2020屆四川省成都市高三上學期高考一診物理試題(解析版)

1、2020年四川省成都市高考物理一診試卷、選擇題1.圖示情景中，小球相對于水平桌面向后運動的原因是（）B.動車突然向前加速D.動車做勻速直線運動的速度很大A.小球突然失去慣性C.動車突然向前減速【答案】B【詳解】小球突然向后去，是因為火車突然啟動，因為慣性，小球會保持原來的運動狀態(tài)，所以會相對桌面向后運動，故B正確。2 .如圖，小物塊P在沿斜面向上的拉力F作用下沿固定光滑斜面勻速上滑?，F(xiàn)將力F的方向變?yōu)樗较蛴?仍使P保持原來的速度沿斜面勻速上滑。則變化后與變化前比較（）A.斜面對物體支持力不變C.力F變小B.力F變大D.力F的功率變大【解析】【詳解】A.對物體受力分析可知，物體受重力、支持力、

2、摩擦力和拉力，根據(jù)受力平衡可得Fnmgcos當力F的方向變?yōu)樗较蛴遥鶕?jù)平衡可得FnmgcosFsin因此支持變大，故A錯誤;BC.在斜面方向，根據(jù)平衡可得mgsinF當力F的方向變?yōu)樗较蛴铱傻胢gsinFcos因此F變大，故B正確C錯誤；D.一開始F的功率為PFvmgsinv變化之后功率為PFcosvmgsinv拉力F的功率不變，故D錯誤。3 .如圖。水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q,板間距離為d,上極板與靜電計相連,靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴，所帶電荷量絕對值A.油滴帶正電B.油滴受到的電場力大小為4kQqC.若僅將上極

3、板平移到圖中虛線位置，則靜電計指針張角減小D.若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則油滴將加速向上運動【解析】【詳解】A.根據(jù)受力分析知，油滴受重力和電場力，因為油滴受力平衡，因此可判斷油滴帶負電，所受電場力豎直向上，故A錯誤；B.因為油滴處于勻強電場中，因此只能用勻強電場公式，根據(jù)平行板電容器公式可得UEd可得EqQqCd故B錯誤;C.平行板電容器電荷量不變，根據(jù)公式cS,Q4kdQC,U4 kdCSC正確;因此將上極板平移到圖中虛線位置，間距變小，電容變大，電壓變小，靜電計指針張角變小，故D.電場力FqEqU4kqQ乙A.可知電場力與兩極板距離d無關，若僅將上極板平移到圖中虛線位置，所受電場力

4、不變，因此油滴仍靜止不動，故D錯誤。4.如圖甲，在勻強電場中的O點先后無初速釋放兩個正點電荷I和n,電荷僅受勻強電場的作用沿直線向A運動，兩電荷的動能Ek隨位移x變化的關系如圖乙。若I的電荷量為q,則可知（）勻強電場的場強大小為E旦qxo.EkoB.電何n受到的電場力大小為FnC.電荷n電荷量為-2D.選O點為零電勢點，A點的電勢為EkoAqXoB.根據(jù)靜電力所做的功等于動能變化量可得FnX2Eko解得匚2EkoFnX。C.根據(jù)動能關系可設電荷n的電荷量為Q,則2EqxoEQxo解得Q2q故C錯誤；D.若選O點為零電勢點，則A點的電勢即為OA間的電勢差，因為是勻強電場，根據(jù)公式qUoAEk。解

5、得UOAEkoAq但是電荷為正電荷，因此電場方向為從。到A,電勢減小，故Ekoq故D錯誤。5.人造地球衛(wèi)星的軌道可能是圓，也可能是橢圓。關于在軌正常運行的這些衛(wèi)星，說法正確的是（A.所有衛(wèi)星的運行周期都小于1天B.所有衛(wèi)星在任何位置的速率都小于7.9km/sC.部分衛(wèi)星在某些位置的向心加速度大于地球表面的重力加速度D.所有衛(wèi)星半長軸（或軌道半徑）的三次方與運行周期的二次方的比值是一個常數(shù)【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)周期公式可得MmR2mgT2軌道半徑越大，周期越大，因此存在周期大于1天的情況，故A錯誤;7.9km/s,故B錯誤;B.衛(wèi)星在變換軌道時會加速遠離地球，在加速的過程中，衛(wèi)星的速

6、度可以大于C.根據(jù)公式可知Mmma因為衛(wèi)星軌道半徑大于地球半徑，因此其加速度不可能大于地球重力加速度，故C錯誤;D.根據(jù)公式可得MmG所以R3T2GM為常數(shù)，故D正確。6.圖甲所示的無人機在飛行的某1min內(nèi)，前0.5min沿正東方向做水平直線運動，后0.5min沿正北方向做水平直線運動，其速率u隨時間t變化的關系如圖乙。下列判斷正確的是(可能用到sin370.6)()A.無人機在10s末、40s末的加速度大小之比為2:3B.無人機在前、后0.5min內(nèi)的平均速率之比為4:3C. 1min內(nèi)，無人機飛行的路程為500mD. 1min內(nèi)，無人機的位移大小為500m、方向東偏北53【答案】AD【解

7、析】【詳解】A.由圖像可知，va一t2 2前30s,無人機加速度大小為m/s2,30s到50s加速度為1m/s2,所以無人機在10s末、40s末的加速度大3小之比為2:3,故A正確；B.根據(jù)平均速度公式可得_xv-t在v-t圖中，圖像面積為物體的位移，因此可得，前0.5min內(nèi)平均速度為300m=10m/s,后0.5min內(nèi)平均30s速度為絲2m二色m/s,因此速度之比為3:4,故B錯誤；30s3C.無人機實際運行軌跡即為無人機路程，由圖可知，無人機路程為700m,故C錯誤；D.根據(jù)無人機運行軌跡可知，其位移為，3002+4002m=500m，方位為東偏北53,故D正確。7.如圖，曲線a為某元

8、件R的伏安特性曲線，直線b為某直流電源的伏安特性曲線。將元件R與該電源連接A.元件R的電阻隨電壓的增大而增大C.電源的總功率為1.2WB.電源的電動勢為5V,內(nèi)阻為5D.電源的效率為60%【答案】BD【詳解】A.由圖像可知，圖像斜率表示電阻，斜率隨電壓增大而變小，因此電阻也變小，故A錯誤;B.根據(jù)U-I圖像可知，與電壓軸交點為電動勢，斜率表示內(nèi)阻，因此可知，電源電動勢為5V,內(nèi)阻為5故B正確；PEIP2WC.電源總功率為由圖像可得故C錯誤；D.電源的效率為良100%房解得故D正確。60%8.如圖，一絕緣且粗糙程度相同的豎直細桿與兩個等量異種點電荷Q、Q連線的中垂線重合，細桿和Q、Q均固定，a、

9、O、B為細桿上的三點，O為Q、Q連線的中點，AObo.現(xiàn)有電荷量為q、質(zhì)量為m的小球套在桿上，從A點以初速度Vo向B滑動，到達B點時速度恰好為0.則可知（）OA.從A到B,小球的電勢能始終不變，受到的電場力先增大后減小B.從A到B,小球加速度先減小后增大C.小球運動到0點時的速度大小為D.小球從A到O與從O到B,重力的沖量相等AC終不變,確;B.對物體受力分析可知，小球弓但電場力在O點最大，因此支持力，因此加速度先增大后減小，故C.根據(jù)對稱，小球在O點，動育解得A.根據(jù)幾何關系可知,A到B,小球的電勢能始根據(jù)電場線的疏密程度可力先增大后減小，故豎直方向的合力為重力和摩擦B錯誤;此可得、球沒有移

10、動，因此合力為零,11mv022在O點為原來的一半兩端稀疏，因此在水平，故C正確；D.小球從A到O與從O到B,因為速度變化不同，因此所用時間不同，根據(jù)IGt可知，重力的沖量不相等，故D錯誤。三、非選擇題9.甲圖是某小組探究“加速度與合外力的關系”的實驗裝置。在他們的方案中，長木板平放在水平桌面上，利用穿過打點計時器且連在小車后端的紙帶測小車的加速度a,利用固定在小車前端的力傳感器測小車受到的水平拉力F。(1)按該方案做實驗，是否要求鉤碼質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量？_(填“是”或“否”)。(2)從實驗中挑選一條點跡清晰的紙帶。每5個點取一個計數(shù)點，用刻度尺測量計數(shù)點間的距離如圖乙所示。已知打點計時器每

11、間隔0.02s打一個點。由該紙帶可求得小車的加速度a_m/s2(保留2位有效數(shù)字)。(3)改變鉤碼的個數(shù)，測得多組數(shù)據(jù)。若以a為縱坐標，F(xiàn)為橫坐標。利用測得的數(shù)據(jù)作出圖象，則最符合該實驗實際情況白是圖丙中的_。(填選項序號字母)【答案】(1).否(2).0.72(3).B【解析】【詳解】(1)1因為小車前端有力傳感器測小車受到的水平拉力，因此不需要鉤碼質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量；(2)根據(jù)公式XmXn(mn)aT2解得2a0.72m/s(3)3因為沒有平衡摩擦力，所以在一開始有力時沒有加速度，故B符合。10.某同學欲將內(nèi)阻為100、量程為300g的電流計G改裝成歐姆表，要求改裝后歐姆表的0刻度正好對

12、準電流表表盤的300g刻度?？蛇x用的器材還有：定值電阻R(阻值25)；定值電阻R2(阻值100);滑動變阻器R(最大阻值1500);干電池(E1.5V.r2);紅、黑表筆和導線若干。改裝電路如圖甲所示。(1)定值電阻應選擇_(填元件符號)。改裝后的歐姆表的中值電阻為(2)該同學用改裝后尚未標示對應刻度的歐姆表測量一內(nèi)阻和量程均未知的電壓表V的內(nèi)阻。步驟如下：先將歐姆表的紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)_(填圖甲中對應元件符號)，使電流計G指針指到_A;再將_(填“紅”或“黑”)表筆與V表的“”接線柱相連，另一表筆與V表的“”接線柱相連。若兩表的指針位置分別如圖乙和圖丙所示，則V表的內(nèi)阻為，量程為_V?！敬?/p>

13、案】(1).Ri(2).1000(3).R(4).300(5).黑(6).500(7).1【解析】【詳解】(1)1根據(jù)閉合電路歐姆定律可得EIgRgWIgRr+RR'Rxg'RgRx解得Rx25因此選擇定值電阻R；，,1,，一2當IgIg時可得一IgRg_2Ri解得以=1000(2)3使用歐姆表，先將歐姆表的紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)滑動變阻器R;4短接對應的電表達到滿偏，即300A；5因為歐姆表內(nèi)部電源正極連接黑接線柱，所以黑表筆與V表的“”接線柱相連；6根據(jù)歐姆表結構，結合閉合電路歐姆定律可得UEUIR內(nèi)，Rv=I解得U0.5V,RV=5007因為電壓表指針指到中間位置，所以其量

14、程為IV。11.如圖，AB是豎直面內(nèi)、圓心在O點、半徑為R的1光滑絕緣軌道，其B端切線水平且距水平地面的高4度也為R、OB連線右側的空間存在方向豎直向下的勻強電場。將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從軌道A端無初速釋放，小球從B端飛出后，在地面上第一次的落點C距B的水平距離為J2R.若小球可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。求：(1)進入電場前，小球在B端的速度大小及對軌道的壓力大小;(2)勻強電場場強大小。根據(jù)圓周運動向心力公式可得解得2lmvFnmgRFn3mg(2)因為電場線方向向下，小球帶正電，因此所受的電場力方向向下，所以向下的加速度為mgEqma根據(jù)類平拋運動可得V2Rvt，1at2

15、2綜合可得mgq12.如圖，小滑塊A與木板B均靜止于粗糙水平地面上,A與B左端的距離為X。4.5m，小滑塊C靜止于木板B的右端,A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為i0.1,C與B間的動摩擦因數(shù)20.2.現(xiàn)給A個方向水平向右、大小vo5m/s的初速度。已知A、B、C的質(zhì)量分別為mA1kg、mB3kg、me1kg,A、B間的碰撞為彈性碰撞且碰撞時問極短，滑塊C始終未離開木板B,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g10m/s2.求:(1)碰前瞬間A的速度大小和碰后瞬間B的速度大小;(2)碰后瞬間B、C的加速度大??；(3)從碰后到木板B最終停止，B與地面間因摩擦而產(chǎn)生的熱量。aB方向向左，aC方向向右

16、(3)5JA與B左端的距離為Xo4.5m,所以有動能定【答案】(1)4m/s,0.5m/s(2)aB2m/s2,aC2m/s2【詳解】(1)因為A與地面間的動摩擦因數(shù)均為10.1,理可得解得設碰撞后A的速度為V2,B的速度為解得(2)碰撞后瞬間B受到的摩擦力為fB根據(jù)牛頓第二定律可得aB解得aB方向向左，aC方向向右；(3)設經(jīng)過時間t,B、C達到共同速度代入數(shù)據(jù)解得在時間t內(nèi)，木板B的位移代入數(shù)據(jù)得1 212imAgx0mA%m2 2v14m/sV3,因為是彈性碰撞，所以可得mA%mAV2mfeV3121212-mAVi-mAV2-mBV3222V3=0.5m/s1mB+mcg2m：g,fc

17、2mcg1mB+mcg?mCg,aC2gmB22aB2m/s,aC2m/sv共，由運動學公式得丫共二丫8aBt,v共=aCtv共=1m/s,t=0.5s1Xi-（VbV共）t2x10.75m假設B、C共速后一起以加速度a做減速運動，對BC整體運用牛頓第二定律可得imBmegmtmea代入數(shù)據(jù)解得a1m/s2對B由牛頓第二定律可得受到的靜摩擦力大小為1N,設木板B做減速運動再發(fā)生位移為x2停止運動，則可得v共2=2ax2因此因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q1mBmcgxiX2解得Q5J13.下列說法正確的是（）A.將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒仍然是晶體B.質(zhì)量、溫度均相同的碳粉和碳塊，其內(nèi)能不同C.懸浮在

18、水中的花粉微粒的布朗運動反映了花粉分子的熱運動D.一定質(zhì)量的理想氣體，放熱的同時對外界做功，其內(nèi)能一定減少E.氣體向真空的白由膨脹是不可逆的【答案】ADE【解析】【詳解】A.將一塊晶體敲碎后，分子組成結構沒有變，因此得到的小顆粒仍然是晶體，故A正確；B.內(nèi)能是物體所有分子動能和勢能之和，對于質(zhì)量、溫度均相同的碳粉和碳塊，其分子數(shù)相同，動能也相同，都為固體勢能也相同，因此其內(nèi)能相同，故B錯誤；C.布朗運動是分子原子撞擊加大顆粒，因受力不平衡導致其無規(guī)則運動，不是顆粒本身所含的分子，故C錯誤；D.一定質(zhì)量的理想氣體，改變內(nèi)能有兩種方式，做功和熱傳遞，放熱的同時對外界做功，內(nèi)能沒有輸入只有輸出，因此

19、內(nèi)能一定減小，故D正確；E.根據(jù)熱力學第二定律，氣體向真空的白由膨脹是不可逆的，故E正確。14.如圖甲，絕熱氣缸置于水平地面上，其A、B兩部分的橫截面積分別是S4cm2、S28cm2,a、b是質(zhì)量均為m4kg且厚度不汁的絕熱活塞，初態(tài)，a與b封閉著總高度為3h（由0和h的兩段組成）的理想22氣體I,b與缸底封閉著高度為h的理想氣體n,氣體I、n的溫度均為T0300K.已知大氣壓強5P0110Pa,重力加速度大小g10m/s2.活塞與氣缸接觸處光滑且不漏氣，氣缸壁厚度不計，活塞a以上部分足夠長。（1）求氣體n的壓強；（2）若啟動b中的加熱電阻絲（圖中未畫出）對氣體n緩慢加熱，某時刻活塞b到達B的

20、上端且剛好與上端接觸而無壓力（如圖乙），求此時氣體n的溫度。【答案】（1）2.5105pa（2）360K【解析】【詳解】（1）由題意可設，理想氣體I的氣壓為pi,理想氣體n的氣壓為p2,根據(jù)受力平衡可得p°SmgpS,pSmgp2G代入數(shù)據(jù)解得5p22.510pa（2）根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得p2Vp'2V'ToTip°Smgp£,rSmgp'2S2解得T360K15.下列說法正確是（）A.單擺做簡諧運動的周期跟擺長和擺球質(zhì)量均有關B.在機械波的傳播過程中，介質(zhì)中質(zhì)點的振動方向可能和波的傳播方向平行C.兩列波發(fā)生干涉現(xiàn)象，在振動加強的區(qū)域，質(zhì)點的位移總是最大D.機