甘肃省临夏中学2020届高三上学期第一次摸底考试物理试题

甘肃省临夏中学2019—2020学年第一学期摸底考试卷

一、选择题

1.如图所示，固定斜面C上有A和B两个物体一起相对静止地沿斜面匀速下滑,请分析A、B两个物体受力的个数分别为(    )

A. 3个，4个

B. 3个，5个

C. 3个，6个

D. 4个，5个

【答案】B

【解析】

解：先以A为研究对象，分析受力情况：重力、B竖直向上的支持力，B对A有静摩擦力，因A匀速运动，共有受3个力．

再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，及A对B静摩擦力，共5个力．

故选：B

【点评】本题考查分析物体受力的能力，采用隔离法的思维，要结合平衡进行分析，同时一般按重力、弹力、摩擦力顺序进行分析

2.如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，P为MN连线的中点，T为连线上靠近N的一点，S为连线的中垂线上处于P点上方的一点。把一个电子分别放在P、S、T三点进行比较，则(    )

A. 电子在S点受力最小，在T点电势能最大

B. 电子在P点受力最小，在T点电势能最大

C. 电子从T点移到S点，电场力做负功，动能减小

D. 电子从P点移到S点，电场力做正功，动能增大

【答案】A

【解析】

【详解】A、B、由等量异号点电荷电场线及等势面空间分布图，P、S、T三点进行比较，S、P两点电势相等，大于T点电势；T点电场强度最大，S点电场强度最小。电子放在S点受力最小，放在T点电势能最大；故A正确，B错误。

C、电子从T点移到S点，电场力做正功，动能增大；C错误。

D、电子从P点移到S点，初末位置构成等势面，则电场力不做功，故D错误。

故选A。

【点睛】本题关键是要能够画出等量异号电荷的电场线和等势面分布图，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱，而沿着电场线，电势逐渐降低．

3.一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即和摩擦力的作用， 木块处于静止状态，如图所示，其中，若撤去，则木块受到的摩擦力为（）

A. 10 N,方向向左 B. 6N，方向向右 C. 2N，方向向右 D. 0

【答案】C

【解析】

【详解】开始时在水平方向木块受及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知木块所受的静摩擦力的大小为，则有木块受到的最大静摩擦力；当撤去力后，由于 ，则有木块仍处于静止状态，由平衡条件可知木块所受的静摩擦力大小与作用在木块上的等大反向，即，方向水平向右，故选项C正确， A、B、D错误。

4.水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，一轻绳的一端固定在墙上，另一端跨过滑轮后挂着一质量为m＝10 kg的物体，并与横梁夹角为30°，如图所示，g＝10m/s2，则滑轮受到的作用力为

A. 50N B. N C. 100N D. N

【答案】C

【解析】

【详解】由题意可得，对绳B点受力分析：滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力，因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重量，即

F1=F2=G=mg=100 N

用平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则有合力

F=100 N

所以滑轮受绳的作用力为100 N．方向与水平方向成30°角斜向下。

A.50N与计算结果不符，故A错误。

B. N与计算结果不符，故B错误。

C.100N与计算结果相符，故C正确。

D. N与计算结果不符，故D错误。

5.如图所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，则物体从底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是

A. 物体始终受到沿传送带向上的摩擦力

B. 物体运动至顶端时一定相对传送带静止

C. 传送带对物体所做的功大于物体机械能的增量

D. 物体加速运动过程中传送带通过距离是物体通过距离的2倍

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题中“倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端”可知，本题考察传送带问题。根据动能定理解决传送带问题的规律，应用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系等知识分析推断。

【详解】A：当物体刚放上传送带时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力；在这些力的作用下，物体沿传送带加速向上运动；当物体的速度等于传送带的速度时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的静摩擦力，沿传送带向上匀速运动。故A项正确。

BD：若传送带长度较短，物体沿传送带运动只有加速过程，且加速到最后的速度仍小于传送带的速度，物体到至顶端时仍相对传送带向下运动；这种情况下，物体通过的距离，传送带通过的距离，物体加速运动过程中传送带通过的距离大于物体通过距离的2倍。故BD两项错误。

C：物体受重力、支持力和传送带对物体的摩擦力，物体运动过程中，除重力外只有传送带对物体的摩擦力做功，则传送带对物体所做的功等于物体机械能的增量。故C项错误。

6.以初速v0竖直向上抛出一个小球，小球所受的空气阻力与速度大小成正比，下面正确描述小球从抛出到落地运动的v﹣t图是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

设物体所受的阻力f=kv，物体的质量为m，则在物体上升的过程中有mg+f=ma1，即mg+kv=ma1， ；由于上升过程中物体的速度越来越小，故物体的加速度ma1越来越小，故v﹣t图的斜率的绝对值越来越小．在下落过程中有mg﹣kv=ma2；

下落过程中物体的速度越来越大，故物体的加速度越来越小，则v﹣t图的斜率的绝对值也越来越小．故选B．

点睛：本题的难点有：①要根据阻力与速度的大小成正比写出阻力的表达式；②必须能够明确v﹣t的斜率代表物体的加速度即倾斜程度越大加速度越大；③能够根据牛顿第二定律写出上升的过程中有mg+f=ma1；在下落过程中有mg﹣kv=ma2．

7.有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】设船在静水中的速度为，当船头指向始终与河岸垂直，则有： ，当回程时行驶路线与河岸垂直，则有： ，而回头时的船的合速度为： ，由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为： ，故D正确，ABC错误；

故选：D

【点睛】根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解。

8.全球卫星定位与通信系统通常由地球静止轨道卫星A和非静止轨道卫星B组网而成．若有A、B两颗这样的卫星，轨道面相同，运行的速率分别为v1和v2，轨道高度为h1和h2，加速度分别为a1和a2，第一宇宙速度为v，地球半径为R．则下列关系式正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

根据

得：  

同理：  

第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，根据，解得：．

则 ，，．故B正确，ACD错误．故选B．

9.如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的 F1、 F2分别同时作用于 A、 B 两个静止的物体上，已知 ma＜mb，经过一段时间先撤去 F1， 再撤去 F2， 运动一段时间后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将（  ）

A. 静止

B. 向左运动

C. 向右运动

D. 无法确定

【答案】B

【解析】

【详解】两个推力等大、反向，F2作用时间长，冲量大。所以两力的总动量向左，根据动量定理，两物体的总动量沿F2方向，两物体粘为一体时将向左运动，故B正确，ACD错误。

故选：B

10.如图所示，直线A为某电源的U–I图线，曲线B为某小灯泡的U–I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（    ）

A. 4 W  6 W B. 4 W  8 W

C. 2 W  3 W D. 2 W  4 W

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：根据图象可以知道电源的电动势的大小，和灯泡的电压电流的大小，根据功率的公式计算即可．

解：由图象可知用该电源和灯泡组成闭合电路时，交点为它们工作时的电流和电压的大小，

电路中电流为I=2A，路端电压为U=2V，电源的电动势的大小为3V，

电源的输出功率为P=UI=2×2=4W，电源的总功率P=EI=3×2=6W．

故选：B

11.如图，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为，此时悬线的张力为F．若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则环中电流大小和方向是

A. 电流大小为，电流方向沿顺时针方向

B. 电流大小为，电流方向沿逆时针方向

C. 电流大小为，电流方向沿顺时针方向

D. 电流大小为，电流方向沿逆时针方向

【答案】A

【解析】

【详解】要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向向上，根据左手定则可以判断，电流方向应沿顺时针方向，根据力的平衡

解得：

A.电流大小为，电流方向沿顺时针方向与分析相符，故A项正确；

B.电流大小为，电流方向沿逆时针方向与分析不符，故B项错误；

C.电流大小为，电流方向沿顺时针方向与分析不符，故C项错误；

D.电流大小为，电流方向沿逆时针方向与分析不符，故D项错误。

12. 自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是（ ）

A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系

B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系

C. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系

D. 焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系

【答案】ACD

【解析】

试题分析：本题考查物理学史，根据电磁学发展中科学家的贡献可找出正确答案．

解：A、奥斯特最先发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁相互作用的序幕，故A正确；

B、欧姆定律说明了电流与电压的关系，故B错误；

C、法拉第经十年的努力发现了电磁感应现象，故C正确；

D、焦耳发现了电流的热效应，故D正确；

故选ACD．

点评：电流具有磁效应、热效应、化学效应等，本题考查其发现历程，要求我们熟记相关的物理学史．

13.如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图像，已知甲对应的是图像中的直线，乙对应的是图像中的曲线，则下列说法正确的是(　　)

A. 甲做匀减速直线运动

B. 乙做变速直线运动

C. 0～t1时间内两物体平均速度大小相等

D. 两物体运动方向相反

【答案】BD

【解析】

【详解】结合题意分析题图易知，题图中图像的斜率等于速度，知甲沿负方向做匀速直线运动，故A错误。乙图像切线的斜率不断增大，说明乙的速度不断增大，做变速直线运动，故B正确。根据坐标的变化量等于位移知，0～t1时间内两物体位移大小不相等，方向相反，所以平均速度不相等，故C错误。根据图像的斜率等于速度可知，甲的速度为负，乙的速度为正，即两物体的运动方向相反，故D正确；故选BD。

14.如图所示为变压器工作电路示意图，其中T为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r，灯L1、L2相同且阻值不变。现保持变压器T的输入电压不变，滑片P处于图中位 置，开关S断开，该状态下灯L1正常发光，则下列说法正确的是

A. 仅闭合开关S，灯L1会变亮

B. 仅闭合开关S，r消耗的功率会变大

C. 仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小

D. 仅将滑片P上移，电流表示数会变小

【答案】BC

【解析】

【详解】A项：闭合s，副线圈的电阻变小，副线圈的电压不变，所以副线圈中电流增大，上损失的电压增大，灯泡两端的电压变小，所以灯变暗，故A错误；

B项：由A项分析可知，副线圈中的电流增大，由公式可知，消耗的功率会变大，故B正确；

C项：仅将滑片P下移，副线圈的匝数变小，副线圈中两端的电压变小，副线圈中的电流变小，所以消耗的功率会变小，故C正确；

D项：仅将滑片P上移，副线圈的匝数变大，副线圈两端电压变大，所以原线圈中的电流变大，即电流表示数变大，故D错误。

15.下列说法正确的是　　

A. 机械能全部变成内能是不可能的

B. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体

C. 从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的

D. 第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式

E. 在任何自然过程中，一个孤立系统的熵值不会减小，因此热力学第二定律又称为熵增加原理

【答案】CE

【解析】

【详解】A. 根据热力学第二定律可知，机械能可以全部转化为内能，而在不引起其他变化的情况下，内能无法全部转化为机械能，A错误。

B. 根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，B错误。

C. 在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的，C正确。

D. 第二类永动机不可能制造成功的原因是违反了热力学第二定律，D错误。

E. 在任何自然过程中，一个孤立系统的熵值不会减小，因此热力学第二定律又称为熵增加原理，E正确。

16.如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中

A. U先变大后变小 B. I先变小后变大

C. U与I比值先变大后变小 D. U变化量与I变化量比值等于R3

【答案】BC

【解析】

由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；在滑动变阻器的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的的电阻与的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误；

【点睛】当滑动变阻器的两部分并联在电路中时，在最中间时，电阻最大，滑片从一端移动到另一端的过程中，电阻先增大后减小，

【此处有视频，请去附件查看】

17.如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外。则（    ）

A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为

B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为

C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为

D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为

【答案】AC

【解析】

【详解】L1在ab两点产生的磁场强度大小相等设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场强度设为B2，方向向里，在b点产生的磁场强度也为B2，方向向外，规定向外为正，根据矢量叠加原理可知

可解得： ; 故AC正确；BD错误；故选AC

二、填空题

18.某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了5个连续点之间的距离。

（1）物块下滑是的加速度a=_____m/s2；打点C点时物块的速度v=____m/s；

（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是____（填正确答案标号）。

A．物块的质量     B．斜面的高度       C．斜面的倾角

【答案】（1）3.25    1.79  （2）C

【解析】

试题分析：（1）根据，有：，解得：

打C点时物块的速度：

（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：，解得：

故还需要测量斜面的倾角，故选：C；

考点：测量动摩擦因数实验

【名师点睛】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等．

【此处有视频，请去附件查看】

19.某同学为了测量Rx的电阻值，设计了如图所示的电路．用到的器材有：电源（电动势未知．内阻为r），理想电流表mA，理想电压表V，单刀双掷开关S．实验时他进行了如下操作：

(1)在开关处于断开状态下连接好电路；

(2)将开关S向电压表一侧闭合，记录下电压表读数U1；将开关S向Rx一侧闭合，记录下电流表读数I2;

(3)根据已知条件和(2)中测量数据，可得电源电动势E=____，待测电阻的表达式Rx= ___;（用字母符号表示）

【答案】    (1). U1    (2).

【解析】

【详解】(3)[1]当将开关S向电压表一侧闭合时，外电路为断路状态；故电压表的示数即为电源的电动势；因电压表读数U1，可知电源的电动势E=U1；

[2]将开关S向Rx一侧闭合，电流表读数I2，则由闭合电路欧姆定律可知：

E=I2（Rx+r）

解得：.

三、计算题

20. 甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。

【答案】

【解析】

、设甲开始的加速度为a,两段时间间隔都为t，则甲在两段时间内的总路程为：

乙在两段时间内的总路程为：

由上两式得：

21.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，在弹力的作用下获某一向右速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，求：

（1）开始时弹簧储存的弹性势能；

（2）物块从B到C克服阻力做的功；

（3）物块离开C点后落回水平面时的水平距离及动能的大小。

【答案】（1）（2）（3）；

【解析】

【分析】

由B点对导轨压力可求得物体在B点的速度，则由动能定理可求得弹簧对物块的弹力所做的功，根据能量守恒知开始时弹簧储存的弹性势能；由临界条件利用向心力公式可求得最高点的速度，由动能定理可求得摩擦力所做的功；由C到落后地面，物体做平抛运动，机械能守恒，则由机械能守恒定理可求得落回水平地面时的动能

【详解】（1）设物块滑到B点速度为；由牛顿第二定律可得：，；

得；

设开始时弹簧储存的弹性势能为；由，

A至B光滑，即，

联立解得；

（2）设物块恰能到达C点的速度为；由得；

设物块从B到C克服阻力做的功为；

由能量守恒可得，

解得；

（3）物块离开C点做平抛运动；由，，得

由能量守恒可得，解得．

【点睛】解答本题首先应明确物体运动的三个过程，第一过程弹力做功增加了物体的动能；第二过程做竖直面上的圆周运动，要注意临界条件的应用；第三过程做平抛运动，机械能守恒．

四、选做题

22.如图所示，均匀薄壁U型管竖直放置，左管长度大于2L且上端封闭，右管开口且足够长，管的横截面积为S，内装密度为的液体，右管内有一质量为m的活塞搁在固定小卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气。温度为T0时，左、右管内液面等高，两管内封闭空气柱的长度均为L，压强均为大气压强P0，现使左、右两管温度同时缓慢升高，在活塞离开卡口上升前，左、右两管内液面保持不变，重力加速度为g，求：

（1）右管内活塞刚离开卡口上升时，右管封闭气体的温度T1；

（2）温度升高到T2为多少时，两管液面高度差为L?

【答案】（1）    （2）

【解析】

【详解】（1）在活塞离开卡口上升前，右管内气体体积不变。活塞刚要离开卡口上升时，右管内气体的压强

由气态方程

（2）继续升温，左管中液面下降右管中液面上升，当液面高度差为L时，左管中气体的压强、体积分别为

由气态方程及

23.如图所示，在一个足够宽的槽中盛有折射率为的液体，中部扣着一个圆锥形透明罩(罩壁极薄)ADB，罩顶角∠ADB=30º，高DC=0.2m，罩内为空气，整个罩子没在液体中。槽底AB的中点C处有一点光源，点光源发出的光经折射进入液体后，再从液体上表面射出。不考虑光线在透明罩内部的反射.

求液体表面有光射出的面积(结果保留三位有效数字)。

【答案】S=9.42×10-2m²

【解析】

如图所示，有一条光线从C点射向DB，在E点折射后进入液体中，射向空气时在F点发生全反射，GH和MN分别为两处的法线GH交CD于G点，∠EFM为临界角C，

则：，解得：∠C=45º

由几何关系得：，，

由折射定律可得：

解得：

由几何关系得：；

在ΔCDE中应用正弦定理：，

在ADEF中应用正弦定理：，

解得，

液体表面有光射出的面积为：，

解得：

【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，运用几何知识结合解决这类问题．