广东省深圳市中学2020届高三物理上学期试卷（七）（附解析Word版）

2020 届深圳市高级中学理科综合考试七（物理） 一．选择题：（每题 6 分，少选 3 分；错选，多选 0 分；共计 48 分） 1.质量为 m 的光滑半球形凹槽放在光滑水平面上，现用水平向右的恒力 F=2mg 拉动凹槽，使 槽内质量也为 m 的小球相对槽静止在图中所示位置，若重力加速度为 g，则下面结论错误的是 ( ) A. 小球的加速度为 B. 小球对凹槽的压力为 C. 小球在槽中静止的位置满足 D. 水平恒力 F 变大后，若球仍相对静止在凹槽内，球对凹槽的压力增加 【答案】A 【解析】 【详解】A.对整个系统有 解得 ， 选项 A 错误； B.小球受力如图，球对凹槽压力 ， 选项 B 正确； C.由图可知　 ， 故 2g 2mg 45α =  2F ma= a g= 2 2' = ( ) ( ) 2N N mg ma mg= + = 1ma atan mg g α = = =， 选项 C 正确； D.水平力 F 增大，系统加速度增大，由 可知，选项 D 正确； 2.如图所示，半径为 R、内壁光滑的硬质小圆桶固定在小车上，小车以速度 v 在光滑的水平公 路上做匀速运动，有一质量为 m、可视为质点的光滑小铅球在小圆桶底端与小车保持相对静 止．当小车与固定在地面的障碍物相碰后，小车的速度立即变为零．关于碰后的运动(小车始 终没有离开地面)，下列说法正确的是 (　　) A. 铅球能上升的最大高度一定等于 B. 无论 v 多大，铅球上升的最大高度不超过 C. 要使铅球一直不脱离圆桶，v 的最小速度为 D. 若铅球能到达圆桶最高点，则铅球在最高点的速度大小可以等于零 【答案】B 【解析】 铅球到最高点的速度为零，由 mgh＝ mv2 可求得最大高度 h＝ ，选项 A 错误、B 正确；铅 球的最大高度不超过半径时有 v≤ ，铅球也不脱离圆桶，选项 C 错误；若铅球能达到最 高点，铅球在最高点的最小速度满足 mg=m ，即速度为 ，选项 D 错误；故选 B． 3.在光滑的水平面上，有质量为 M 的物块甲和质量为 m 的物块乙，已知 M>m，物块甲以向右的 水平速度碰撞静止物块乙，如图 7 所示.则碰后下列说法正确的是 45α =  2 2' ( ) ( )N mg ma= + 2 2 v g 2 2 v g 5gR 1 2 2 2 v g 2gR 2v R gRA. 物块甲可能向左运动 B. 物块甲一定向右运动 C 物块甲可能静止 D. 物块乙一定向右运动 【答案】BD 【解析】 根据碰撞过程动量守恒得到：如果甲物体向左运动，则乙物体动量的增加量大于原来甲物体 的动量，由动能与动量的数值关系 Ek= ，因为 M>m，所以乙物体的动能 将会大于原来 甲物体的动能 ，所以违背了能量守恒，选项 A 错误。同理选项 C 也是错误的。所以得到 甲物体一定是向右运动的，选项 B 正确。因为乙物体受到了向右的碰撞，所以一定是向右运 动的，选项 D 正确。 4.如图所示，竖直平面内两段半径均为 的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“ ”形轨道，圆 心 在同一竖直线上，一个质量为 的小环套在轨道上，小环从轨道最高点由静止开始 下滑，下滑过程中始终受到一个水平向左的恒力 的作用.重力加速度为 ，则小环下滑到最 低点的过程中（ ） A. 小环机械能守恒 B. 外力 一直做正功 C. 小环在最低点的速度大小为 D. 在最低点小环对轨道的压力大小为 【答案】C . 2 2 p m 2 2 p m 2 2 p M R S 1 2O O、 m F g F 2 2gR mg【解析】 【详解】根据力和速度方向之间的关系可知拉力 F 对小环先做正功后做负功在做正功，所以 导致小环机械能不守恒，故 AB 错误；小环下滑到最低点的过程中，由动能定理可得 ， 解 得 ， C 正 确 ； 在 最 低 点 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 得 ，得 ，由牛顿第三定律知 D 错误. 5.如图，半径为 R 的四分之一圆弧轨道的底端正好和半径也为 R 的半球相切，小物块从四分 之一圆弧轨道的最高点由静止下滑，物块通过半球的最高点时刚好对半球无压力。则以下说 法错误的是( ) A. 小物块立即离开球面做平抛运动 B. 小物块落地时水平位移 R C. 物块沿四分之一圆弧轨道下滑时克服摩擦力做功 D. 小物块落地时速度的方向与地面成 45°角 【答案】D 【解析】 【详解】A.物块对球顶恰无压力，说明此时恰好是物体的重力作为圆周运动的向心力，物体 离开半球顶端后将做平抛运动，故选项 A 正确； B.物体做平抛运动由 ， ， 以及 ， 解得 214 2mg R mv× = 2 2v gR= 2vN mg m R − = 9N mg= 2 1 2 mgR 0x v t= 21 2R gt= 2 0vmg m R =， ， 故选项 B 正确； C.设物块沿圆弧轨道下滑时克服摩擦力做功为 W f，由动能定理得　 ， 解得 ， 故选项 C 正确； D.物体做平抛运动，由 ， 可得 ， 所以竖直方分速度 ， 落地速度方向与地面的夹角 θ 为 ， 所以与地面的夹角不是 45°，故选项 D 错误 6.如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条轻绳结于 O 点，一 条绳跨过定滑轮连接物块 P(PB 段轻绳平行于斜面)，一条绳连接小球 Q，一条绳 OA 在外力 F 的作用下处于水平位置。现缓慢改变绳 OA 的方向，减小 θ 至 θ0，即系统的总 动能增加，选项 D 正确，B 错误． 考点：动量 动能 动量守恒 点评：本题要求学生灵活的应用动量守恒和动能定理，根据动量守恒的条件判断整体的动量 守恒，根据牵引力和阻力的做功的情况来判断动能的变化． 二、非选择题:(共 174 分，第 22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33~38 题为 选考题，考生根据要求作答.) （一）必考题: 9.为测量动车起动过程中加速度的大小，某同学设计并实施了两个方案．方案甲：观察发现 铁轨旁相邻里程基座之间的距离为 s，用手表记录车厢从第 1 个里程基座运动到第 2个里程基 的 2 1 2 1 a R a r = 2 1 GMm r 2 1 1a rM G = 2 MmG mg maR − = 2 1 1 2 a rg aR = −座的时间为 t1，车厢从第 2 个里程基座运动到第 3 个里程基座的时间为 t2．方案乙：将细绳 的一端系在行李架上，另一端悬挂一个钢球，测量钢球到悬点的距离 L，动车加速时，测出钢 球偏离原平衡位置的水平距离 d． （1）用方案甲测得动车的加速度的表达式为 a1=___________________；用方案乙测得动车的 加速度的表达式为 a2= ___________________． （2）任选一个方案，简述该方案的误差主要_________________________ ． 【答案】 (1). (2). (3). 方案甲的误差主要来源是时间的 测量；方案乙的误差主要来源是长度的测量。 【解析】 试题分析：（1）对甲方案，根据位移时间公式求得加速度；对乙方案，通过受力分析利用牛 顿第二定律求得加速度；（2）对甲方案，有与测量时间存在误差，故是主要误差来源 （1）对甲方案：设加速度为 a，则 ， 联立解得 对乙方案通过受力分析可知 ，其中 ，解得 （2）方案甲的误差主要来源是时间的测量；方案乙的误差主要来源是长度的测量。 10.把两根轻质弹簧串联起来测量它们各自的劲度系数，如图甲所示． (1)未挂钩码之前，指针 B 指在刻度尺如图乙所示的位置上，记为________ cm； (2)将质量 50g 的钩码逐个挂在弹簧Ⅰ的下端，逐次记录两弹簧各自的伸长量；所挂钩码的质 量 m 与每根弹簧的伸长量 x，可描绘出如图丙所示的图像，由图像可计算出弹簧Ⅱ的劲度系数 k2＝________ N/m；(取重力加速度 g＝9.8 m/s2) (3)图丙中，当弹簧Ⅰ的伸长量超过 17 cm 时其图线为曲线，由此可知，挂上第________个钩 码时，拉力已经超过它的弹性限度，这对测量弹簧Ⅱ的劲度系数________(选填“有”或“没 ( ) ( )1 2 1 2 1 2 2s t t t t t t − + 2 2 dg l d− 2 0 1 1 1 2s v t at= + 2 0 1 2 1 2 12 ( ) ( )2s v t t a t t= + + + 1 2 1 2 1 2 2 ( ) ( ) s t ta t t t t −= + tanmg maθ = 2 2 tan d l d θ = − 2 2 dga l d = −有”)影响(弹簧Ⅱ的弹性限度足够大)． 【答案】 (1). (1)11.50；　 (2). (2)28；　 (3). (3)5；　 (4). 没有； 【解析】 （1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为 11.50cm．（2）由图象中的数据可知， 弹簧Ⅱ的形变量为 时，拉力：F=4×0.05×9.8=1.96N，根据胡克定律知， ，（3）由图象中的数据可知，当弹簧 I 的伸长量超过 14cm 时，对应的拉力是 1.96N，所以其劲度系数： ，弹簧 I 的 伸 长 量 超 过 17cm 时 ， 对 应 的 拉 力 ： ， 则 有 ，由此可知，挂上第 5 个钩码时，拉力已经超过它的弹性限度，这时，弹 簧Ⅱ的图线仍然是直线，说明对测量弹簧Ⅱ的劲度系数 没有影响． 【点睛】刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变 量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数．根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲 度系数，然后求出 17cm 时对应的弹力，求出钩码的个数． 11.如图所示，大气压强恒为 p0，用横截面积为 S 的可动水平活塞将一定质量的理想气体密封 于悬挂在天花板上的汽缸中，活塞的质量为 。当环境的热力学温度为 T0 时，活塞与 汽缸底部的高度差为 h0。由于环境温度缓慢降低，活塞缓慢向上移动，降至某一值时，活塞 向上移动了 0.25h0。已知密封气体的内能 U 与热力学温度 T 的关系为 U=kT(k 为正常数)，汽 缸导热良好，与活塞间的摩擦不计，重力加速度为 g，求此过程中： （1）活塞缓慢向上移动距离 0.25h0 时气体的温度； （2）密封气体向外界放出的热量。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 7.00x cm∆ = 2 2 1.96 28 /7.00 10 Fk N mx −= = =∆ × 1 2 1.96 14 /14.00 10 Fk N mx − =∆ ′= = × 1· 14 0.17 2.38F k x N= = × =′′∆′ 2.38 9.8 4.860.050n = = 0 10 p Sm g = 0 3 4 =T T 0 0 0 91 4 40 = + p ShQ kT【详解】（1）由盖吕萨克定律，得： 解得； （2）此过程，气体内能的变化量： 外界对气体做的功： 其中： 由热力学第一定律，得： 联立解得： 即气体向外界放出的热量： 12.竖直放置粗细均匀的 U 形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度 如图所示，单位为厘米。现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端 的水银全部进入右管中。已知大气压强 p0=75cmHg，环境温度不变，左管足够长。求： (1) 此时右管封闭气体的压强. (2) 左管中需要倒入水银柱的长度。 【答案】（1）p2=90cmHg （2）27cm 【解析】 【详解】（1）对右管中的气体，初态 ， ， 末态体积： ， 由 得： ， ( )0 00 0 0.25h h Sh S T T −= 0 3 4T T= 0U kT kT∆ = − ( )0 00.25W pS h h= − 0pS p Smg= U Q W∆ = + 0 0 0 91 4 40 p ShQ kT= − − 0 0 0 91 4 40 p ShQ kT= + 1 75cmHgp = 1 30V S= ( )2 30 5 25V S S= − = 1 1 2 2pV p V= 2 =90cmHgp（2）对水平管中的气体，初态压强： ， ； 末态压强： ， 根据 解得 ， 水平管中的长度变为 9cm，此时原来左侧 19cm 水银柱已有 11cm 进入到水平管中，所以左侧管 中倒入水银柱的长度应该是 ； 13.关于气体、液体和固体的性质，下列描述正确的是__________ A. 水黾可以在水面上浮起来由于液体表面张力的作用 B. 能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性 C. 蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是非晶体 D. 气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关 E. 悬浮在液体中的微粒越小，在液体分子的撞击下越容易保持平衡 【答案】ABD 【解析】 【详解】A.水黾可以在水面上浮起来由于液体表面张力的作用，故 A 正确； B. 能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性,故 B 正确； C.道糖受潮后粘在一起形成的糖块是多品体看起来没有确定的几何形状，也是多晶体的特点, 故 C 错误； D.气体压强 大小与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故 D 正确； E.做布朗运动的微拉越小在液体分子的握击下越不容易保持平衡，故 E 错误； 14.气缸放在倾角为 30°的斜面上,斜面固定,活塞的质量为 m，横截面积为 S，活塞与气缸之 间没有摩擦.将活塞用细线相连后，跨过定滑轮,另一端悬挂质量为 m 的物体，气缸内装有一 定质量的某种理想气体，体积为 V0，温度为 27℃，气缸不漏气.如图所示，此时气缸静止.设 气缸内气体的质量远小于活塞的质量，大气对活塞的压力等于活塞重的 1.5 倍. 的 0 +15=90cmHgp p= 11V S= 2 20 110cmHgp p′ = + = pV p V′= =9V S′ 0 8cm 27cmp p′− − =①求被封闭气体的压强为多少？使气缸中的气体体积变为 0.8V0，则气缸内的气体的温度是多 少？ ②当气缸在外力的作用下沿斜面向上以 的加速度匀加速运动时，活塞稳定后被封闭气体的 体积是多少？ 【答案】（1）T1=240K （2） 【解析】 【详解】（1）对活塞: ， ， 联立求得: 由 得 （2）分析 m 受力有： ； 对活塞： 2 g 2 0 1 2V V= 1 0 sinPS T mg P Sθ+ = + T mg= 0 1.5P S mg= 1 0 2 3P P= 0 1 0 1 V V T T = 1 240T K= 2mg T ma− = 2T = 2 mg 由 ，解得 2 2 0 sin P S T mg P S maθ+ − − = 2 0 4 3P P= 1 0 2 2PV PV= 2 0 1 2V V=