2020届广东省深圳市高级中学高三上学期理综物理试题（六）解析

绝密★启用前物理注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上1.质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状态．通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的最大质量为（）A.B.2mC.D.答案：D解：小球恰好能滚出圆弧槽时，圆弧槽对小球的支持力的作用点在A点，小球受到重力和A点的支持力，合力为，对小球运用牛顿第二定律可得 ，解得小球的加速度，对整体分析可得：，联立解得，故D正确，A、B、C错误；故选D．2.如图所示，细线一端固定于O点，另一端系一小球，在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，下列说法中正确的是()A.水平拉力先增大后减小B.水平拉力先减小后增大C.水平拉力的瞬时功率先减小后增大D.水平拉力的瞬时功率逐渐增大答案：D解：AB．小球是以恒定速率运动，即做匀速圆周运动，小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T，三者的合力必是沿绳子指向O点，设绳子与竖直方向夹角是θ，F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上，则有(1)球由A点运动到B点θ增大，说明水平拉力逐渐增大，故AB错误；CD．由几何关系可知拉力F的方向与速度v的夹角也是θ，所以水平力F的瞬时功率是(2)联立两式可得从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的．故C错误，D正确。故选D。3.图示为足球球门，球门宽为L，一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）．若球员顶球点的高度为h．足球被顶出后做平抛运动（足球可看做质点），重力加速度为g．则下列说法正确的是A.足球在空中运动的时间B.足球位移大小C.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值D.足球初速度的大小答案：C解：A、足球运动的时间为:A错；B、足球在水平方向的位移大小为:所以足球的位移大小:; B错C、由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为:，C正确D、足球的初速度的大小为:D错误；故本题选：C点评：(1)根据足球运动的轨迹,由几何关系求解位移大小. (2)由平抛运动分位移的规律求出足球的初速度的大小(3)由几何知识求足球初速度的方向与球门线夹角的正切值.4.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为3R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球．始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g．小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为：A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.7mgR答案：D解：由题意知水平拉力为：F=mg设小球达到c点的速度为v，从a到c根据动能定理可得：小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零匀加速直线运动，设小球从c点达到最高点的时间为t，则有：此段时间内水平方向的位移为：所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：L=3R+R+3R=7R此过程中小球的机械能增量为：△E=FL=mg×7R=7mgRA.2mgR与计算不符，故A错误．B.4mgR与计算不符，故B错误．C.5mgR与计算不符，故C错误．D.7mgR与计算相符，故D正确．5.如图所示，固定在水平地面的木凿有一个位于竖直平面的、半径为R的四分之一粗糙圆弧轨道，轨道最低点距水平地面的高度为．现将可视为质点的质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始释放，物块下滑离开轨道后刚落到地面时的动能为．不计空气阻力，则:A.物块落到地面时速度方向与竖直方向成45°B.物块沿圆弧轨道下滑过程中向心加速度最大值为gC.物块刚滑到轨道最低点时对轨道压力的大小为3mgD.物块沿圆弧轨道下滑过程中摩擦力做功为答案：B解：A．物体到达圆弧轨道最低点的速度为v，物体从离开轨道后落到地面的过程中，根据动能定理有解得：物体从轨道水平抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，落地时，其竖直方向的速度为物块落到地面时速度方向与竖直方向的夹角为θ故A错误；B.在轨道的最低点时，向心加速度最大，其值为故B正确；C.在最低点根据牛顿第二定律有：N-mg=ma解得故C错误；D.物体在轨道上下滑过程中，根据动能定理有：则摩擦力做功为故D错误．6.甲、乙两建筑工人用简单机械装置将工件从地面提升并运送到楼顶．如图所示，设当重物提升到一定高度后，两工人保持位置不动，甲通过缓慢释放手中的绳子，使乙能够用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后工件运送至乙所在位置，完成工件的运送，设两绳端始终在同一水平面上，蝇的重力及滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，则在工件向左移动过程中（）A.甲手中绳子上的拉力不断减小B.楼顶对甲的支持力不断增大C.楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力D.乙手中绍子上的拉力不斯增大答案：CD解：A、B、开始时候绳子上的拉力大小是物体重力，后来就是重力和拉力的合力大小，如图所示，由于三角形斜边大于任意直角边，所以绳子上的拉力增大了，对甲的拉力也增大了，A、B错误；C、可用极端法，先分析乙在图上位置，再分析乙在甲位置，所以在移动的过程中，楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩振力，C正确；D、绳子与滑轮夹角为θ，则有，当θ角减小，则f增大，根据平衡条件可知乙手中绳子上的拉力不断增大，D正确；故选CD．7.在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度达到v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球．已知地球、火星两星球的质量比约为10∶1，半径比约为2∶1，下列说法正确的有(　　)A.探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大B.探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大C.探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等D.探测器脱离星球过程中，势能逐渐增大答案：BD解：A、探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与质量无关，故A错误；B、根据万有引力公式得：探测器在地球表面受到的引力，在火星表面受到的引力F2=，而地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，解得：，即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故B正确；C、探测器脱离星球时，其需要发射速度为，地球与火星的不同，所以所需发射速度也不同，故C错误；D、由于探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大，故D正确．故选BD8.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动．在t=0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是（　　）A.t=0至t=时间内，A、B的总动量守恒B.t=至t=时间内，A、B的总动量守恒C.t=时，A的动量为2mvD.t=时，A的动量为4mv答案：AC解：设A、B受到的滑动摩擦力都为f，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F=2f，设B经过时间t速度为零，对B由动量定理得：，解得：；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB为系统，绳子的属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，在B停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在至的时间内A、B的总动量守恒，故A正确；在后，B停止运动，A做匀加速直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故A、B的总动量不守恒，故B错误；当时，对A由动量定理得：，代入，解得，故C正确；当时，对A由动量定理得：，代入，解得：，故D错误；故选C.点评：动量守恒定律适用的条件：系统的合外力为零．或者某个方向上的合外力为零，则那个方向上动量守恒．两木块原来做匀速直线运动，合力为零，某时刻剪断细线，在A停止运动以前，系统的合力仍为零，系统动量守恒；在B静止后，系统合力不为零，A和B组成的系统动量不守恒．9.某同学利用如图1所示的装置测量弹簧的弹性势能和可看成质点的物块与桌面间的动摩擦因数，实验步骤如下①用重锤确定物块运动到桌边时投影到地面的位置O②将轻弹簧一端固定在桌面边沿的墙面上；③推动物块，把弹簧压缩到P点，由静止释放物块，测出物块落地点与O点间的水平距离x；④通过在物块上增减砝码来改变物块的质量，重复步骤③的操作⑤根据得到的一系列的物块质量m与水平距离x的值，作出的图线如图2所示．已知重力加速度g，回答下列问题：（1）为达到实验目的，除已经测出的物块的质量m和物块落地点与O点的水平距离x，还需要测量__________A．弹簧的原长B．弹簧压缩后物块到桌面右边眼的距离LC．桌面到地面的高度HD．弹簧压缩前物块到周末右边沿的距离（2）根据图2可知弹簧被压缩到P点时弹性势能为_________，物块与桌面间的动摩擦因数为________．（用图像中的a、b和（1）中所选物理量的符号表示结果）答案：(1).BC(2).(3).解：设桌面距离地面的高度为H、P点距离桌面右边沿的距离为L，根据能量守恒定律可得，物块离开桌面后做平抛运动，水平方向由，竖直方向由，联立可得，则，，解得，，故还需要测量弹簧压缩后物块到桌面右边眼的距离L、桌面到地面的高度H点评：本题考查了实验数据处理，知道实验原理是解题的前提与关键，应用能量守恒定律求出图象的函数表达式是即可解题，要掌握应用图象法处理实验数据的方法．10.某同学设想用如图甲所示的装置，研究两个完全相同的小球碰撞时有无机械能损失，设想如下：小球A用不可伸长的轻质细绳悬于O点，当A摆到O点正下方的C点时恰好与桌面接触但无压力，现将A球从Q点由静止释放，到达C点时刚好与静置于桌面P点、与A完全相同的小球B碰撞，B平抛落至地面．该同学测得Q到桌面的高度H、桌面到地面的高度h及B平抛的水平位移L．（1）若用游标卡尺测小球的直径d如图乙所示，则d=_________cm；（2）测量小球下降的高度时，应该以球所在位置Q时__________（选填“球的下边沿”或“球心”）到桌面的距离为小球下降的高度H；（3）思考发现，测小球直径并非必要步骤，要使A、B两球对心正碰，只要让球A自由悬挂后处于C点，B球紧贴A球放置，且P与O、Q、C三点构成的平面必须________________．（4）实验中改变H，多测几次H和L的数值，得到如图丙所示的图线，如果两球碰撞过程中有机械能损失，则该图线的斜率k_________（选填“大于”、“等于”或“小于”）4h．答案：(1).1.135(2).球的下边沿(3).共面(4).小于（1）根据游标卡尺的读数 规则 编码规则下载淘宝规则下载天猫规则下载麻将竞赛规则pdf麻将竞赛规则pdf ，游标卡尺读数为主尺读数与游标尺读数之和．故小球的直径．（2）为了减小实验误差，考虑到实际操作更加方便准确，应该以小球所在位置Q时“球的下边沿”到桌面的距离为小球下降的高度H；（3）A、B两球对心正碰时，要求两小球的球心连线，与小球初末速度在一条直线上，故B球紧贴A球放置，且P与O、Q、C三点构成的平面必须共面．（4）小球A运动到C点时由动能定理可得，在C处与小球B发生弹性碰撞，由于小球AB完全相同，根据动量守恒，及能量守恒，可知小球AB交换速度，碰撞后B小球速度，由平抛规律可知，．由以上式联立得．如图所示：若没有机械能损失时图象a，斜率K=4h，若有机械能损失，导致相同H下，小球B的平抛水平位移L变小，如图象b,由数学函数知识可知其斜率小于4h.11.套在水平光滑轴O上的轻杆两端分别固定A、B两小球（可看成质点）．给A球一初速度后，两小球在竖直平面内做匀速圆周运动．已知轻杆长为L，A、B两小球质量分别为m和2m．求（1）A、B两小球做匀速圆周运动的半径；（2）A球运动到最高点时轴O对轻杆的作用力大小．答案：(1)，(2)3mg解：（1）根据系统机械能守恒，由于总动能不变，在杆从水平位置转到竖直位置的过程中，两小球重力势能的变化量的绝对值相等解得，（2）不失一般性，设杆在竖直位置时，杆对A球的作用力为，杆对B球的作用力为根据牛顿第三定律，球对杆的作用力，，设轴对杆的作用力F（或对系统：）解得12.某工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆心为O的光滑圆弧轨道AB与足够长倾斜传送带BC在B处相切且平滑连接，OA连线水平、OB连线与竖直线的夹角为θ＝37°，圆弧的半径为R=1.0m，在某次调试中传送带以速度v=2m/s顺时针转动，现将质量为m1=3kg的物块P（可视为质点）从A点位置静止释放，经圆弧轨道冲上传送带，当物块P刚好到达B点时，在C点附近某一位置轻轻地释放一个质量为m2=1kg的物块Q在传送带上，经时间t=1.2s后与物块P相遇并发生碰撞，碰撞后粘合在一起成为粘合体S．已知物块P、Q、粘合体S与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．试求：（1）物块P在B点的速度大小；（2）传送带BC两端距离的最小值；答案：（1）4m/s（2）3.04m解：（1）由A到B，对物块P由动能定理有可得物块P在B点的速度大小（2）因vB>v，物块P在传送带上减速，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律有可得物块P的加速度大小a1=10m/s2减速至v的时间运动位移因x1<L，摩擦力反向，又因物块P继续向上减速，有可得物块P的加速度大小a1=2m/s2减速至0的时间因t2=t-t1说明物块P刚好减速到零时与物块Q相遇发生碰撞，物块P第二段减速的位移大小对物体Q：可得其加速度a3=2m/s2下滑的位移BC的最小距离L=x1+x2+x3=3.04m13.下列说法正确的是：A.根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小B.放射性物质的温度升高，则半衰期减小C.一块0℃的冰逐渐熔化成0℃的水，在这个过程中分子势能和物体的内能都会增加D.某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，核子数减少3个E.在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 的球形答案：ACE解：A.玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，能级跃迁时，由于高能级轨道半径较大，速度较小，电势能较大，故氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故A正确．B.半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关，故B错误；C.一块0℃的冰逐渐熔化成0℃的水，在这个过程中分子平均动能不变，吸收热量用于增加分子势能，故内能增加，故C正确；D.根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过2次α衰变核子数减少8，一次β衰变核子数不变，故D错误；E.由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间表现为引力，液体表面存在张力，所以在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成标准的球形，故E正确；14.如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，气缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S.在气缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移动．已知活塞A的质量是2m，活塞B的质量是m.当外界大气压强为p0、温度为T0时，两活塞静止于如图所示位置．若用一竖直向下的拉力作用在B上，使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动l/2的距离，又处于静止状态，求这时气缸内气体的压强及拉力F的大小．设整个过程中气体温度不变．答案：，F＝p0S＋mg【分析】以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件列式求解气缸内气体的压强.整个过程中，气体的温度不变，发生等温变化．列出初态气缸内气体的压强和体积及末态气体的体积，由玻意耳定律列式求得末态气体的压强，再以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件求解拉力F的大小．解：以两活塞整体为研究对象，原来气缸内气体压强为p1，根据平衡条件有：p0S＋3mg＝p1S解得：对气缸内气体，初态：，V1＝2lS末态：p2，根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2解得：以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有：2pS＝F＋p0S＋3mg解得：点评：对于封闭气体，常常以与气体接触的活塞或水银为研究对象，根据平衡条件求压强，要加强这方面的训练，做熟练掌握.