湖北省襄阳四中2020届高三物理上学期11月联考试题（含解析）

PAGE湖北省襄阳四中2020届高三物理上学期11月联考试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 （含解析）一、选择题1.若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证（）A.地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1/602B.月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1/602C.自由落体在月球 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面的加速度约为地球表面的1/6D.苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的1/60【答案】B【解析】A、设月球质量为，地球质量为M，苹果质量为则月球受到的万有引力为：苹果受到的万有引力为：由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误；B、根据牛顿第二定律：，整理可以得到：，故选项B正确；C、在月球表面处：，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故选项C错误；D、苹果在月球表面受到引力为：，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与地球表面引力之间的关系，故选项D错误。点睛：本题考查万有引力相关知识，掌握万有引力 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 ，知道引力与距离的二次方成反比，即可求解。2.电池对用电器供电时，是其它形式能（如化学能）转化为电能的过程；对充电电池充电时，可看做是这一过程的逆过程。现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示。已知充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的电动势为E，内阻为r。下列说法正确的是A.充电器的输出电功率为B.电能转化为化学能的功率为C.电能转化为化学能的功率为D.充电效率为％【答案】C【解析】充电器输出的电功率为：P=UI，故A错误；充电时，电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UI=I2r+P化，故电能转化为化学能的功率P化=UI-I2r，故B错误，C正确；电池产生的热功率为P热=I2r；充电器的充电效率为：故D错误。故选C。3.如图所示，物体A、B用足够长的细绳与轻弹簧连接后跨过滑轮，A置于薄木板上，此时弹簧左侧细绳与木板平行，已知质量，现将薄木板由倾角30°缓慢放平，物体A始终与木板保持相对静止，不计滑轮摩擦，物体A、B大小可忽略不计。（）A.弹簧伸长量逐渐变大B.连接A、B的细绳对滑轮的作用力不变C.物体A受到的摩擦力先变小后变大D.物体A受到的摩擦力大小不变【答案】C【解析】对物体B受力 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ，受重力和拉力，由二力平衡得到：T=mBg，则知弹簧的弹力不变，伸长量不变，故A错误；连接A、B的细绳之间的夹角减小，则两条细绳的拉力的合力变大，即细绳对滑轮的作用力变大，选项B错误；将薄木板由倾角30°缓慢放平的过程中肯定存在一个位置，即物块A受的重力、细线的拉力以及斜面的支持力三力平衡，此时A受摩擦力为零，则因开始时和最后时物块A所示的摩擦力均不是零，可知物体A受到的摩擦力先变小后变大，选项C正确，D错误；故选C.点睛：此题是共点力的平衡问题；关键是选项CD的判断，可采用定性的分析三个状态：倾角为300和00时，以及除摩擦力外的三力平衡状态.4.甲、乙两个物体沿同一方向做直线运动，其v-t图象如图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是()A.在4s～6s内，甲、乙两物体的加速度大小相等，方向相反B.前6s内甲通过的路程更大C.在t=2s至t=6s内，甲相对乙做匀加速直线运动D.甲、乙两物体一定在2s末相遇【答案】B【解析】【详解】A、根据v-t图象的斜率表示加速度，知在4s～6s内，甲、乙两物体的加速度大小相等，方向相同；故A错误.B、根据v-t图象与坐标轴围成面积代表位移，知0～2s内甲、乙两物体的位移相等。在2s～6s内，甲通过的路程更大，所以前6s内甲通过的路程更大；故B正确.C、在t=2s至t=6s内，甲与乙的速度差一定，则甲相对乙做匀速直线运动；故C错误.D、在前2s两个物体的位移相同，但两者出发点的位置不一定相同，所以甲、乙两物体在2s末不一定相遇；故D错误.故选B.【点睛】本题是速度-时间图象问题，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，即可分析两物体的运动情况.5.如图所示，一个绝缘圆环，当它1/4的均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，现使半圆ABC均匀带电＋2q，而另一半圆ADC均匀带电－2q，则圆心O处电场强度的大小和方向为A.2E，方向由O指向DB.4E，方向由O指向DC.2E，方向由O指向BD.0【答案】A【解析】【详解】当圆环的均匀带电，电荷量为+q时，圆心O处的电场强度大小为E，如图所示：由矢量合成可得，当半圆ABC的带电+2q，在圆心处的电场强度大小为，方向由B到D；当另一半圆ADC均匀带电-2q，同理，在圆心处的电场强度大小为，方向由O到D；根据矢量的合成法则，则有圆心O处的电强度的大小为，方向由O到D；故选A.【点睛】考查矢量的合成法则，掌握圆环带电对O点的电场强度，等效成若干个点电荷产生的电场强度，是解题的关键．6.如图所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动。某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同,此时两小球速度大小相同。若两小球质量均为m，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是()A.此刻两根线拉力大小相同B.运动过程中,两根线上拉力的差值最大为2mgC.运动过程中,两根线上拉力的差值最大为10mgD.若相对同一零势能面,小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能【答案】CD【解析】试题分析：初始位置二者速度相等，对球1根据牛顿第二定律：，对球2根据牛顿第二定律：，整理可以得到：，故A错误；球1在最高点，有：，球2在最低点，有：两个球运动过程中机械能守恒，有：球1：球2：联立解得：；；故；故B错误，C正确；两个球运动过程中机械能守恒，而初始位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故D错误；考点：向心力、机械能守恒【名师点睛】本题的关键是分析两个小球得运动情况和受力情况，在初始位置对小球分别列出牛顿第二定律比较大小，在结合机械能守恒定律比较拉力的差值。7.如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a。(取）则（）A.当a=5m/s2时，线中拉力为B.当a=10m/s2时,小球受的支持力为C.当a=12m/s2时,经过1秒钟小球运动的水平位移是6mD.在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【答案】A【解析】当小球对滑块的压力恰好等于零时，小球所受重力mg和拉力T使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动，由牛顿运动定律得小球和滑块共同的加速度为：。当时，斜面对小球有支持力，将小球所受的力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，有：，，联立解得：，故A正确；当时，斜面对小球恰好没有支持力，故N=0，故B错误；当时，滑块的位移为，而小球要先脱离斜面，然后保持与滑块相同的运动状态，故在这1s内小球运动的水平位移小于6m，故C错误；在稳定后，对小球和滑块A整体受力分析可知，在竖直方向没有加速度，故地面对A的支持力等于两个物体重力之和，故D错误；故选A。【点睛】对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出支持力为零时的加速度，从而判断小球是否离开斜面，再结合牛顿第二定律和平行四边形定则求出绳子的拉力。8.如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D，质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q时速度最大。下列关于小环C下落过程中的描述正确的是（）A.物体A、B和轻弹簧组成的系统机械能守恒B.小环C下落到位置S时，小环C的机械能一定最大C.小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能可能先减小后增大D.小环C到达Q点时，物体A与小环C的动能之比为【答案】ABD【解析】A项：在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；B项：小环C下落到位置S过程中，绳的拉力一直对小环做正功，所以小环的机械能一直在增大，往下绳的拉力对小环做负功，机械能减小，所以在S时，小环的机械能最大，故B正确；C项：由于小环从R到S过程中，小环的机械能一直增大，所以AB弹簧组成的系统机械能减小，由于A的机械能增大，所以弹簧的弹性势能减小，小环从S到Q过程中，小环的机械能减小，AB弹簧组成的系统机械能增大，A的机械能不一定减小，所以弹性势能不一定增大，故C错误；D项：在Q点将小环速度分解可知，根据动能可知，物体A与小环C的动能之比为，故D正确。二、非选择题9.研究性学习小组为“研究匀变速直线运动的规律”和“测当地的重力加速度”，采用了如图1所示的装置，其中m1＝50g、m2＝150g，开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，只要对纸带上的点进行测量，即可研究匀变速直线运动。某次实验打出的纸带如图2所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50Hz。（1）系统的加速度大小为________m/s2，在打点0～5的过程中，系统动能的增量ΔEk＝________J。（2）忽略一切阻力的情况下，某同学作出的—h图象如图3所示，则当地的重力加速度g＝______m/s2。【答案】（1）4.80.576（2）9.6【解析】试题分析：（1）据题意，从纸带可以求出系统的加速度：,而相邻计数点之间时间间隔为：，则加速度为：，在打点0～5的过程中，系统动能的增量为：，计数点5的瞬时速度为：，则；（2）据，整理得：，则图像斜率为：，重力加速度为：。考点：本题考查重力加速度的测定。视频10.小明同学想要描绘标有“4.0V0.4A”的小灯泡D的伏安特性曲线，老师要求尽量精准的测量，并完整绘制小灯泡的伏安特性曲线，为小明提供的可选用的实验器材除了电源、开关、导线若干外，还有如下器材可供选择：电压表V1（量程0～5V，内阻等于4kΩ）；电压表V2（量程0～15V，内阻等于16kΩ）电流表A1（量程0～250mA，内阻等于10Ω）电流表A2（量程0～3A，内阻等于0.2Ω）滑动变阻器R1（0～15Ω，额定电流2A）滑动变阻器R2（0～15kΩ，额定电流0.5A）定值电阻R3（阻值等于1Ω）定值电阻R4（阻值等于10Ω）定值电阻R5（阻值等于1Ω）（1）小明根据实验要求，他选择电压表_______和滑动变阻器_________才能很好地完成实验（填所给仪器的字母代码）。（2）请帮助小明同学在图所示虚线框中画出实验电路图，并标注相关仪器的符号______。（3）小明同学在你的帮助下描绘出的I-U图像应是下图中的_______，由此可得出结论，小灯泡的电阻随温度的升高而_____________（填“减小”或“增大”）。【答案】（1）V1R1；（2）电路图如下；（3）C；增大【解析】试题分析：①灯泡额定电压为3．0V，故只能选用3V量程的电压表V1；因本实验中要求多测几组数据，因此应采用滑动变阻器分压接法，故选择较小阻值的R1；额定电流为0．3A，而给出的量程中3A量程过大，不能使用；只能采用将电流表量程200mA的电流表A1与定值电阻并联的方式来扩大量程；根据改装原理可知，并联10Ω的定值电阻，即可将量程扩大到0．4A；同时因灯泡内阻较小，故采用电流表外接法；故答案如图所示；②因灯泡电阻随温度的增加而增大，因此在I-U图象中图线的斜率应越来越小；故选：C．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线【名师点睛】本题主要考查了描绘小电珠的伏安特性曲线。分析给定仪器的量程等，结合结定灯泡有额定电压和电流，还要求能明确改装原理，根据需要选择改装方式，同时根据实验要求明确滑动变阻器以及电流表接法。11.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，在第二象限有沿y轴正方向的匀强电场E，一长为L的绝缘轻绳一端固定在A（0，4L）点，另一端系一个带负电小球，电荷量大小为，开始绳刚好水平伸直。重力加速度为g。求：（1）小球由静止释放，运动到y轴时绳断裂，小球能到达x轴上的B点，B点位置坐标；（2）假设绳长可以0到4L之间调节，小球依然由原位置静止释放，每次到达y轴绳断裂，其他条件不变，则小球在x轴上的落点与原点间距离最大时，求轻绳的长度及该最大距离。【答案】（1）（2）【解析】【分析】小球由静止释放做圆周运动，由动能 定理 三点共线定理勾股定理的证明证明勾股定理共线定理面面垂直的性质定理 求得运动到y轴时速度大小，绳断裂做类平抛运动，由类平抛运动规律求解。解：(1)小球摆到轴时，由动能定理得绳断裂进入第二象限后做类平抛运动，有联立解得则B点位置坐标为(2)设绳长为时，落点与原点间距离最远，由动能定理得由类平抛规律可得：联立解得，则由数学知识可得当，即绳长时，距离最大最大值为12.传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5m、L2＝2m。传送带始终保持以速度v匀速运动。现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板。已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2kg，g取10m/s2.求：（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小；（2）若v＝6m/s，求滑块离开平板时的速度大小。【答案】（1）（2）【解析】(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a1＝＝3m/s2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a2＝＝1m/s2设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，对滑块：v′＝v－a1t(1分)L2＋x＝vt－a1t2对平板：v′＝a2tx＝a2t2联立以上各式代入数据解得：t＝1s，v＝4m/s.(2)滑块在传送带上的加速度：a3＝＝5m/s2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v1＝＝5m/s<6m/s即滑块滑上平板的速度为5m/s设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′则v″＝v1－a1t′L2＋x′＝v1t′－a1t′2x′＝a2t′2联立以上各式代入数据解得：t′1＝s，t′2＝2s(t′2>t，不合题意，舍去)将t′＝s代入v″＝v－a1t′得：v″＝3.5m/s.13.关于固体、液休和气体，下列说法正确的是______A.当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大B.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强就越接近饱和气压C.由于液体表面层分子间距高大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力D.单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强可能增大E.利用氧气的摩尔质量、密度以及阿伏加德罗常数就可以估算出一个氧气分子的体积【答案】BCD【解析】【详解】A、分子之间的距离等于平衡距离时，分子势能最小，所以当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能可能增大，也可能减小；故A错误.B、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强就越接近饱和气压；故B正确.C、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，此时分子之间的引力大于斥力，液体表面存在张力；故C正确.D、单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，但如果速度增大，撞击力增大，气体的压强可能增大；故D正确.E、气体分子间距离较大，所以无法利用氧气的摩尔质量、密度以及阿伏加德罗常数就可以估算出一个氧气分子的体积，只能求出单个分子占据的空间；故E错误.故选BCD.【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数、湿度、分子间作用力以及压强的微观意义等，要注意明确气体分子间距较大，只能求分子占据的空间.14.如图所示，两竖直且正对放置的导热气缸底部由细管道（体积忽略不计）连通，两活塞用刚性轻杆相连，可在两气缸内无摩擦地移动。上下两活塞（厚度不计）的横截面积分别为，两活塞总质量为，两气缸高度均为。气缸内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时活塞到气缸底部距离均为（图中未标出）。已知大气压强为，环境温度为。(i)若缓慢升高环境温度，使活塞缓慢移到一侧气缸的底部，求此时环境温度；(ii)若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，在活塞b由开始运动到气缸底部过程中，求向下推力的最大值。【答案】①400K②75N【解析】（1）由于气缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动，由盖-吕萨克定律得：T=400K（2）设初始气体压强为，由平衡条件有代入数据得活塞b刚要到达气缸底部时，向下的推力最大，此时气体的体积为，压强为由玻意耳定律得：代入数据得由平衡条件有：代入数据得：15.下列说法正确的是（）A.光在介质中传播的速度仅由介质本身所决定B.雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的C.杨氏双缝干涉实验中，当两缝间的距离以及挡板和屏的距离一定时，红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距小D.光的偏振特征说明光是横波E.水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故【答案】BDE;【解析】A、光在介质中传播的速度由介质本身，及频率共同决定，故A错误；B、油膜形成的彩色条纹，是由膜的前后表面反射光，进行光的叠加，形成的干涉条纹，故B正确；C、根据光的干涉条纹间距公式，可知，红光的波长长，则红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距大，故C错误；D、光的偏振现象说明光是一种横波而不是纵波，故D正确；E、玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，即从光密介质射向光疏介质时，一部分光在界面上发生了全反射，故E正确。点睛：光的传播速度由介质的本身性质与频率共同决定；油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的；玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故，光的偏振现象说明光是一种横波；根据光的干涉条纹间距公式，即可求解。16.一列简谐横波，在t=0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为10cm。P、Q两点的坐标分别为-1m和-9m，波传播方向由右向左，已知t=0.7s时,P点第二次出现波峰。试计算：①这列波的传传播速度多大？②从t=0时刻起，经多长时间Q点第一次出现波峰？③当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为多少？【答案】①v=10m/s②t=1.1s③L=0.9m【解析】试题分析：①由图示：这列波的波长（1分）又：得（1分）由波速公式：（2分）②第一个波峰到Q点的距离为x=11m由公式或：振动传到Q点需2.5个周期，因质点起振方向向上，第一次到达波峰再需1/4周期，故（2分）③振动传到P点需1/2个周期，所以当Q点第一次出现波峰时，P点已振动了则P点通过的路程为（3分）考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．点评：本题考查由两个时刻的波形列出通项的能力．考查运用数学知识解决物理问题能力是高考考查的五大能力之一．