甘肃省庆阳市宁县2020届高三物理上学期期末联考试卷（含解析）

甘肃省庆阳市宁县2020届高三物理上学期期末联考试卷（含解析）

甘肃省宁县2020届高三上学期期末联考物理试卷 ‎ 一、选择题 ‎1.从手中竖直向上抛出的小球，与水平天花板碰撞后又落回到手中，设竖直向上的方向为正方向，小球与天花板碰撞时间极短。若不计空气阻力和碰撞过程中动能的损失，则下列能够描述小球从抛出到落回手中整个过程运动规律的图象是 （ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：小球先减速上升，突然反向后加速下降，速度时间图象反映了各个不同时刻小球的速度情况，根据实际情况作图即可．‎ 解：小球先减速上升，突然反向后加速下降；‎ 设竖直向上的方向为正方向，速度的正负表示方向，不表示大小；‎ 故速度v先是正值，不断减小，突然变为负值，且绝对值不断变大；‎ 故选C．‎ ‎【点评】速度时间图象形象直观地反映了物体速度随时间的变化情况，速度的正负表示方向，绝对值表示大小．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎2.国庆期间，京津冀地区平均PM2.5浓度维持在250μg/m3左右，出现严重污染．已知汽车在京津高速上行驶限速‎120km/h，由于雾霾的影响，某人开车在此段高速公路上行驶时，能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为‎50m，该人的反应时间为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为‎5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是（　　）‎ A. ‎10m/s B. ‎20m/s C. ‎15 m/s D. ‎25m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合两段过程的位移之和求出汽车的最大速度；‎ ‎【详解】设汽车行驶的最大速度为v，根据题意则有：，即，解得，（不符合题意舍去），故B正确，A、C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】关键知道汽车在反应时间内和刹车后的运动规律，结合运动学公式灵活求解。‎ ‎3.一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力的作用，木块处于静止状态，如图所示，其中F1＝10 N，F2＝2 N，若撤去F1，则木块受到的摩擦力为(　　)‎ A. 10 N，方向向左 B. 6 N，方向向右 C. 2N，方向向右 D. 0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：木块开始在水平方向受三个力而平衡，则有f=F1-F2=8-1=7N； 物体处于静止状态，则说明物体受到的最大静摩擦力大于7N；撤去F1后，外力为1N，故物体仍能处于平衡，木块受到的摩擦力为1 N，方向与F2方向相反，即向右；故选C．‎ 考点：物体的平衡；摩擦力 ‎【名师点睛】本题是初学摩擦力的同学易错的一个题目，解答本题应准确理解静摩擦力的定义，并能根据受力分析得出力之间的关系。‎ ‎4.质量为‎0.2 kg的球竖直向下以‎6 m/s 的速度落至水平地面，再以‎4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是 (　　)‎ A. Δp＝‎2 kg·m/s　W＝－2 J B. Δp＝－‎2 kg·m/s　W＝2 J C. Δp＝‎0.4 kg·m/s　W＝－2 J D. Δp＝－‎0.4 kg·m/s　W＝2 J ‎【答案】A ‎【解析】‎ 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p=mv2-mv1=0.2×4-0.2×（-6）=‎2kg•m/s ‎，方向竖直向上．由动能定理可知，合外力做功：W=mv22-mv12=×0.2×42-×0.2×62=-2J；故选A．‎ 点睛：此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量．动量变化量也是矢量，同样要注意方向．应用动能定理可以求出合外力做的功．‎ ‎5.如图所示，已知电源电动势为6 V，内阻为1 Ω，保护电阻R0＝0.5 Ω，则当电阻箱R读数为多少时，保护电阻R0消耗的电功率最大，且这个最大值为：(　　)‎ A. 1 Ω;4 W B. 1 Ω;8 W C. 0 ;8 W D. 0.5 Ω;8 W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电功率的计算公式为，当通过保护电阻的电流最大时功率最大；‎ ‎【详解】保护电阻消耗的功率为：，当电阻箱的阻值为零时，保护电阻消耗的功率最大，则有：，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】关键是掌握电功率的计算公式。‎ ‎6.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，则从a到b过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A. 粒子带负电荷 B. 粒子先加速后减速 C. 粒子加速度一直增大 D. 粒子的机械能先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、粒子受到的电场力沿电场线并指向轨迹的凹侧方向,故粒子带正电,故A错误;‎ B、粒子受电场力方向沿电场线并指向轨迹的凹侧,所以先向左减速运动后向右加速运动,故B错误.‎ C、根据电场线的疏密知道场强先小后大,故加速度先小后大，故C错；‎ D、从a点到b点,电场力先做负功,再做正功,所以机械能向减小后增大，故D对；‎ 故选D ‎【点睛】做曲线运动的物体所受的合力大致指向轨迹凹的一向,根据此可判断出电场力的方向以及电场力的做功情况,根据电场力做功可判断出机械能的变化，粒子的加速度可通过比较合力(电场力)进行比较.‎ ‎7.2020年9月我国成功实施了“神舟七号”载人航天飞行并首次实现了航天员出舱．飞船沿椭圆轨道1飞行，后在远地点‎343km处的P点加速，由椭圆轨道1变成高度‎343km的圆轨道2，在此圆轨道2上飞行运行周期约为90min，下列判断正确的是(　　)‎ A. 飞船在圆轨道上运行时航天员出舱前后都是处于失重状态 B. 飞船在此圆轨道上运动的线速度大于同步卫星运动的线速度 C. 飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点P时的加速度相等 D. 飞船变轨前的机械能大于变轨后的机械能 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 飞船在圆轨道上运行时，航天员处于完全失重状态；根据万有引力提供向心力得出周期、线速度与轨道半径的关系，通过周期的大小得出轨道半径的大小，从而得出线速度的大小；根据飞船变轨前后所受的万有引力，根据牛顿第二定律比较加速度的大小；飞船变轨时加速，机械能增大；‎ ‎【详解】A、飞船在圆轨道上运行，航天员处于完全失重状态，故A正确；‎ B、同步卫星的周期为24h，大于飞船在轨道2上的周期，根据，则有：，，知同步卫星的周期大，则同步卫星轨道半径大，所以同步卫星线速度小，故B正确；‎ C、飞船在轨道1、2上运行通过P点，万有引力相同，则加速度相同，故C正确；‎ D、飞船由轨道1到轨道2，需要在P点加速，所以变轨后的机械能大，故D错误；‎ 故选ABC。‎ ‎【点睛】关键掌握卫星变轨的原理，当万有引力不够提供向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动。‎ ‎8.如图所示，传送带以v的速度匀速运动．将质量为m的物体无初速度放在传送带上的A端，物体将被传送带带到B端．已知物体到达B 端之前已和传送带相对静止，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 传送带对物体做功为mv2‎ B. 传送带克服摩擦做功mv2‎ C. 电动机由于传送物体多消耗的能量为mv2‎ D. 在传送物体过程中产生的热量为mv2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电动机多消耗的电能转变成内能和物体的动能，根据功能关系分析电动机多做的功；根据运动学公式求出物体与传送带相对运动时，传送带的位移与物体位移的关系，得出传送带克服摩擦力做的功；‎ ‎【详解】A、物体受重力支持力和摩擦力，根据动能定理传送带对物体做的功等于物体的动能的增加量，即传送带对物体做功为，故A错误；‎ BD、在传送物体过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即，设加速时间为t，物体的位移为，传送带的位移为；根据动能定理有：，故热量，传送带克服摩擦做功：，故B正确，D错误；‎ C、电动机由于传送物体多消耗的能量等于物体动能增加量和摩擦产生的内能之和，故等于，故C正确；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】关键在于要懂得物体在匀加速运动过程，电动机要增加功率，多消耗电能，运用功能关系和牛顿定律、运动学公式进行分析；‎ ‎9.关于电场强度的叙述，正确的是(　　)‎ A. 沿着电场线的方向，场强越来越小 B. 电场中某点的场强大小等于单位电荷量的电荷在该点所受的电场力大小 C. 电势降落的方向就是场强的方向 D. 负点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度是描述电场强弱和方向的物理量，其定义式为，电场线越密的地方，电场强度越强；电势降落最快的方向就是场强的方向；点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大。‎ ‎【详解】A、沿着电场线的方向，电势越来越小，而电场强度根据疏密才能确定，故A错误；‎ B、根据电场定义式可知电场中某点的场强大小等于单位电荷量的电荷在该点所受的电场力大小，故B正确；‎ C、电势降落最快的方向为电场强度的方向，故C错误；‎ D、负点电荷形成的电场，由公式可知离点电荷越近，电场强度越大，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】关键要理解并掌握场强的两个公式和，电势降落最快的方向就是场强的方向。‎ ‎10.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为ΔU1和ΔU2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为ΔI。在滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中(灯泡电阻不变化)(　　)‎ A. 小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B. ΔU1＞ΔU2‎ C. ΔU 1/ΔI 增大 D. ΔU2/ΔI 不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误．由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以△U1＞△U2．故B正确．由U1=E-I（RL2+r）得：，不变，故C错误．=R2，不变，D正确．故选BD．‎ 点睛：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法．‎ 二、实验题 ‎11.如图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图。现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题。‎ ‎(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________。(填入正确选项前的字母)‎ A．米尺 B．秒表 C．4～6 V的直流电源 D．4～6 V的交流电源 ‎(2)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值。根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离如图所示。使用交流电的频率为f，则计算重锤下落的加速度的表达式a＝________。(用x1、x2、x3、x4及f表示)‎ ‎【答案】 (1). AD; (2). ;‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验的原理确定实验的器材，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的表达式；‎ ‎【详解】解：(1)电磁打点计时器需接4−6V的交流电源，以及需要用米尺测量距离，故A、D正确，B、C错误；‎ 故选AD。‎ ‎(2)根据逐差法则有：，，联立解得： ，所以重锤下落的加速度的表达式：‎ ‎12.为了测量某待测电阻Rx的阻值(约为30 Ω)，有以下一些器材可供选择。‎ 电流表A1(量程0～50 mA，内阻约10 Ω)；‎ 电流表A2(量程0～‎3 A，内阻约0.12 Ω)；‎ 电压表V1(量程0～3 V，内阻很大)；‎ 电压表V2(量程0～15 V，内阻很大)；‎ 电源E(电动势约为3 V，内阻约为0.2 Ω)；‎ 定值电阻R(20 Ω，允许最大电流‎1.0 A)；‎ 滑动变阻器R1(0～10 Ω，允许最大电流‎2.0 A)；‎ 滑动变阻器R2(0～1 kΩ，允许最大电流‎0.5 A)；‎ 单刀单掷开关S一个，导线若干。‎ ‎(1)电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________。(填字母代号)‎ ‎(2)请在下面的虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图_____ 。(要求所测量范围尽可能大)‎ ‎(3)某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx＝________。‎ ‎【答案】 (1). A1; (2). V1; (3). R1; (4). (5). ;‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知电源可知最高电压，根据安全性原则可选择电压表，由欧姆定律求出最大电流，即可选出电流表；由题意可知电路的接法，可选择滑动变阻器；由要求可知应采用分压接法，根据题意分析可知电流表及电压表的接法，同时可得出定值电阻的使用；由欧姆定律可求得总电阻，再由串联电路的电阻规律可求得待测电阻；‎ ‎【详解】解：(1)由题意可知，电源电压为3V，故电压表只能采用0∼3V，不能选用最大量程为15V的电压表，电压表选用V1；而由于待测电阻为30Ω，则电路中电流最大为，故不能选用最大量程为‎3A的电流表，只能采用电流表A1(量程0～50 mA)，故电流表只能选用A1；而由题意（要求所测量范围尽可能大）可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的电阻，故滑动变阻器选用R1；‎ ‎(2)因题目要求所测量的值的变化范围尽可能大一些，故可知应采用滑动变阻器分压接法；‎ 由于电流表量程只有0∼50mA，若只接待测电阻，电路中电流过大损坏电流表，故可将定值电阻接入与待测电阻串联；‎ 由于电压表的内阻很大，则有，故电压表分流较小，故应采用电流表外接法；‎ 故电路如下图所示：‎ ‎(3)由欧姆定律可知，解得 三、计算题 ‎13.所受重力G1＝8 N的物块悬挂在绳PA和PB的结点上。PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2＝100 N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取‎10 m/s2)‎ ‎(1)木块与斜面间的摩擦力大小；‎ ‎(2)木块所受斜面的弹力大小。‎ ‎【答案】(1)64.8N(2)76.4N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先以结点P为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出BP绳的拉力大小，再以G2为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解斜面对木块的摩擦力和弹力；‎ ‎【详解】解：如图所示分析P点受力 由平衡条件可得：，‎ 可解得 再分析G2的受力情况如图所示 由物体的平衡条件可得：‎ 联立解得：，‎ ‎14.一束电子流在经U0=5 000V的加速电场由静止加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距d=1×10﹣‎3m，板长L=5×10﹣‎3m，那么，‎ ‎（1）电子离开加速电场时速度v0多大？（结果用字母e、U0、m表示）‎ ‎（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加多大电压？（可以得到具体数值）‎ ‎【答案】(1) (2)400V ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理求出电子离开加速电场时的速度；根据牛顿第二定律和运动学公式求出偏转位移的表达式，得出偏转位移与极板电压的关系求出所加的电压大小；‎ ‎【详解】解：(1)在加速电场中，根据动能定理得：‎ 解得：‎ ‎(2)在偏转电场中,偏转位移为d2，‎ 根据，‎ 解得：‎ ‎15.(15分)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=‎0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m=‎1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取‎10m/s2，sin37º=0.6， cos37º=0.8。‎ ‎⑴求滑块与斜面间的动摩擦因数。‎ ‎⑵若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值。‎ ‎⑶若滑块离开C处的速度大小为‎4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。‎ ‎【答案】⑴μ＝0.375；⑵v0min＝m/s；⑶t＝0.2s ‎【解析】‎ 试题分析：⑴滑块在整个运动过程中，受重力mg、接触面的弹力N和斜面的摩擦力f作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A运动至D的过程中，根据动能定理有：mgR－μmgcos37°＝0－0‎ 解得：μ＝0.375‎ ‎⑵滑块要能通过最高点C，则在C点所受圆轨道的弹力N需满足：N≥0 ①‎ 在C点时，根据牛顿第二定律有：mg＋N＝②‎ 在滑块由A运动至C的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°＝－③‎ 由①②③式联立解得滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0需满足：v0≥＝m/s 即v0的最小值为：v0min＝m/s ‎⑶滑块从C点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x＝vt ④‎ 在竖直方向的位移为：y＝⑤‎ 根据图中几何关系有：tan37°＝⑥‎ 由④⑤⑥式联立解得：t＝0.2s 考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题。‎