2020届四川省乐山市高三物理一诊模拟试题答案

海量资源尽在星星文库：年四川省乐山市高考物理一诊试卷参考答案与试题解析二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分．每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项是符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）甲、乙两物体由同一点沿同一条直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，则在0～4s内（）A．两物体始终同向运动B．2s末两物体相距最远C．两物体平均速度相等D．4s末两物体相遇【分析】速度时间图象中，速度正负表示运动方向，斜率表示加速度，围成面积表示位移。【解答】解：A、图象中，甲乙的速度始均为正，故两物体始终同向运动，故A正确；BD、甲、乙两物体由同一点沿同一条直线运动，速度相等时两物体相距最远，即4s末两物体相距最远，故BD错误；C、速度时间图象中面积表示位移可知，0﹣4s内甲的位移大于乙的位移，根据可知，甲的平均速度大于乙的平均速度，故C错误；故选：A。【点评】本题考查速度时间图象，关键是要知道斜率表示加速度，面积表示位移，属于基础题目。2．（6分）如图所示，将小物块P轻轻放到半圆柱体上，O为圆心。当小物块处于B位置时恰好能保持静止，OB与竖直半径的夹角∠AOB＝30°．若小物块与圆柱体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块与圆柱体之间的动摩擦因数为（）海量资源尽在星星文库：．B．C．D．【分析】小物块只能在圆柱体上A到B之间保持静止，则在A或B点时是恰好静止，即摩擦力达到最大静摩擦力，受力分析由平衡条件列式求解即可。【解答】解：当物块在B点时达到最大静摩擦力，受力如图所示，由平衡条件得：N＝mgcosθfm＝mgsinθ又fm＝μN联立解得：，故ACD错误、B正确。故选：B。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。3．（6分）将质量为m物体从一行星表面某高度处水平抛出（不计空气阻力）。自抛出开始计时，物体离行星表面高度h随时间t变化关系如图所示，万有引力常量为G，不考虑行星自转的影响，则根据以上海量资源尽在星星文库：条件可以求出（）A．行星的质量B．该行星的第一宇宙速度C．物体受到行星万有引力的大小D．物体落到行星表面的速度大小【分析】物体在行星表面受到的重力等于万有引力；物体做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，下落距离h＝，解得下落加速度g，落地速度v＝；第一宇宙速度v＝或v＝。【解答】解：A、物体做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，分析图象可知，h＝25m，t＝2.5s，根据h＝，解得g＝8m/s2，物体在行星表面受到的重力等于万有引力，，解得行星的质量M＝，因为行星半径未知，行星的质量无法求出，故A错误；B、根据重力提供向心力可知，mg＝m，解得行星的第一宇宙速度v＝，行星半径未知，第一宇宙速度未知，故B错误；C、物体受到行星万有引力的大小为mg，故C正确；D、物体做平抛运动，落地速度v＝，初速度未知，则落地速度未知，故D错误。故选：C。海量资源尽在星星文库：【点评】此题考查了万有引力定律的应用，解题的关键是根据万有引力提供向心力结合匀变速直线运动规律解题。4．（6分）如图所示，由相同的电流表G（内阻不为零）改装而成的甲、乙两个电压表，R1、R2是分压电阻，R1＞R2，则下列说法正确的是（）A．甲的量程等于乙的量程B．甲的量程小于乙的量程C．测量同一电压时，甲、乙两表指针的偏转角度相同D．测量同一电压时，甲表指针的偏转角度比乙表小【分析】根据串联电路电流处处相等，而总电压和总电阻成正比来分析甲乙的量程大小；分析同一电压下电路中的电流的大小关系，电表的偏转角度是根据通过电流表的电流大小来反应的；【解答】解：A、B、由于甲、乙两个电压表是由相同的电流表G改装而成，其允许通过的最大电流是一致的，由于R1＞R2，则甲的电阻比乙的电阻大，电流一样时，甲的电压比乙大，故甲的量程大于乙的量程，故选项A、B错误；C、D、设电流表的电阻为R，则在相同的电压U时，有，即通过甲的电流小于乙的，甲表指针的偏转角度比乙表小，故C错误，D正确；故选：D。【点评】解决该题的关键是掌握电压表的改装原理，知道改装后电表指针的偏角是通过电流表的电流大小来判断的；5．（6分）如图所示，小车在水平面上做匀变速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为30°，其中一球用水平轻绳BC系于车厢侧壁，重力加速度为g，下列说法正确的是（）海量资源尽在星星文库：．小车一定向右运动B．轻绳OA、OB拉力大小相等C．小车的加速度大小为gD．轻绳BC拉力大小是轻绳OB拉力的倍【分析】小车和小球具有相同的加速度，对小球AB分别受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度和绳子的拉力。【解答】解：AC、对小球A受力分析，由牛顿第二定律可知：TOAsin30°＝maTOAcos30°＝mg联立解得：TOA＝mg，a＝g，方向水平向右，小车可向右加速运动，也可向左减速运动。故AC错误。BD、对B受力分析，由牛顿第二定律得：水平方向：TCB﹣TOBsin30°＝ma竖直方向：TOBcos30°＝mg联立解得：TOB＝mg＝TOB，TCB＝mg＝TOB，故B正确，D错误。故选：B。【点评】解决该题的关键是能在A、B两个小球中正确地选择出A球来分析从而找到整体的加速度，掌握正交分解求解力的解题方法；6．（6分）一子弹以初速度v0击中静止在在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是（）海量资源尽在星星文库：．子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量【分析】根据能量守恒定律分析子弹动能的亏损与系统动能亏损的关系。由系统的动量守恒分析子弹和木块动量变化量的关系。根据子弹和木块对地位移关系，分析摩擦力对两者做功关系。对木块由动能定理列方程可判断。【解答】解：A、子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误。B、子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反。故B正确。C、摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对子弹做的功大小为﹣f（s+d），可知二者不等，故C错误。D、对木块由动能定理得：fs＝△EK，故D正确。故选：BD。【点评】本题属于子弹打木块模型，分析清楚物体的运动过程，找出子弹与木块的位移关系、应用动量守恒定律与动能定理即可正确解题。7．（6分）如图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，半径为R，在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有a、b、c三个点，bO＝cO＝R，aO＝R，不计重力。则下列判断正确的是（）海量资源尽在星星文库：．a、c两点的电场场强大小之比为1：B．b、c两点的电场场强相同C．一电子由a点静止释放，电子在O点的动能最大D．一电子由a点静止释放，电子由a到c的过程中，加速度先减小后增大【分析】根据点电荷场强公式E＝k和电场的叠加原理，求出圆盘在a、c两点处产生的场强的大小与方向，从而求得场强之比。根据对称性确定b、c两点的场强关系。一电子由a点静止释放，根据电场力做功情况分析动能的变化。根据受力情况，分析加速度的变化。【解答】解：A、设圆环带电量为Q．将圆环分成n等分，则每个等分带电量为q＝，每个等分可看成点电荷，每个点电荷在a点处产生的场强大小为E1＝k＝，该书场强方向与aO的夹角为30°，根据电场的叠加原理知：a点处场强大小为Ea＝nE1cos30°＝n•＝．同理可得，c点处场强大小为Ec＝，则Ea：Ec＝1：，故A正确。B、b、c两点的电场场强大小相等，方向相反，则场强不同，故B错误。C、一电子由a点静止释放，从a运动到O时电场力做正功，动能增加。从O向下运动时，电场力做负功，动能减少，所以电子在O点的动能最大，故C正确。D、根据Ea＜Ec知，电子由a到c的过程中，场强增大，电子所受的电场力增大，加速度增大。故D错误。故选：AC。海量资源尽在星星文库：【点评】要题的关键要采用微元法求圆环在各个点产生的场强，要熟练运用电场强度叠加原理，结合几何知识求合场强。8．（6分）如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连置于固定的倾角为α的光滑斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳绕过斜面顶端的定滑轮另一端系一轻质挂钩，细绳与轻弹簧都与斜面平行，物块A、B保持静止。如果在挂钩上挂一重物D，平衡时物块B恰不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，某一瞬间剪断细线，则下列说法正确的（）A．重物D的重力为mgsinαB．物块A下滑过程中机械能守恒C．剪短细绳瞬间，物块A的加速度大小为2gsinαD．物块A下滑过程中的最大速度为2gsinα【分析】平衡时物块B恰不离开挡板，对AB整体受力分析计算D的质量；根据机械能守恒的条件判断；A下落的位移等于弹簧的形变量之和；根据机械能守恒求解A的最大速度。【解答】解：A、平衡时物块B恰不离开挡板，则满足mCg＝2mgsinα，所以mc＝2msinα，故A错误；B、物块A下滑过程中物块A受到弹簧弹力做功，故A机械能不守恒，故B错误；C、当B刚要离开挡板时弹簧的拉伸量为：x2＝，开始时A受到弹簧的拉力最大，所以加速度最大，由牛顿第二定律可知：ma＝mgsinα+kx2，可得：s＝2gsinα．故C正确D、A的速度最大时，加速度为零，对应A的受力为0，此时弹簧处于压缩状态，弹簧的压缩量为：x1＝＝x2，从开始运动到A速度最大，A下落的位移为：x＝x1+x2＝2，该过程中弹簧开始时的伸长量等于最后时刻的压缩量，所以弹簧的弹性势能不变；海量资源尽在星星文库：根据机械能守恒知：mgxsinα＝，即v＝2gsinα，故D正确；故选：CD。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡和机械能守恒问题，解答平衡问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。三、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33～37题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共136分）9．（6分）某同学利用打点计时器研究斜面上小车由静止开始下滑的运动。挑选出较为理想的纸带后，舍去前段较为密集的点，然后以A点为起点，每5个计时点选取一个计数点，标注如图所示。（1）现分别测出计数点B、C、D、E、F、G与A点的距离x1、x2、x3、x4、x5、x6，若打点计时器所用的交流电的频率为f，用逐差法求出加速度a＝。（2）关于这个实验，下列说法正确的是C。A．应将小车拉到打点计时器附近，然后释放小车，再接通电源B．可用x2﹣x1＝x3﹣x2＝x4﹣x3＝x5﹣x4＝x6﹣x5来判定小车做匀加速直线运动C．若逐渐增大斜面倾角，每次实验都证明小车做匀加速直线运动，则可合理外推得出自由落体运动是匀加速直线运动D．本次实验需要用到秒表和刻度尺【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小；依据实验原理，结合实验操作，及注意事项，即可判定。【解答】解：（1）每5个计时点选取一个计数点，且打点计时器所用的交流电的频率为f，根据△x＝aT2，依据逐差法有：海量资源尽在星星文库：＝＝（2）A．应将小车拉到打点计时器附近，然后接通电源，再释放小车，故A错误；B．x1、x2、x3、x4、x5、x6，分别是计数点B、C、D、E、F、G与A点的距离，因此不可用x2﹣x1＝x3﹣x2＝x4﹣x3＝x5﹣x4＝x6﹣x5来判定小