广东省茂名市五校联考2020届高三物理第一次联考试题(含解析)

广东省茂名市五校联考2020届高三物理第一次联考试题（含解析）

一、选择题

1.磁性冰箱贴既可以用来装饰冰箱，也可以用来记事备忘。当冰箱贴紧紧吸住侧壁不动时，下列说法正确的是（）

A. 冰箱贴受到三个力作用

B. 冰箱贴受到四个力作用

C. 磁性吸力和弹力是一对相互作用力

D. 冰箱贴受到的摩擦力大于其受到的重力

【答案】B

【解析】

A. 对冰箱贴受力分析可知，水平方向受磁力和弹力作用，而竖直方向受重力和摩擦力作用才能处于平衡，故冰箱贴共受四个力作用，故B正确，A错误；

C. 磁性吸力和弹力作用在冰箱贴上，为平衡力，故C错误；

D. 根据平衡条件可知，冰箱贴受到的摩擦力等于其受到的重力，故D错误。

故选：B.

2.一个物块从倾斜的木板顶端由静止开始下滑，当木板的倾角为37°时，下滑到木板底端所用的时间为t，若将木板的倾角增大为53°，再让物块从木板顶端由静止

下滑，下滑到底端的时间为，已知sin37°=0.6，sin53°=0.8，则物块与木板间的动摩擦因数为（）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【详解】对物体，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma，mgsin53°-μmgcos53°=ma′，物体做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直

线运动的位移公式得：L=at2，L=a′（t）2，解得：μ=；故选C。

【点睛】本题考查了牛顿第二定律与匀变速直线运动规律的应用，分析清楚物体的运动过程与运动性质是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题．3.一物块在光滑水平面上处于静止状态，某时刻起受到方向水平向右、大小为3N

的拉力F

1和水平向左的拉力F

2

作用，F

2

从6N随时间均匀减小到零该过程中，拉力

F

1

的瞬时功率P随时间t变化的关系图象可能是下面四幅图中的（）A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【详解】依题，F

2

从6N逐渐减小到零，则物体所受合外力先从方向向左，大小为3N逐渐减小到0，然后反向从零逐渐增大到3N，由牛顿第二定律可知：物体的加速度先逐渐减小到零，然后再从零反向逐渐增大，结合运动的方向与加速度的关系可知，物体先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动。根据速度图象的斜率等于加速度可知，速度图象的斜率先减小后增大；根据瞬时功率的表达式：

P=Fv，由于拉力F

1保持不变，可知拉力F

1

的瞬时功率先增大后减小；其变化的规律

与速度变化的规律是相同的，所以瞬时功率-时间图象的斜率先减小后增大，故B 正确，ACD错误。故选B。

4.质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，下列说法正确的是（）

A. 子弹动能的减少量与木块动能增加量相等

B. 阻力对子弹做的功与子弹动能的变化量相等

C. 子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等

D. 子弹克服阻力做的功等于系统克服摩擦所产生的内能

【答案】B

【解析】

【详解】A. 由能量转化可知，子弹动能的减少量等于木块动能增加量和系统增加的

内能之和，故A错误；

B. 对于子弹来说只有阻力做功，其效果就是子弹动能减少，子弹动能的减少和阻力对子弹所做的功数值上相等，所以B正确；

C. 子弹对木块做的功等于木块的动能，小于子弹克服阻力做的功，故C错误；

D. 子弹克服阻力做功使损失的动能一部分转化成了系统的内能，一部分转化成了木块的动能，故D错误。

故选：B.

5.如图所示，一足够长的斜面倾角为45°，一弹性小球，在与斜面上端等高的某处A点由静止释放，小球落到斜面上的B点后反弹，反弹时速度大小不变，反弹前后，速度方向与斜面夹角相等，小球反弹后落到斜面上C点，不计空气阻力，则小球在AB段和BC段运动中（）

A. 运动时间之比为t

AB ：t

BC

=1：1

B. 重力做功的平均功率之比为P

AB ：P

BC

=1：3

C. 运动的竖直高度之比为h

AB ：h

BC

=1：2

D. 若小球释放点自A点向右平移少许，则小球反弹后再次落到斜面上时速度方向与落到C点的相同

【答案】D

【解析】

【详解】设AB=h，则落到斜面上时的时间；速度为，则反弹速度也

为，在斜面上做平抛运动：，解得，即t

AB ：t

BC

=1：2，

选项A错误；在AB段，重力做功的平均功率：；在BC段重力做功

的平均功率：，则P

AB ：P

BC

=1：2，选项B错误；运动的

竖直高度之比为h

AB ：h

BC

=h：=1：4，选项C错误；若设小球从斜面上水平抛出

后落到斜面上时速度方向与水平方向夹角为θ，则根据平抛运动的推论可知tanθ=2tan450=2，则小球落到斜面上时的速度方向一定；若小球释放点自A点向右平移少许，则小球反弹后仍水平抛出，则再次落到斜面上时速度方向与落到C点的相同，选项D正确；故选D.

【点睛】解决本题的关键知道小球落到斜面上反弹后做平抛运动，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．

6.质量为1kg的物体在竖直向上的拉力和重力的作用下运动，规定竖直向上为正方向，图示为其运动的v-t图象.则（）

A. 20s~25s内物体超重

B. 0~10s内物体的平均速度为1.5m/s

C. 0~5s内拉力做正功，10~20s内拉力做负功

D. 第2.5末和第15末，物体克服重力做功的瞬时功率相同

【答案】BD

【解析】

【详解】在v-t图象中，斜率代表加速度，在20s～25s内，物体的加速度向下，物体处于失重状态，故A错误；0-10s内的位移为x=×5×2+5×2m=15m，故平均速度

，故B正确；在0-5s内拉力方向与位移方向相同，做正功，在10-20s 内物体向上做匀速运动，拉力向上，做正功，故C错误；第2.5s末和第15s末，速度方向都向上，大小为1m/s，故重力的瞬时功率P=mgv，故物体克服重力做功的瞬时功率相同，故D正确；故选BD。

【点睛】要根据图象得出有用的信息，速度-时间图象中直线的斜率表示加速度的大小，面积表示位移，速度不变就表示物体处于受力平衡状态.

7.甲为近地圆轨道地球卫星，乙为近月圆轨道月球卫星，若地球半径为月球半径的4倍，地球表面重力加速度为月球表面重力加速度的6倍，则（）

A. 甲、乙的周期之比为2：

B. 甲、乙的角速度之比为2：3

C. 甲、乙的线速度之比为1：6

D. 地球与月球质量之比为96：1

【答案】AD

【解析】

地球表面物体m的重力：，整理得：；同理月球表面的重力加速度：；由两式取比值得：，故D正确；对甲卫星，由万有引力提供向心力：，解得：；对卫星乙飞行角速度：由两式取比值得：；根据ω＝，得T＝；，

故A正确，B错误；根据v=ωR，有，故C错误；故选AD。

点睛：要比较一个物理量大小或变化，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。

8.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球.开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g。下列分析正确的是（）

A. 轻质弹簧的原长为R

B. 小球过B点时，所受的合力为

C. 小球从A到B的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能和小球的动能

D. 小球运动到B点时，弹簧的弹性势能为mgR－

【答案】BCD

【解析】

【详解】由题意知，小球位于A点时弹簧处于原长，由几何知识可知弹簧的原长为R，故A错误；小球过B点时，由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力，根据

向心力公式：F

合

=F-mg=m，故B正确；以小球和弹簧组成的系统为研究对象，在小球从A到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和小球的动能。故C正确。根据能量的转化与守恒：

mgR=mv2+E

P 得：弹簧的弹性势能为 E

P

=mgR-mv2，故D正确；故选BCD。

【点睛】此题中小球的机械能不守恒，可以从能量转化的角度进行分析．小球过B

点时，弹簧的弹力和重力的合力提供向心力，弹簧的弹力不是合力．

二、实验题

9.图示装置可用来验证机械能守恒定律.摆锤A拴在长L的轻绳一端，另一端固定在O点，在A上放一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向成θ角时由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P的阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动。

(1)为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度。若测得摆锤遇到挡板之后铁片的水平位移s和竖直下落高度h，则根据测得的物理量可知摆锤在最低点的速度v=___________。

(2)根据已知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为s2=__________。

(3)改变绳偏离竖直方向的角θ的大小，测出对应摆锤遇到挡板之后铁片的水平位移s，若以s2为纵轴，则应以__________(填“θ”“cosθ"或“sinθ")为横轴，

=__________(用已知的和测得的通过描点作出的图线是一条直线，该直线的斜率k

物理量表示)。

【答案】 (1). ; (2). ; (3). ; (4). ; 【解析】

t ①

【详解】（1）根据铁片做平抛运动有：s=v

h＝gt2②

联立①②可解得：v

=s

（2）重锤下落过程中机械能守恒，由mgh＝mv2得：

＝gL(1?cosθ)

则s2=4hL（1-cosθ）

（3）s2=4hL（1-cosθ），若以s2为纵轴，则应以cosθ为横轴，通过描点作出的图

线是一条直线，该直线的斜率，则s2=-4hLco sθ+4hL，所以该直线的斜率k

=-4hL 【点睛】本题比较简单，考查了平抛运动的基本规律和机械能守恒的基本知识，对于数据处理中坐标系的建立要看函数关系，所以根据物理规律找到函数关系是关键的步骤．

10.图1为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图。图中小车A的质量为

m

1

，连接在小车后的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有

定滑轮且足够长的木板上，P的质量为m

2

，C为力传感器，实验时改变P的质量，读出对应的力传感器的示数F，不计绳与滑轮间的摩擦。

(1)电火花打点计时器的工作电压为__________(选填“交”或“直”)流__________V。

(2)下列说法正确的是__________。

A.一端带有定滑轮的长木板必须保持水平

B.实验中通过打点计时器打出的点来求解小车运动时的加速度

C.实验中m

2应远小于m

1

D.传感器的示数始终为m

2

g

(3)图2为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出由此可求得小车的加速度的大小是__________m/s2.(交流电的频率为50Hz，结果保留二位有效数字)

(4)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a—F图象是图3中的__________。

【答案】 (1). 交； (2). 220； (3). B； (4). 0.49； (5). C；【解析】

【详解】（1）电火花打点计时器工作电压为交流220V；

（2）实验时要平衡摩擦力，木板不能保持水平，故A错误；实验中通过打点计时器打出的点来求解小车运动时的加速度，故B正确；由于该实验的连接方式，重物和小车不具有共同的加速度，小车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故C错误；

由于重物向下加速度运动，由牛顿第二定律：m

2g-2F=m

2

a，解得：，

故D错误；故选B；

（3）根据△x=aT2得，加速度．

（4）某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，可知拉力不为零时，加速度仍然为零，故选C．

【点睛】对于基本实验仪器，要会正确使用，了解其工作原理，为将来具体实验打好基础，对于实验装置和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做．第2问选项C为易错选项，这个是课本参考实验的改进版，用这种方法可以准确得到小车受到的合外力，而不需要用重物的重力来近似代替，是一个比课本参考方案更好的办法，题目价值很高．

三、计算题

11.质量为2m的物体P静止在光滑水平地面上，其截面如图所示，图中ab段为光滑圆弧面，bc段是长度为L的粗糙水平面，质量为m的物块Q(可视为质点)静止在圆弧面的底端b。现给Q一方向水平向左的瞬间冲量I，Q最终相对P静止在水平面的右端c。重力加速度大小为g。求：

(1)Q到达其运动的最高点时的速度大小v；

(2)Q与P的水平接触面间的动摩擦因数μ。

【答案】(1) (2)

【解析】

（1）设Q从b点滑上弧面的初速度大小为，根据动童定理：，解得

经分析可知，Q到达最髙点时与P具有相同的速度(沿水甲方向），

由动量守恒定律：，解得

（2）经分析可知.Q最终相对P静止在c处时，它们的速度（相对地面）也为v；根

据功能关系可得解得：

12.如图所示，竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道与水平传送带相切于B点，圆弧轨道的半径为R，传送带的长为2R，传送带上表面离地高也为R，传送带正以速度v=沿逆时针方向转动，一质量为m的物块在圆弧轨道的上端A上方某高度处由静止下落，刚好能从A点进入圆弧轨道，若物块与传送带间的动摩擦因数为=0.5，重力加速度为g，空气阻力不计，求：

(1)要使物块不能从传送带的右端滑离，物块从A点上方释放的高度应满足什么条件?

(2)若物块滑离传送带后落在地面上的位置离传送带右端C的水平距离为R，则物块在B点时对圆弧轨道的压力多大？

(3)若物块滑上传送带后刚好不能从传送带右端滑离则此种情况下，物块在传送带上运动的全过程中，传送带电动机因为物块在传送带上滑动额外做的功为多少?

【答案】（1）见解析（2）（3）

【解析】

【详解】（1）设当物块刚好不能从传送带的右端滑离时，物块从A点上方释放的高度为h，根据动能定理，则有：mg（h+R）-μmg?2R=0；

解得：h=0

即要使物块不滑离传送带，物块不能从A点上方任一位置释放，只能从圆弧面上释放；

（2）设物块在C点的速度为v

C ，则R=v

C

t；

且R=gt2

设物块在B点的速度为v

B

，物块从B到C的过程中，根据动能定理，

μmg?2R＝mv

B

2?mv C2

解得：；

在B点，设圆弧轨道对物块的支持力为F，根据牛顿第二定律，则有：F-mg=m；解得：F=mg

根据牛顿第三定律，物块在B点时对圆弧轨道的压力为F′=F=mg

（3）如果物块刚好能滑到传送带的右端，则物块到达C端时，速度为零，物块在B

点速度为v

B ，则mv

B

2＝2μmgR，

解得：v

B

=

然后在摩擦力作用下，向左匀加速直线运动，速度达到v=与传送带一起匀速运动；因电动机额外做的功等于全过程中，皮带克服摩擦力做的功，则有：

W=μmg?vt=；

【点睛】考查动能定理的内容，掌握牛顿第二、三定律的内容，理解动能定理的过程选取，同时理解功能关系的运用，注意运动学公式的正确列式。

13.锅炉中的水沸腾后，从锅底不断生成气泡井上升到水面后破裂，在气泡上升的过程中，下列说法正确的是___________。

A.由于分子斥力的作用，气泡膨胀

B.气体组成的系统的熵增加

C.气体一定吸收热量

D.气体每个分子的动能均不变

E.单位时间内碰撞气泡壁单位面积的气体分子数减少

【答案】BCE;

【解析】

【详解】水沸腾后温度不变，所以可以认为气泡上升的过程中温度不变；由于气泡上升的过程中气体的压强减小，所以气泡的体积增大。所以气泡体积的增大与压强的减小有关，而气体的分子之间的相互作用力可以忽略不计。故A错误；根据热力学第二定律可知，气泡上升的过程中气泡体积的增大过程是不可逆的，所以气体组成的系统的熵增加。故B正确；气体的内能仅仅与分子的平均动能有关，气泡上升的过程中气泡体积的增大，对外做功而温度不变，所以根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量。故C正确；温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以气泡的温度不变，只是分子的平均动能不变不能说明气体每个分子的动能均不变。故D错误；气泡上升的过程中压强减小，温度不变则分子对气泡壁的平均撞击力不变，所以单位时间内碰撞气泡壁单位面积的气体分子数减少。故E正确。故选BCE。

【点睛】该题以气泡的上升为例，考查热力学第一定律、热力学第二定律、压强的微观意义以及温度的微观意义等，要注意热力学第二定律的几种不同的说法以及意义．

14.如图所示，竖直放置粗细均匀且足够长的U形玻璃管与容积V

=8cm3的金属球形

=300K 容器连通，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体.当环境温度T

1

=15cm，右管水银柱上方空气柱长时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h

1

=4cm。现在左管中加入水银，保持温度不变，使两边水银柱在同一高度。大气压h

强p

=75cmHg，U形玻璃管的横截面积S=0.5cm2。

①求需要加入的水银柱的长度L；

②若通过加热使右管水银面恢复到原来的位置，求此时封闭气体的温度T

2

。【答案】（1）23cm（2）415K

【解析】

【详解】①初态：p

1＝p

0?

15cmHg，V1=V0+h0S

末态：p

2＝p

＝75cmHg，体积为V

2

根据玻意耳定律有：p

1V

1

＝p

2

V

2

解得V

2

＝8cm3

此时水银正好到球的底部，可知加入的水银柱长度为：L＝h

1+2h

＝23cm

②初态：p

1＝p

?15cmHg，T

1

＝300K

末态：p

2＝p

+8cmHg，温度为T

2

根据查理定律有：

解得：T

2

＝415K

【点睛】本题考查气体实验定律的综合应用，关键是确定气体的状态参量，判断气体发生的是什么变化过程，在选择合适的实验定律求解．

15.一列简谐横波向x轴负方向传播，在t=0时的波形如图所示，P、Q两质点的平衡位置的坐标分别为(－1，0)、(－7，0).已知t=0.7s时，质点P第二次到达波峰，下列说法正确的是__________.

A.该波的波长为5m

B.该波的波速为10m/s

C.振源的起振方向沿y轴负方向

D.当质点Q位于波峰时，质点P位于波谷

E.t=0.9s时，质点Q第一次到达波峰

【答案】BDE;

【解析】

【详解】由图知，该波的波长λ=4m，故A错误。设波的周期为T．当波传到P点时，P点开始向上振动，根据题意有，解得 T=0.4s，所以该波的波速

为，故B正确。振源的起振方向与t=0时x=1m处质点的振动方向相同，由波形平移法知，振源的起振方向沿y轴正方向，故C错误。由于P、Q间的距离x=6m=1.5λ，振动情况总是相反，则当质点Q位于波峰时，质点P在波谷，故D正确。当x=2m处的波峰传到Q点时，Q点第一次形成波峰，所经历的时间为

。故E正确。故选BDE。

【点睛】本题要熟练掌握波形平移法，能由波的传播方向来确定质点的振动方向，知道介质中各个质点的起振方向与波源的起振方向．掌握由质点的振动情况来确定周期，并由周期与波长从而求出波速．

16.如图所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ，OP=OQ=R，一束复色光沿MN射入玻璃体，在PQ面上的入射点为N，经玻璃体折射后，有两束单色光e、f分别从OP面上的A点和B点射出，已知NA平行于x

轴，且OA=，OM=R

①求该玻璃体对c光的折射率

②若OB=a、NB=b，请用a、b表示玻璃体对f光的折射率。

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】①连接AN和BN，作出光e、f的光路图如图所示．

由几何关系可知，e光在N点折射角为r

1，则sinr

1

=，得 r

1

=30°．

设两光线在N点的入射角为i．由于OM=R，由几何知识知，NO=NM，则 i=2r

1

=60°所以该玻璃体对e光的折射率

②设f光的折射角为r

2

，由正弦定理有：

玻璃体对f光的折射率

解得