0，则水平拉力F＝10N

C．若ω=60rad/s，则水平拉力F＝3N

D．若ω=60rad/s，木板移动距离x=1.5m，则拉力所做的功为4.8J

【解析】无论ω取何值，木板所受的摩擦力大小均相同，恒为f=μmg=4N，故A错误；

当ω=0，水平拉力F=f=4N，故B错误；

当ω=60rad/s，圆柱转动的线速度大小为vx=ωr=0.6m/s，木板的速度v=0.8m/s，则木板所受每根圆柱的滑动摩擦力与F的夹角为（180°

-37°

），木板在垂直轴线方向受到两轴的滑动摩擦力大小相等方向相反，即垂直轴线方向上受到的总滑动摩擦力为零，而木板受到的滑动摩擦力f=μmg=4N，在平行于轴线方向上，木板做匀速直线运动，由平衡条件得：

F=fcos37°

=

N，故C错误；

木板移动距离x=1.5m，拉力做功：

W=Fx=

×

1.5=4.8J，故D正确；

19．如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b，a球质量为m、带电量为+q，b球质量为3m、带电量为+3q，两球相距较远且相向运动。

某时刻a、b球的速度大小依次为1.5v和v，两球运动过程中，始终没有相碰。

则下列叙述正确的是（CD）

A．a、b两球所受的静电斥力对两球始终做负功

B．由于a、b两球所受静电斥力等大反向，所以a、b两球总的机械能守恒

C．两球相距最近时，速度大小相等，方向相同

D．a、b两球都要反向运动，但a球先反向

【解析】由于两球都带正电荷，所以两球间存在库仑排斥力，在两球最初一段时间内斥力都做负功，但二者运动方向都反向后，斥力对两小球都做正功，故A项错误；

两小球间的库仑力始终在做功并且不为0，故a、b两球总的机械能不守恒，故B项错误；

水平方向系统动量守恒，由完全非弹性碰撞的知识可知，当两球速度相等（方向大小均相等）时，系统损失机械能最大，两球相距最小，故C项正确；

两球靠近过程中由于库仑排斥力的作用，a球减速，b球也减速。

系统的总动量向左，故a球先减速为0再反向加速。

又因为库仑力一直存在，对两者做功，所以b经过一段时间后也会向右运动，即a、b两球都要反向运动，故D项正确。

20．如图所示，质量为m、半径为R的圆形光滑绝缘轨道放在水平地面上固定的M、N两竖直墙壁间，圆形轨道与墙壁间摩擦忽略不计，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为E的匀强电场。

P、Q两点分别为轨道的最低点和最高点。

在P点有一质量为m，电荷量为q的带正电的小球，现给小球一水平初速度v0，使小球在竖直平面内做圆周运动。

不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（BC）

A．从P到Q点的过程中，小球的机械能一定减少

B．小球通过P点时对轨道可能没有压力

C．若mg>

qE，要使小球能通过Q点且保证圆形轨道不脱离地面，速度v0应满足的关系是

≤v0<

D．小球通过P点时的速率一定大于通过Q点时的速率

【解析】小球从P到Q点的过程中，电场力做正功，故机械能增加，故A错误；

通过受力分析，当电场力和重力刚好提供所需向心力时，对轨道无压力，故B正确；

当mg>

qE时,由动能定理得:

，小球恰能通过Q点时，

计算得出：

；

所以要使小球能通过Q点，需有：

设小球通过Q点时，轨道对小球的压力为N,小球对轨道的压力为N′，

由牛顿第三定律有：

N=N′，

若圆形轨道恰不脱离地面，则：

N′<

mg，即N<

mg，

在Q点受力分析有:

又由动能定理得：

解得:

，所以得

，故C正确；

当qE>

mg时，由动能定理

，得：

vQ大于vP，故D错误。

21．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止。

现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v–t关系分别对应图乙中A、B图线。

tl时刻，A、B分离。

重力加速度为g，则下列说法正确的是（AD）

A．从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变　B．tl时刻，拉力为

C．t2时刻，弹簧形变量为　　　　　　　　　　　D．0~t1过程，A、B运动的位移为

【解析】由图乙读出，t1时刻A、B开始分离，对B分析，根据牛顿第二定律得：

F-mgsinθ=ma，则F=mgsinθ+ma，故B错误；

由图乙知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得mgsinθ=kx2，则x2=，故C错误；

由图乙知，t1时刻A、B开始分离，对A分析，根据牛顿第二定律得kx1-mgsinθ=ma，开始时有2mgsinθ=kx0，所以0~t1过程，A、B运动的位移为，故D正确；

从开始到t1时刻，对A、B整体分析，根据牛顿第定律得F+kx-2mgsinθ=2ma，得F=2mgsinθ+2ma-kx，x减小，F增大；

t1到t2时刻，对B分析，由牛顿第二定律得F-mgsinθ=ma，得F=mgsinθ+ma，可知F不变，故A正确。

第Ⅱ卷

三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第22题～第32题为必考题，每个考题考生都必须作答，第33题～40题为选考题，考生根据要求作答。

）

（一）必考题（共129分）

22．（6分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小文同学设计了如图所示的装置进行实验。

实验中，当木块A位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面。

将A拉到P点，待B稳定后静止释放，B着地后速度立即减为零，A最终滑到Q点。

分别测量OP、OQ的长度h和s，测得A、B的质量分别为m、M。

改变h，重复上述实验，分别记录h和s实验数据。

（1）根据已知条件推算木块与桌面之间的动摩擦因数

（用被测物理量的符号表示）。

（2）若实验测得A、B的质量分别为m=0.20kg、M=0.40kg．小文的同桌小唐同学根据实验测得的数据做出s-h图象，并得到图线的斜率为0.8，则A木块与桌面间的动摩擦因数μ=0.6（结果保留一位有效数字）。

【解析】

（1）B下落至刚接触地面过程，根据动能定理有:

Mgh-μmgh=（M+m）v2，

在B落地后，A运动到Q，有:

mv2=μmgs得:

（2）将

变形得：

，将m=0.20kg，M=0.40kg，k=0.8代入上式可求得:

μ=0.6.

23．（9分）某中学要求学生测量一个电源的电动势及内阻。

准备的器材有：

电流表A1（0～300mA，内阻12Ω），电阻箱R（最大阻值99.9Ω），一个开关和若干导线

（1）由于电流表A1量程较小，考虑到安全因素，同学们将一个定值电阻和电流表并联，若要使并联后流过定值电阻的电流是流过电流表的电流的3倍，则定值电阻的阻值R0=4或4.0Ω。

（2）小陈同学设计的电路图如下图。

若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表的示数I，并计算出

，得到多组数据后描点作出R-

图线如图所示，则该电源的电动势E=12V，内阻r=6.0Ω（结果保留两位有效数字）

（1）由并联电路规律可知，并联部分电压相等，要使并联后流过定值电阻的电流是流过电流表的电流的3倍；

则定值电阻的阻值应是电流表内阻的三分之一，故有：

（2）闭合电路欧姆定律可知：

，变形可得：

故图象中的斜率等于：

，故：

图象与纵坐标的交点为：

，解得：

24．

25．（12分）在粗糙水平面上有一个质量为m=10kg的小车，与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。

现对小车施加一水平向左的恒力F，F=30N。

在小车开始启动的同时，一个人从车后25m出发，以6m/s的速度匀速追赶这辆小车。

问：

（1）此人能否追上小车？

（2）若能追上，求追上的时间；

若追不上，求人与车之间的最小距离为多少？

（g=10m/s2）

（1）由牛顿第二定律得F-μmg=ma，a=1m/s2

设人经时间t追上小车，当追上时，人的位移为s１，车的位移为s２，则s１-s２=s0

即 

v人t-

at2=s0

代入数据整理后得t 

2-12t+50=0 

因为Δ=b2-4ac=122-4×

50=-56＜0，方程t 

2-12t+50=0无解，故人追不上小车。

（2）设经时间t′，人和小车的速度相同，此时二者距离最小，

则有 

v 

车=v 

人=at′，解得t′=6s 

此时人与车的距离最小为 

△smin=s0+s2-s1=7m。

26．（20分）如图所示，质量为m 

=0.5kg的物体用长为r=0.4m的细绳悬挂于O点。

水平传送带AB以速度v=8m/s沿顺时针方向转动。

现将物体向左上方拉至细绳与竖直方向夹角θ=60°

的位置由静止释放，物体摆到最低点时烧断细绳，之后物体恰好能无碰撞地滑上传送带的左端A点。

同时，传送带开始做加速度大小为a=2m/s2的匀减速运动，直到停止。

已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。

求：

（1）静止释放物体时，细绳上的张力大小？

（2）物体滑上传送带左端A点时的速度vA？

（3）若物体最终恰好能够到达传送带的右端B点，则传送带上AB两点的距离为多少？

物体在传送带上留下的划痕为多长？

（1）静止释放的瞬间，由向心力公式得T-mgcosθ=0，T=2.5N

（2）物体下摆过程，由动能定理得mgr（1-cosθ）=

mvA2，vA=2m/s

（3）物体冲上传送带后向右匀加速运动，a1=μg=1m/s2

设经时间t1，物体与传送带速度相同，则v1=vA+μgt1=v-at1，得t1=2s，v1=4m/s

此时，物体的位移x1=

t1=6m，传送带的位移x1′=

t1=12m，相对位移△x1=x1′-x1=12-6=6m

达共速后，因为μg<

a，所以物体与传送带分别做匀减速运动，传动带先停止运动，之后物体继续匀减速直到它也停下，由题意知，此时物体恰好到达B点。

达共速到分别停下的过程中，物体的位移为x2=

=8m，传送带的位移为x2′=

=4m，相对位移△x2=x2-x2′=8-4=4m<

△x1。

所以AB=x1+x2=6+8=14m，划痕L=6m

33．[物理——选修3–3]（15分）

（1）（5分）下列说法正确的是（ABD）（填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．气体的压强是大量气体分子对器壁撞击的宏观表现

B．高压密闭的钢筒中油穿壁而出，说明分子有间隙

C．大雾天，天空中悬浮着许多小水滴，这是水滴中的分子在不停地运动

D．物体内能增大时，温度不一定升高

E．在不考虑分子势能的情况下，质量和温度相同的氢气和氧气内能相同

【解析】天空中悬浮的小水滴是肉眼可见的物体，其运动不属于分子运动，故C错误。

不考虑分子势能的情况下，气体内能就等于分子热运动的动能。

温度相同的氢气和氧气，分子热运动的平均动能相同。

但由于它们质量相同时物质的量不同，所以含有的分子总数不同，内能不同，故E错误。

（2）（10分）两端封闭的均匀直玻璃管由导热材料制成，现将它竖直放置，内用高为h的汞柱把管内空气分为上下两部分，静止时两段空气柱的长度均为L，上端空气柱的压强为p1=2ρgh（ρ为水银的密度，g为重力加速度）。

当玻璃管在竖直方向做匀变速运动时，稳定后发现上端空气柱的长度减为2L/3。

已知外界温度恒定不变，求：

（i）稳定后上段空气柱的压强为多大？

稳定后下段空气柱的压强为多大？

（ii）玻璃管运动的加速度大小和方向？

（i）对上段空气柱，在玻璃管在竖直方向上做匀变速运动时，上段空气柱做等温变化。

初始状态：

p1=2ρgh，V1=LS；

末状态：

p1′，V1′=

LS；

根据玻意耳定律p1V1=p1′V1′得：

p1′=3ρgh。

对下段空气柱，在玻璃管在竖直方向上做匀变速运动时，下段空气柱做等温变化。

p2=p1+ρgh=3ρgh，V2=LS；

p2′，V2′=

根据玻意耳定律p2V2=p2′V2′得：

p2′=

ρgh。

（ii）对水银柱，取竖直向下为正方向，设横截面积为S，根据牛顿第二定律得：

p1′S+ρghS-p2′S=ma=（ρhS）a，解得a=g，方向竖直向下。

34．[物理——选修3–4]（15分）

（1）（5分）关于黄光和蓝光的比较，下列说法正确的是（ABD）（填正确答案标号。

A．从玻璃到空气发生全反射时，蓝光的临界角小于黄光的临界角

B．同一种介质对蓝光的折射率大于对黄光的折射率

C．黄光在真空中的速度大于蓝光在真空中的速度

D．在同一种均匀介质中，黄光的波长大于蓝光的波长

E．在同一个杨氏双缝干涉装置中，黄光的条纹间距小于蓝光的条纹间距

【解析】由于蓝光比黄光频率高，所以同一种介质对蓝光的折射率比对黄光的大，故B正确。

由sinC=

得，发生全反射时，蓝光的临界角比黄光的小，故A正确。

不同频率的光在真空中的传播速度都为光速c，故C错误。

由λ介=v介/f，v介=c/n得λ介=

，所以在同一种均匀介质中，黄光的波长大于蓝光的波长，D正确。

由双缝干涉条纹间距公式△x=

λ得，在同一个杨氏双缝干涉装置中，黄光的条纹间距大于蓝光的条纹间距，故E错误。

（2）（10分）如图所示为一列简谐横波上相距3m的两个质点A和B的振动图象。

若波长

满足1m<

<

3m，求：

（i）波速v；

（ii）波通过A、B两点的时间t。

【解析】由振动图像知，周期T=0.6s。

当t=0时，A在波峰，B在平衡位置且向上运动，所以

当波从A传向B时，

由此可得

因为1m<

λ<

3m，所以n=1或n=2，

n=1时，λ=

m，v=

=4m/s，t=

s=0.75s.

n=2时，λ=

m/s，t=

s=1.35s.

同理，当波从B传向A时，s=AB=（n+

）λ=3m

3m，所以n=1或n=2，

m/s，t=

s=1.05s.

s=1.65s.