甘肃省武威市第六中学2020届高三上学期第四次阶段考试物理试题

2020届甘肃省武威市第六中学高三上学期第四次阶段考试物理试题

一、 选择题

1.关于高中物理实验中用到的思想方法，下列说法不正确的是（  ）

A. 图甲为著名伽利略斜面实验，应用了理想实验的方法

B. 图乙为验证牛顿第二定律的实验，主要应用了控制变量的方法

C. 图丙为探究合力与分力的关系实验，主要应用了极限的思想方法

D. 图丁为卡文迪许测量引力常量的实验，应用了放大的思想方法

【答案】C

【解析】

【详解】A．著名的伽利略斜面实验，主要应用了理想实验和逻辑推理的方法，故A正确；

B．图中是采用控制变量法研究加速度a和外力F、质量m的关系实验，故B正确；

C．探究合力与分力的关系实验采用的是等效思想，故C错误；

D．卡文迪许通过扭秤实验测万有引力常量，采用是的放大思想方法，故D正确。

本题选择不正确的，故选C。

2.根据所学知识，判断下列四个“一定”说法中正确的是（    ）

A. 物体的速度为零时，其加速度就一定为零

B. 合外力对物体做功为零时，物体的机械能就一定守恒

C. 物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向一定相同

D. 做圆周运动物体的向心力一定等于物体所受的合外力

【答案】C

【解析】

物体的速度为零时，其加速度不一定为零，例如竖直上抛运动的物体到达最高点时，选项A错误；合外力对物体做功为零时，物体的动能不变，但是机械能不一定守恒，例如匀速上升的物体，选项B错误；物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向一定相同，选项C正确；只有做匀速圆周运动物体的向心力才一定等于物体所受的合外力，选项D错误；故选C.

3.按照规定，七层以上高层写字楼或住宅楼内都要配有升降电梯。某位同学总质量为40kg，乘坐电梯从所住的七楼向下运动，其所乘电梯的速度—时间图像如图所示，已知重力加速度大小为10m/s2，不计空气阻力，则（  ）

A. 在第1s内，该同学处于超重状态

B. 在第10s内，该同学对电梯的压力大小为320N

C. 在前2s内，该同学的重力势能减少了800J

D. 在10s内，该电梯的平均速度为1m/s

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图可知，在第1s内，该同学向下加速，加速度向下，故处于失重状态，故A错误；

B．第10s内物体减速向下，则加速度向上，物体处于超重状态，则压力一定大于本身的重力，故一定大于400N，故B错误；

C．前2s内物体下落的高度

则重力势能减小量为

故C正确；

D．由图可知，10s内的位移

则平均速度

故D错误。

故选C。

4.如图所示，O是正三角形ABC的中心，将带正电的小球a、b分别放在A、B两顶点，此时b球所受的库仑力大小为F，再将一个带负电的小球c放在C点，b球所受的库仑力大小仍为F．现固定小球a、c，将小球b从B点沿直线移动到O点

A. 移动过程中电场力对小球b不做功

B. 移动过程中电场力对小球b做正功

C. 小球b在B点的受到的电场力等于在O点受到的电场力

D. 小球b在B点的受到的电场力大于在O点受到的电场力

【答案】A

【解析】

【详解】根据题意分析，设变长为L，当没放小球C时：，放上小球C后，对小球B受力分析，合力大小仍为F，而与夹角，合力与一个分力大小相等，可以得出，即，得到，所以A、C是等量异种电荷：

AB.等量异种电荷中垂面是一个等势面，所以从B点沿直线移动到O点，在等势面上移动电荷电场力不做功，所以A正确B错误

CD.根据等量异种电荷的场强分布关系，可以得到，从连线中点向两端场强越来越小，所以，小球b在B点的受到的电场力小于在O点受到的电场力，CD错误

5.如图所示，水平桌面上有三个相同的物体叠放在一起，的左端通过一根轻绳与质量为的小球相连，绳与水平方向的夹角为，小球静止在光滑的半圆形器皿中.水平向右的力作用在上，三个物体保持静止状态取，下列说法正确的是（     ）

A. 物体受到向右的静摩擦力

B. 物体受到一个摩擦力，方向向左

C. 桌面对物体的静摩擦力方向水平向右

D. 撤去力的瞬间，三个物体将获得向左的加速度

【答案】B

【解析】

【详解】A．由于C物体处于平衡状态，既不受拉力也不受摩擦力，A错误；

B．由于b处于平衡状态，由于水平拉力F=40N，因此受到水平向左的摩擦力也为40N，B正确；

C．对小球m进行受力分析可知，

可求出绳子拉力:

因此桌面受到的静摩擦力方向水平向左，大小为:

C错误；

D．撤去力F的瞬间，由于绳子拉力小于a与桌面间的摩擦力，因三个物体仍将静止不动，D错误．

6.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示；当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，绳a与水平方向成θ角，绳b处于水平方向且长为L，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）

A. a绳的张力随角速度的增大而增大

B. 当角速度 时，b绳开始出现弹力

C 只要a、b绳夹角不变，a绳上张力一定不变

D. 若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化

【答案】C

【解析】

A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，，解得，可知a绳的拉力不变，故A错误，C正确；

B、当b绳拉力为零时，有，解得，可知当角速度时，b绳出现弹力，故B错误；

D、由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误；

故选C．

【点睛】关键知道小球做圆周运动向心力的来源分析，知道小球竖直方向合力为零，这是解决本题的关键．

7.如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船R的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f，当绳AO段与水平面夹角为θ时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】ABCD. 假设卡车速度是v0，对小船运动分解，小船的速度为v的沿绳分量与卡车速度相同，如图：

由几何关系可知，此时卡车的牵引力为

再对小船受力分析如图：

由牛顿第二定律可知，小船加速度为

故A正确BCD错误。

故选A。

8.某卫星在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，其运行的周期为T，最终在月球表面实现软着陆．若以R表示月球的半径，引力常量为G，忽略月球自转及地球对卫星的影响，下列说法不正确的是（ ）

A. 该卫星绕月运行时的向心加速度为  

B. 月球的第一宇宙速度为

C. 月球的质量为

D. 物体在月球表面自由下落的加速度大小为

【答案】A

【解析】

【详解】A项，“嫦娥三号”做匀速圆周运动，向心加速度 ，即A项错误，故选择A项．

B项，第一宇宙速度是近地圆周运动的线速度，此时万有引力提供圆周运动向心力，，又知，联立可得 ，即B项正确，故不选择B项．

C项，根据，可知月球质量，即C项正确，故不选择C项．

D项，已知，所以物体在月球表面自由下落的加速度，即D项正确，故不选择D项．

综上所述，本题正确答案为A．

9.如图甲所示，质量分别为mA=4kg、mB=3kg的滑块A、B放在光滑的水平面上，之间用一质量可忽略不计的弹簧连接，滑块B紧靠在竖直的墙壁上。现有一质量为m的滑块C以v=9m/s的速度沿水平面向右运动，从0时刻开始计时，4s末与滑块A碰撞，且粘在一起，整个运动过程中，滑块C的速度—时间图像如图乙所示。则下列正确的说法是 （　　）

A. 滑块C的质量m=3kg

B. 滑块C与滑块A碰撞过程中，滑块C对滑块A的冲量大小为36N·s

C. 4~12s内，墙壁对滑块B的冲量大小为36N·s

D. 整个过程中弹簧的最大弹性势能为162J

【答案】C

【解析】

【详解】A．C与滑块A碰撞，且粘在一起的过程中，规定向右为正方向，根据系统动量守恒定律得

代入数据解得

故A错误；

B．滑块C与滑块A碰撞过程中，滑块C对滑块A冲量，根据动量定理得

故B错误；

C．规定向右为正方向，4～12s内，墙壁对滑块B的冲量大小，等于弹簧对滑块B的冲量大小，等于弹簧对滑块AC的冲量大小，根据动量定理得

故C正确；

D．从AC粘在一起到将弹簧压缩到最短的过程中，对整个系统能量守恒

故D错误。

故选C。

10.如图所示为某人练习打靶时的情境，枪口到水平地面的距离为h，瞄准同一高度到枪口距离为L处的小物体射击，子弹以速度v0射出枪口的同时物体自由下落，若不计空气阻力，子弹、物体均可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是 （       ）

A. 子弹击中小物体之前，子弹与小物体始终在同一高度

B. 小物体比子弹下落得快

C. v0<L时，子弹可以击中物体

D. v0>L时，子弹可以击中物体

【答案】AD

【解析】

【详解】A．子弹击中小物体之前，在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，与小物体的运动情况相同，所以子弹与小物体始终在同一高度，故A正确；

B．子弹在空中做平抛运动，竖直方向的运动情况与小物体的运动情况相同，所以，小物体与子弹下落一样快，故B错误；

CD．子弹击中小物体时，水平位移

而

解得

故C错误，D正确。

故选AD。

11.如图所示，小车在光滑的水平地面上向左运动，木块在小车的水平车板上水平向右运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是（    ）

A. 若小车的动量大于木块的动量，则小车先减速后加速再匀速

B. 若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速后加速再匀速

C. 若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速

D. 若小车的动量小于木块的动量，则小车先减速后匀速

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．如果小车的动量大于木块的动量，则小车与木块组成系统的总动量与小车动量方向相同，系统动量方向水平向左，小车先减速运动，最后与木块相对静止，一起向左做匀速直线运动；木块先向右减速运动，到速度为零，然后向左做加速运动，最后与小车一起向左做匀速运动，即木块先减速、后加速、最后匀速运动，故A错误，B正确；
CD．如果小车的动量小于木块的动量，则小车与木块组成的系统总动量与木块动量方向相同，系统总动量方向向右，最终木块与小车一起向右做匀速直线运动，木块先减速后匀速运动；小车先向左减速运动，到速度为零，然后向右做加速运动，最后向右做匀速运动，故C正确，D错误．

故选BC．

12.如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球。必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W，第二次击打过程中小锤对小球做功4W。设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W的值可能是  （　　）

A. mgR B. mgR C. mgR D. mgR

【答案】AB

【解析】

【详解】小球在竖直面内运动只有重力做功，故机械能守恒，小球要到达圆轨道最高点，那么，对小球在最高点应用牛顿第二定律可得

所以，小球的机械能

小球在运动过程中始终未脱离轨道，且必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，故第一次击打后，小球运动的高度不大于R，所以有

解得

故AB正确，CD错误。

故选AB。

13.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（  ）

A. a的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度

B. 在相同时间内b转过的弧长最长，a、c转过的弧长对应的角度相等

C. c在4小时内转过的圆心角是，a在2小时内转过的圆心角是

D. b的周期一定小于d的周期，d的周期一定小于24小时

【答案】BC

【解析】

【详解】A．对于b、c、d，由万有引力提供圆周运动向心力可知向心加速度

知c的向心加速度大于d的向心加速度，b的向心加速度大于c的向心加速度，根据a=ω2r可知，c的向心加速度大于a的向心加速度，而b的向心加速度大小等于地球表面的重力加速度，故a的向心加速度小于地球表面重力加速度，故A错误；

B．根据万有引力提供圆周运动向心力

得

可得三颗卫星中b卫星的线速度最大，在相同时间内b转过的弧长最大，又c是地球同步卫星可得a和c的角速度相等，故a的线速度小于同步卫星c的线速度，故在相同时间内ac转过的弧长对应的角度相等，故B正确；

C．c是地球同步卫星，周期为24h，故其4h内转过的圆心角度是

a的周期也为24h时，其在2h内转过的圆心角度是

故C正确；

D．由开普勒第三定律可知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故D错误。

故选BC。

14.下列说法正确的是

A. 两个物体只要温度相等，那么它们分子热运动的平均动能就相等

B. 在自然界能的总量是守恒的，所以不存在能源危机

C. 热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成

D. 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”

E. 1kg的0℃的冰比1kg的0℃的水内能小些

【答案】ACE

【解析】

【详解】A．温度是平均动能的标志，所以两个物体只要温度相等，那么他们分子热运动的平均动能相等，故A正确；

B．在自然界能总量是守恒的，由于存在方向性，所以需要我们节约能源，故B错误；

C．根据：

△U=Q+W

热力学第一定律，也可表述为第一类永动机不可能制成，故C正确；

D．热力学第二定律可描述为“在外界做功下，能使热量由低温物体传递到高温物体”，故D错误；

E．由于冰化成水需要吸热，所以1kg的0℃的冰比1kg的0℃的水的内能小些，故E正确。

故选ACE．

【点睛】考查热力学基本知识，掌握热力学第一、二定律，知识温度是平均动能的标志，理解能量转化需要方向性，强调要节约能源．

二、实验题

15.在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，如图甲所示。

(1)为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，将你认为正确选项的前面字母填在横线上_____________________

A.每次释放小球的位置必须不同

B.每次必须由静止释放小球

C.通过调节使斜槽的末端保持水平

D.小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触

E.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线

(2)在“研究平抛运动”实验中，某同学用闪光照相的方法获得的相片的一部分，如图A、B、C为一小球做平抛运动时闪光照片的三个位置所建立的直角坐标系中描绘的轨迹的一部分，则（g取10m/s2）

①照相机两次闪光的时间间隔Δt＝_______s；

②小球被抛出时的水平速度v＝________m/s。

【答案】    (1). BCD    (2). 0.1    (3). 1

【解析】

【详解】(1)[1]AB．因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故A错误，B正确；

C．通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故C正确；

D．做平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直，小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以免有阻力的影响，故D正确；

E．将球经过不同高度的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑的曲线把各点连接起来，不能将点连成折线，故E错误。

故选BCD。

(2)[2]竖直方向上有

解得

[3]水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为

16.如图所示，为验证动能定理的实验装置，较长的小车的前端固定有力传感器，能测出小车所受的拉力，小车上固定两个完全相同的遮光条A、B，小车、传感器及遮光条的总质量为M，小车放在安装有定滑轮和光电门的光滑轨道D上，光电门可记录遮光条A、B通过它时的挡光时间．用不可伸长的细线将小车与质量为m的重物相连，轨道放在水平桌面上，细线与轨道平行(滑轮质量、摩擦不计)．

(1)用螺旋测微器测遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d=____mm．

(2)实验过程中______满足M远大于m(填“需要”或“不需要”)．

(3)实验主要步骤如下:

①测量小车、传感器及遮光条的总质量M，测量两遮光条的距离L，按图甲正确连接器材．

②由静止释放小车，小车在细线拉动下运动，记录传感器的示数F及遮光条A、B 经过光电门的挡光时间tA和tB，则验证动能定理的表达式为__________(用字母M、F、L、d、tA、tB表示)．

【答案】    (1). 0.400    (2). 不需要    (3).

【解析】

【详解】（1）[1]．螺旋测微器的读数为

（2）[2]．因为可以通过传感器读出力的大小，不需要满足M远大于m。

（3）[3]．遮光条A、B通过光电门的速度分别为

则动能的变化量为

拉力做功为

则验证动能定理表达式为

【名师点睛】以验证动能定理为实验命题背景考查学生的实验能力，知道光电门测速的原理，即极短时间内的平均速度等于瞬时速度，掌握螺旋测微器的读数方法，难度不大

三、计算题

17.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p-V图象如图所示．已知该气体在状态A时的温度为27℃求：

（1）该气体在状态B、C时的温度分别为多少摄氏度？

（2）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？

【答案】（1）-73℃与27℃；（2）200J．

【解析】

【详解】（1）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，发生等容变化，则有：，

已知该气体在状态A时的温度为TA=300K；pA=3×105Pa；pB=2×105Pa；

解得：TB=200K，即为：tB=-73℃ ；

从B到C过程发生等压变化，则有：，

解得：TC=300K，即为：tC=27℃ ；

（2）该气体从状态A到状态C的过程中，体积增大，气体对外做功，而内能不变，则吸热．

吸收的热量为：．

18.沿x轴方向传播的简谐横波如图所示，其中实线为t＝0时刻的波形，虚线为t＝0.3 s时刻的波形，求：

（i）该波的周期；

（ii）该波的波速最小值．

【答案】（i）若波沿x轴负方向传播；若波沿x轴正方向传播（ii）若波沿x轴负方向传播1m/s；若波沿x轴正方向传播3m/s；

【解析】

【详解】（i）若波沿x轴负方向传播，由

解得波的周期可能为

若波沿x轴正方向传播，由

解得波的周期可能为

(ii) 由波形图可知波长

若波沿x轴负方向传播，当n＝0时，可得

则最小速度

同理，若波沿x轴正方向传播，可得

则最小速度

19.一根轻弹簧水平放置,左端固定在A点,右端与一个质量m1=1 kg的物块P接触但不相连.AB是水平轨道,B端与半径R=0.8 m的竖直光滑半圆轨道BCD的底部相切,D是半圆轨道的最高点.质量m2=1 kg的物块Q静止于B点.用外力缓慢向左推动物块P弹簧压缩(弹簧始终处于弹性限度内),使物块P静止于距B端L=2 m处.现撤去外力,物块P被弹簧弹出后与物块Q发生正碰,碰撞前物块P已经与弹簧分开且碰撞时间极短,碰撞后两物块粘到一起,恰好能沿半圆轨道运动到D点.物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5,物块P、Q均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2.求:

 （1）物块P与物块Q发生碰撞前瞬间的速度大小;

（2）释放物块P时弹簧的弹性势能Ep.

【答案】（1）（2）90J

【解析】

【详解】（1）设与小物块Q发生碰撞前小物块P的速度大小为v0，碰后二者速度大小为v1，在D点速度大小为v2，

在D点：

从B—D过程，由动能定理得：

得：

对P、Q碰撞前后，由动量守恒定律得：

得：

（2）从释放点至B点，对小物块P由动能定理得：

解得：

W=EP=90J

20.如图所示，质量为M=1kg的小木块随水平传送带一起以v=2m/s的速度向左匀速运动，传送带两端A、B间距为L=0.8m，小木块与传送带的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹，以v0=300m/s的水平向右的速度射入木块，并在极短的时间内穿出，穿出速度vm=50m/s，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）子弹穿出小木块时小木块的速度vM；

（2）子弹射穿小木块过程中产生的热量Q；

（3）小木块在传送带上运动的时间．

【答案】(1)3m/s；(2)872.5J；(3)0.4s

【解析】

【分析】

（1）子弹射过小木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求解出子弹穿出小木块时小木块的速度；（2）子弹射穿小木块过程中产生的热量Q等于系统机械能的损失，根据能量守恒定律求解；（3）根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出木块在传送带上速度减到0时的位移，判断小木块从哪端离开传送带，再由位移时间公式求解时间．

【详解】（1）子弹和木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向

由动量守恒定律有：
代入数据解得木块的速度：，方向水平向右
（2）根据能量守恒定律得：

子弹射穿小木块过程中产生的热量

代入数据解得：

（3）设木块在传送带上速度减到0时的位移为s

由牛顿第二定律得：

解得：

由速度与位移关系式得：

解得：

所以木块会在右边离开传送带，设在传送带上的时间为t

则有：

解得：（不合题意舍去）