2020届安徽省马鞍山市高三（下）第一次教学质量监测理综物理试题（解析版）

2020 届安徽省马鞍山市高三（下）第一次教学质量监测 理综物理试题 1. 同一直线上运动的甲、乙两物体，位置－时间(x-t)图线如图，下列说法中正确的是（　　） A. t1 时刻，甲的速度为零，乙的速度不为零 B. t2 时刻，甲、乙速度可能相同 C. t2 时刻，甲、乙相遇 D. t3 时刻，乙的速度为零，加速度不为零 【答案】C 【解析】 【详解】A． 图像的斜率表示速度，在 t1 时刻，乙的瞬间速度为零，甲的速度不为零，A 错误； BC． 图像的斜率表示速度，在 t2 时刻，甲和乙的位置坐标相同，是相遇，但是速度不同，方向不同， B 错误 C 正确； D． 图像的斜率表示速度，在 t3 时刻，乙的位置坐标为零，但是速度不为零，加速度不为零，D 错误。 故选 C。 2. 篮球运动员在某次运球时，篮球落地速度为 5m/s，方向竖直向下，篮球与地面接触后的反弹速度为落地 速度的 0.8 倍，球与地面的作用时间为 0.1s，篮球的质量为 650g，重力加速度 g 取 10 m/s2。根据以上信息 可得，地面对球的平均弹力为（　　） A. 58.5N B. 65N C. 38N D. 31.5N 【答案】B 【解析】 【详解】取竖直向上为正方向，则由动量定理 解得 x t− x t− x t− '( ) ( )N mg t mv mv− = − − ' 0.65 (0.8 5 5)= N+0.65 10N=65N0.1 mv mvN mgt + × × += + × 故选 B。 3. 在某行星表面进行了如图所示的实验。一小物块从倾角为 37°的斜面顶端滑到底端所用时间为 t，已知斜 面长度为 L,物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5，该行星的半径为 R，引力常量为 G，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 则（　　） A. 该行星表面的重力加速度为 B. 该行星的密度为 C. 该行星的第一宇宙速度为 D. 该行星卫星的最小周期为 【答案】B 【解析】 【详解】A．设行星表面的重力加速度为 ，物块沿斜面下滑，则 根据 解得行星表面的重力加速度为 A 错误； B．在行星表面，根据 解得行星的质量 行星的体积 行星的密度 解得 2 5L t 2 15 2 L RGtπ 2 5RL t 5 5 t R L π g sin37 cos37mg mg maµ°− ° = 21 2L at= 2 10Lg t = 2 MmG mgR = G gRM 2 = 34 3 RV π= M V ρ = B 正确； C．设卫星的质量为 ，根据 解得行星的第一宇宙速度 C 错误； D．在行星表面附近运行时，周期最小，根据 解得 D 错误。 故选 B。 4. 一小物块由倾斜传送带顶端静止释放，如图所示，第一次传送带静止，物块从顶端滑到底端所用时间为 t1，摩擦产生的热量为 Q1；第二次传送带以速度 v 做逆时针转动，物块一直做匀加速运动，从顶端到底端的 时间为 t2，摩擦产生的热量为 Q2；第三次传送带以速度 v 顺时针转动，物块从顶端到底端所用时间为 t3， 摩擦产生的热量为 Q3。则（　　） A. t1=t3＞t2；Q1＜Q2=Q3 B. t1＜t2＜t3；Q1≤Q2＜Q3 C. t1=t3＞t2；Q1≤Q2＜Q3 D. t1＜t2＜t3；Q1＜Q2=Q3 【答案】C 【解析】 【详解】第一次物块的加速度大小为 2 15 2 L RGt ρ π= 'm 2 ' 'vm m gR = 2 10RLv gR t = = ' 2 ' 2 2 4MmG m RR T π= 10 5 t RLT L π= 1 sin cos sin cosmg mga g gm θ µ θ θ µ θ−= = − 第二次物块的加速度大小为 第三次物块 加速度大小为 由公式 可得 由题意可知，三次物块的位移相等，且 ，则 第一次物块滑到底端时的速度为 ，则物块与传送带间的相对位移为 第二次物块与传送到间的相对位移为 第三次物块与传送到间的相对位移为 产生的热量为 由于第一次物块到达传送带底端的速度满足 所以 Q1≤Q2＜Q3 故选 C。 5. 如图所示，半径为 R 的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，PA 为直径。 大量比荷（ ）相同、带电性相同的粒子，以相同的速率在纸面内从 P 点沿不同的方向射入磁场。已知粒 子在磁场中的运动轨迹半径 r＞R；在磁场中运动时间最长的粒子，入射方向与 PA 夹角为 45°，这个最长时 间为 t0。则（　　） 的 2 sin + cos sin + cosmg mga g gm θ µ θ θ µ θ= = 3 sin cos sin cosmg mga g gm θ µ θ θ µ θ−= = − 21 2x at= 2xt a = 1 3 2a a a= < 1 3 2t t t= > 1v 1 1 12 vx t∆ = 2 2 2 2 2 2 vt vtx vt∆ = − = 3 3 3 3 3+ 2 2 vt vtx vt∆ = = Q f x= ∆ 1v v≤ q m A. 粒子飞出磁场时的动能一定相等 B. 粒子运动的轨迹半径 C. 从 PA 圆弧中点射出的粒子，在磁场中的运动时间 D. 从 PA 圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与 PA 夹角为 30° 【答案】C 【解析】 【详解】 A．粒子比荷（ ）相同，质量 m 不一定相同，入射速率相同，入射动能 不一定相同。又因为 洛伦兹力不做功，粒子射出磁场时动能不变。所以，粒子飞出磁场时的动能也不一定相等。故 A 错误； B．由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 运动轨迹半径 运动周期 2r R= 0 2 3t t= q m 2 k 1 2E mv= 2vqvB m r = mvr qB = 2 2=r mT v qB π π= 若粒子在磁场中运动的过程中转过圆心角 ，所用的时间为 可见，磁场中运动的时间与速度无关，转过的圆心角越大，时间越长。因此，在磁场中运动时间最长的粒 子，从 P 点射入，A 点射出，入射方向与 PA 夹角为 45°，根据对称性，射出磁场时速度方向与 PA 夹角为 135°，分别做两个速度的垂线段，相交得到粒子运动轨迹的圆心 O1。如图所示，粒子运动的轨迹半径 。故 B 错误； C．从 PA 圆弧中点射出的粒子，如图所示，圆心是 O2，由于比荷相等，每个粒子在磁场中运动的轨迹半径 都相等 ， 可得 所以 ， ， 所以 ， 由此可得 故 C 正确； D．如图所示， ， ， 则 所以，从 PA 圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与 PA 夹角为 15°。故 D 错误。 故选 C。 θ = mt qBθ θ⋅ 2r R= mvr qB = 1 2 2PB BO R= = 2 1 2 2PO O O r R= = = 2 2 1 30PO B BO O∠ = ∠ = ° 2 1 60 3PO O π∠ = ° = 1 90 2PO A π∠ = ° = = mt qBθ θ⋅ 3 mt qB π= ⋅ 0 2 mt qB π= ⋅ 0 2 3t t= 2PC PO⊥ 2 30CPB PO B∠ = ∠ = ° 45OPB∠ = ° 15OPC∠ = ° 6. 如图所示，质量相等的 A、B 两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动， 下列关系中正确的是（　　） A. 线速度 vA=vB B. 角速度 ωA=ωB C. 它们受到的合力 FA 合=FB 合 D. 它们受到的摩擦力 FfA=FfB 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．物体 A、B 共轴转动，角速度相等，由 v=rω 知，A 转动的半径较大，则 A 的线速度较大， 故 A 错误，B 正确； CD．物体 A、B 做圆周运动靠弹力即合力提供向心力，由 N=mrω2 知，A 的半径大，则 竖直方向上，重力和静摩擦力平衡，重力相等，则摩擦力相等，即 故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 7. 如图所示为一竖直放置的半圆环 ABCD，半径为 R，AD 为水平直径，O 为圆心，C 为最低点。现从 A 点 以水平速度 抛出一小球甲，从 B 点以水平速度 抛出小球乙，两球都能直接到达 C 点，BO 连线与竖直 方向夹角为 α。则以下说法正确的是（　　） A. B. C. 甲球运动时间比乙球长 BAF F>合 合 fA fBF F= 1v 2v 2 1 1 cosv v α= + 2 1 1 cosv v α= − 2 cosR g α D. 甲球运动时间比乙球长 【答案】AD 【解析】 【详解】对甲球有 解得 ， 对乙球有 解得 ， AB．由于 ， ，则 故 A 正确，B 错误； CD．甲球运动时间比乙球长 故 C 错误，D 正确。 故选 AD。 8. 如图所示，物体 P、Q 用轻绳连接后跨过定滑轮，物体 P 放在倾角为 的长木板上，用手按住 P，使 P、Q 处于静止状态。P 的质量 m，Q 离地面的高度为 H，现由静止释放 P。若 Q 的质量为 m，Q 落地后 P 还能再上升的最大距离为 s1；若 Q 的质量为 2m，Q 落地后 P 还能再上升的最大距离为 s2。已知 Q 落地后不 2 (1 1 cos )R g α− − 1 1R v t= 2 1 1 2R gt= 1 2Rt g = 1 2 gRv = 2 2sinR v tα = 2 2 1(1 cos ) 2R gtα− = 2 2 (1 cos )Rt g α−= 2 sin = 1 cos22 (1 cos ) R gRv R g α α α = ⋅ + − 1 2 gRv = 2 = 1 cos2 gRv α⋅ + 2 1 1 cosv v α= + 1 2 2 2 (1 cos ) 2 (1 1 cos )R R Rt t t g g g α α−∆ = − = − = − − 37° 反弹，不计滑轮处的摩擦，sin =0.6。则下列说法中正确的是（　　） A. 若长木板光滑，则 s2 等于 B 若长木板粗糙，则 s2 小于 C. 若长木板粗糙，到 Q 落地前瞬间，两次运动过程中 P、Q 系统损失的机械能相同 D. 若长木板粗糙，直到稳定时，P、Q 系统减少的重力势能等于 P 克服摩擦力做的功 【答案】AC 【解析】 【详解】A．若长木板光滑，若 Q 的质量为 m，由机械能守恒定律有 P 上升过程中有 解得 同理若 Q 的质量为 2m，有 P 上升过程中有 解得 则 s2 等于 ，故 A 正确； B．若长木板粗糙，若 Q 的质量为 m，则有 P 上升过程中有 . 37° 1 7 3 s 1 7 3 s 2 1 1sin37 22mgH mgH mv°− = × 2 1 1 10 sin372 mv mgs °− = − 1 3 Hs = 2 2 12 sin37 32mgH mgH mv°− = × 2 2 2 10 sin372 mv mgs °− = − 2 7 9s H= 1 7 3 s 2 1 1sin37 2 +2 sin37 HmgH mgH mv f° °− = × ⋅ 若 Q 的质量为 2m，则有 P 上升过程中有 联立解得 故 B 错误； C．若长木板粗糙，到 Q 落地前瞬间，两次运动过程中 P、Q 系统损失的机械能都为 P 克服摩擦力做的功即 为 ，故 C 正确； D．由能量守恒可知，若长木板粗糙，直到稳定时，P、Q 系统减少的重力势能等于 P 克服摩擦力做的功与 系统增加的动能，故 D 错误。 故选 AC。 第Ⅱ卷 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。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（共 129 分） 9. 在探究合外力做功和动能变化关系时，某同学设计了如图所示的实验装置，固定一遮光条的小车，通过 跨过定滑轮的轻绳与砂桶连接，调整木板的倾角，使小车沿木板匀速下滑。取下砂桶，由木板上端释放小 车，小车经过甲、乙光电门的时间分别是 t1、t2，已知两光电门之间的距离是 s，遮光条的宽度是 d。小车和 遮光条总质量为 M，砂桶总质量为 m。滑轮的质量和摩擦不计，重力加速度为 g。 （1）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图所示，读数为____________mm。 （2）在实验误差允许范围内，可以得到合外力对小车所做的功和小车动能变化之间的关系式为： _______________________________。（用题中所给的字母表示） 2 1 1 1 10 sin372 mv mgs fs°− = − − 2 1 12 sin37 3 +2 sin37 HmgH mgH mv f° °− = × ⋅ 2 2 2 2 10 sin372 mv mgs fs°− = − − 2 1 7 5 5 9 71 5 5 6 mgH fHs s mgH fH − = > − sin37 Hf °⋅ 【答案】 (1). 3.2 (2). 【解析】 【详解】（1）[1]用游标卡尺测量遮光条的宽度为 3mm+0.1mm×2=3.2mm。 （2）[2]小车经过两光电门时的速度分别为 小车所受的合外力为 mg，则合外力功为 mgs，则在实验误差允许范围内，可以得到合外力对小车所做的功 和小车动能变化之间的关系式为 10. 一待测电阻阻值约为 500Ω，为了较准确测量该电阻的阻值，某同学从实验室找来了下列器材： 电流表 A1(量程 0～40mA、内阻 r1＝10Ω) 电流表 A2(量程 0～50mA、内阻约 10Ω) 滑动变阻器 R(阻值范围 0～500Ω) 定值电阻 R0(阻值 R0=100Ω) 电源 E(电动势 5V) 开关、导线若干 (1)实验中要求操作方便，在方框内画出符合要求的电路图_________； (2)用 I1、I2 分别表示电流表 A1、A2 的示数，则待测电阻的阻值为____________（用已知字母表示）； (3)从设计原理看，其测量值与真实值相比____________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。 2 2 2 2 2 1 1 ( )2 d dmgs M t t = − 1 1 dv t = 2 2 dv t = 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 1 1 1 ( )2 2 2 d dmgs Mv Mv M t t = − = − 【答案】 (1). (2). (3). 相等 【解析】 【详解】(1)[1]由于没有电压表，故将 A1 与定值电阻 R0 串联当作电压表用，由于改装后的电压表内阻已知， 故采用电流表外接法；滑动变阻器阻值与待测电阻值差不多，应用限流式，原理图如图所示 (2)[2]由电路图根据欧姆定律可知 (3)[3]从设计原理看待测电阻两端电压为其真实电压，电流也为其真实电流，则其测量值与真实值相等 11. 两足够长金属板 P、Q 竖直放置，间距为 2d。两金属板正中间有一竖直放置的金属网 G，P、Q、G 的 尺寸相同。G 接地，P、Q 的电势均为 φ（φ>0）。质量为 m、电荷量为 q（q>0）的小球自 G 的左侧距离为 l 的位置由静止释放，空气阻力忽略不计。重力加速度为 g，小球穿过 G 时不与之接触。 (1)求小球从释放到第一次穿过 G 时在竖直方向上的位移大小； (2)求小球第一次与第二次穿过 G 的位置之间的距离。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 1 1 0 2 1 ( ) x I r RR I I += − 1 0 1 2 1 ( ) x I R rR I I += − mgdl qϕ 8mgdlh qϕ∆ = 【详解】(1)小球所受电场力为 所受合力方向即运动方向，设竖直方向位移为 h，则有 得 (2)小球水平方向先为 P、G 之间的匀加速直线运动，然后在 G、Q 之间以相同加速度先匀减速至零，再反 向匀加速。设 P、G 间运动时间为 t，则 G、Q 间运动时间应为 2t ，而竖直方向为自由落体运动，由第一次 则总下落位移为 两次穿过 G 的位置间距为 代入第(1)问 h 值，得 12. 如图，长木板 A 放在光滑的水平桌面上，物体 B（可视为质点）静止在长板上的中点，A 通过跨过光滑 定滑轮的轻绳与物体 C 连接，C 的下面通过轻绳连接物体 D。A 长 L=8m，A、B、C、D 质量均为 m=1kg， B 与 A 之间的动摩擦因数 μ = 0.4，所有轻绳均不可伸长，木板到定滑轮足够远，D 离地面足够高。将 A 从 静止开始释放，同时 B 以 v=6m/s 的初速度向右运动。重力加速度 g 取 10m/s2。求： (1)A 开始运动时的加速度大小； (2)B 在 A 上滑行的过程中距离 A 右端的最小距离； (3)若 B 在 A 上滑行 t=0.8s 时，C 和 D 间的轻绳突然断裂，求 B 在 A 上滑行的整个过程中，系统产生的内 能。 【答案】(1)8m/s2；(2)2 5m；(3)6.56J. F qE q d ϕ= = qE l mg h = mg mgdlh lqE qϕ= = 21 2h gt= 21 (3 ) 92h g t h= =总 8h h h h∆ = − =总 8mgdlh qϕ∆ = 【解析】 【详解】(1)木板 A 开始运动时，对 A 对 C、D 有 解得 aA=8m/s2 (2)木板 A 开始运动时，对 B 解得 aB=－4m/s2 设经过时间 t1 二者速度相等 v1=v+aBt1=aAt1 代入数据解 t1=0.5s，v1=4m/s 此后，假设物体 A、B 相对静止，对 ABCD 有 2mg=4ma 对 B f=ma 解得 f=5N>μmg=4N 故假设不成立，B 开始相对 A 向左滑动，此时 B 距 A 右端的距离最小 (3)0.5s～0.8s，B 开始相对 A 向左滑动，B 的加速度 ACD 的加速度 AT mg maµ+ = A2 2mg T ma− = Bmg maµ− = 1 B 12 v vx t += 1 A 12 vx t= min B A( ) 2.5m2 Ls x x= − − = 24m/sBa gµ′ = = 2 A 2 16 m/s3 3 mg mga m µ−′ = = 0.8s 时，B 的速度 A 的速度 CD 间细绳断开后，B 的加速度 AC 加速度 设 CD 间细绳断开后再经过 t2 时间 AB 速度相等，大小为 v2 解得 t2=0.4s，v2=6.8m/s 此后 AB 相对静止，一起向右运动，0.5s 前 B 相对 A 的运动路程 0.5s 后 B 相对 A 的运动路程 系统产生的内能 13. 一定量的理想气体从状态 a 开始，经历 a→b→c→a 三个过程回到原状态，其 p-T 图象如图所示。下列 判断正确的是（　　） A. a→b 的过程中，气体体积不变 B. b→c 的过程中，气体对外做的功小于气体所吸收的热量 C. a→b→c→a 过程中，气体对外做功在数值上等于△abc 的面积 D. b→c→a 过程中，容器内单位体积的气体分子数先减小后增加 E. c→a 的过程中，单位时间内容器壁单位面积受到的气体分子撞击次数逐渐增加 的 B1 1 B 1( ) 5.2m/sv v a t t′= + − = A1 1 A 1( ) 5.6m/sv v a t t′= + − = 2 B 4m/sa gµ′′ = = 2 A 3m/s2 mg mga m µ−′′ = = 2 A1 A 2 B1 B 2v v a t v a t′′ ′′= + = + 1 B As x x∆ = − 1 A1 2 A1 1 2 2 1 2 1 2= ( ) ( )2 2 2 v v v v v vs t t t t t t + + +∆ − + − − + 1 2( ) 6.56JQ mg s sµ= ∆ + ∆ = 【答案】ADE 【解析】 【详解】A．由图可知， 的过程中，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体 积不变，A 正确； B．由图可知， 的过程中，气体发生等温变化，由 知，气体压强减小，气体体积增大，气体 对外做功，温度不变，则气体内能不变，气体吸收热量，由热力学第一定律得 气体对外做的功得 B 错误； C． 过程中， 是等容变化，气体体积不变，对外不做功； 是等压变化，气体 温度降低，体积减小，外界对气体做功； 是等温变化，压强减小，气体体积增大，气体对外做功， 温度不变，气体内能不变，由热力学第一定律可知，气体对外做的功等于气体吸收热量，在数值上不等于 Δabc 的面积；C 错误； D． 过程中，气体的体积先增大后减小，气体分子数不变，所以容器内单位体积的分子数先减 小后增加，D 正确； E． 的过程中，气体是等压变化，温度降低，体积减小，分子的密度逐渐增大，单位时间内容器壁单 位面积受到的气体分子撞击次数逐渐增加，E 正确。 故选 ADE。 14. 如图，圆柱形气缸竖直放置，气缸上端的塞子将容器密闭，内有两个质量均为 m 的活塞将容器分成体 积均为 V 的 A、B、C 三个气室。A、B 间活塞和气缸顶端导热良好，其余部分均绝热。已知重力加速度为 g，活塞的截面积为 S，C 内气体和环境温度均为 270K，A 气室内气体的压强大小为 ，大气压强为 。 (i)拔去容器上端的塞子，求活塞稳定后 B 气室的体积 VB； (ii)拔去塞子后，对 C 内气体缓慢加热，求 AB 间活塞刚移动到气缸顶端时，C 内气体的温度。 a b→ b c→ PV C= 0Q W+ = Q W= − a b c a→ → → a b→ c a→ b c→ b c a→ → c a→ AP S mg= 0 2mgP S = 【答案】(i) ；(ii)840K 【解析】 【详解】（i）拔去塞子待活塞稳定后，B 室中气体发生等温变化，根据玻意耳定律 解得 （ii）拔去塞子后，对 C 室气体缓慢加热，Ｂ内气体压强、温度、体积均不变。对 C 室中气体，根据理想气 体状态方程 解得 15. 图（a）为一列简谐横波在 t=2s 时的波形图，图（b）为介质中平衡位置在 x=2.5m 处的质点的振动图象， P 是平衡位置为 x=1m 的质点，下列说法正确的是（　　） A. 波速为 0.5m/s B 2 3V V= B B BP V P V′= B A 2mg mgP P S S = + = B 0 3mg mgP P S S ′ = + = B 2 3V V= C C C C P V P V T T ′= C A 2 3mg mgP P S S = + = C 0 2 4mg mgP P S S ′ = + = C B 73 3 VV V V= − = C 840KT = B. 波的传播方向向左 C. 0～1.5s，P 运动的路程为 6cm D. 3s～5s，P 振动方向发生变化 E. t=9s 时，P 的加速度恰好为零 【答案】ADE 【解析】 【详解】A．由图（a）可知该简谐横波波长为 2m，由图（b）知周期为 4s，则波速为 故 A 正确； B．根据图（b）的振动图象可知，在 x=2.5m 处的质点在 t=2s 时振动方向向下，由同侧法可知该波向右传 播，故 B 错误； C．由波的平移法可知，0 时刻 P 质点位移波谷，从此位置开始经过 1.5s 即八分之三周期，则 P 运动的路程 大于 6cm，故 C 错误； D．t=2s 时 P 质点位于波峰，经过四分之一周期即 1s 后，P 质点向下运动到平衡位置，再经过 1s，P 质点 向下运动位于波谷，接着反向向上振动，故 D 正确； E．从图(a)所示再经过 7s，即经过 ，质点 P 恰好向上经过平衡位置，则此时的加速度为 0，故 E 正确。 故选 ADE。 16. 如图所示，一块玻璃砖横截面为直角三角形 ， ， 。一束单色光从 BC 边上的 M 点射入玻璃砖，BM∶MC=1∶3。入射光与 BC 边的夹角 ，光线垂直于 AC 边射出玻璃砖，出射点 为 N 点（图中未标出），已知 AB 边的长度为 L，求： (i)玻璃砖对该单色光 折射率，并判断是否有光线从 AB 边射出（写出必要的分析过程）； (ii)出射点 N 与 A 点的距离。 【答案】(i) ，没有光线射出；(ii) 【解析】 【详解】（i）做出光路图，由图可知，在 M 点折射角为 的 0.5m/sv T λ= = 314T ABC 90B = ∠ 30C∠ =  30θ =  3 1 8 L 30° 由折射定律 在 AB 边上 E 点反射角为 ，全反射临界角 而 在 AB 边会发生全反射，没有光线射出 （ii）根据几何关系 在直角三角形 BEM 中 则 sin 60 3sin30n °= =° 60° 1 3sin 3C n = = 3sin60 sin2 C° = > 3 3BC AB L= = 1 3 4 4BM BC L= = 33 4BE BM L= = 1 4AE AB BE L= − = 1 1 2 8AN AE L= =