【物理】辽宁省抚顺十中2020届高三上学期期中考试试题（解析版）

【物理】辽宁省抚顺十中2020届高三上学期期中考试试题（解析版）

辽宁省抚顺十中2020届高三上学期 期中考试试题 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项是符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.一汽车刹车可看做匀减速直线运动，初速度为12m/s，加速度为2m/s2，运动过程中，在某一秒内的位移为7m，则此后它还能向前运动的位移是( )‎ A. 6m B. 7m C. 9m D. 10m ‎【答案】C ‎【解析】设经过t时间开始计时，1s时间内质点的位移恰为7m，则有：，解得：t=2s，汽车从刹车到停止总共经历的时间为：，把汽车刹车过程逆过来看即为初速度为零的匀加速直线运动，此后它还能向前运动的位移即为汽车前3s的位移：，故C正确．‎ 点晴：解决本题关键掌握匀变速直线运动的规律及公式，汽车刹车类问题往往采用逆向思维方式即汽车过程看成初速度为零的匀加速直线运动．‎ ‎2.如图所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态，给小球B施加水平力F使其缓慢上升直到小球A刚要滑动．在此过程中 A. 水平力F的大小不变 B. 杆对小球A的支持力不变 C. 杆对小球A摩擦力先变小后变大 D. 轻绳对小球B的拉力先变大后变小 ‎【答案】C ‎【详解】对球受力分析，受拉力F、重力和细线的拉力T ‎，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：‎ ‎ 随着θ的增加，拉力F和细线张力T均增加，故AD错误；再对A、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力N和静摩擦力f，如图所示： ‎ 设杆与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件，在垂直杆方向，有： N=（M+m）gcosθ+Fsinθ，随着F的增加，支持力N增加；在平行杆方向，有：Fcosθ+f=（M+m）gsinθ，故：f=（M+m）gsinθ-Fcosθ，随着F的增加，静摩擦力逐渐减小，当（M+m）gsinθ=Fcosθ时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加，故B错误，C正确．所以C正确，ABD错误．‎ ‎3.电荷量为Q1和Q2的两点电荷分别固定在x轴上的O、C两点，规定无穷远处电势为零，x轴上各点电势随x的变化关系如图所示．则 A. Q1带负电，Q2带正电 B. G点处电场强度的方向沿x轴正方向 C. 将带负电的试探电荷自G点静止释放，仅在电场力作用下一定不能到D点 D. 将带负电的试探电荷从D点沿x轴正方向移到J点，电场力先做负功后做正功 ‎【答案】C ‎【解析】φ-x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负．‎ ‎【详解】A项：由图知无穷远处的电势为0，B点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷Q1带正电，M点电荷Q2带负电，故A错误；‎ B项：由图可知，从D到G电势升高，由沿着电场线电势降低可知，G点的场强方向为沿x轴负方向，故B错误；‎ C项：负电的试探电荷在G点所受电场力方向沿x轴正方向，所以在电场力作用下沿x轴正方向做加速运动一直到H点，由于H点的右边电场强度方向沿x轴正方向，电荷接下来做减速运动，所以电荷一定不能达到D点，故C正确；‎ D项：D→J段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，故D错误．‎ 故应选C．‎ ‎【点睛】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．‎ ‎4.如图甲所示，物块的质量kg，初速度m/s，在一水平向左的恒力作用下从点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示（）‎ A. 0~5s内物块做匀减速运动 B. 在时刻恒力反向 C. 恒力大小为10N D. 物块与水平面间的动摩擦因数为0.3‎ ‎【答案】BD ‎【详解】物体匀减速直线运动的加速度大小为： ，匀加速直线运动的加速度大小为： ，根据牛顿第二定律得：‎ F+f＝ma1，F﹣f＝ma2，联立两式解得：F＝7N，f＝3N，则动摩擦因数为：，物体匀减速直线运动的时间为：．即在0﹣1s内做匀减速直线运动，1s后恒力F反向，做匀加速直线运动．故BD正确，AC错误．‎ ‎5.2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一．图为一简化后的跳台滑雪的轨道示意图，运动员（可视为质点）从起点由静止开始自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点．已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝50 kg．重力加速度g＝10 m/s2．下列说法正确的是( )‎ A. 运动员从起点运动到B点的整个过程中机械能不守恒 B. 运动员到达A点时对轨道的压力大小为1000 N C. 运动员到达A点时重力的瞬时功率为104 W D. 运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为 s ‎【答案】B ‎【详解】A．运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功，机械能守恒，故A错误；‎ B．运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以 由牛顿第二定律可得，‎ 得 故A点时对轨道的压力大小为1000N，故B正确；‎ C．此时速度沿水平方向，故重力的瞬时功率为零，故C错误；‎ D．由 可得 故D错误．‎ ‎6.如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看做质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(重力加速度为g)，下列说法正确的是( )‎ A. A球增加的机械能等于B球减少的机械能 B. A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能 C. A球的最大速度为 D. 细杆对A做的功为mgR ‎【答案】A ‎【详解】A．B球运动到最低点，A球运动到最高点，两球系统机械能守恒，故A球增加的机械能等于B球减少的机械能，A正确；‎ B．A球重力势能增加，B球重力势能减少，故B错误；‎ C．两球系统机械能守恒，当B球运动到最低点时速度最大，有 解得，故C错误；‎ D．除重力外其余力做功等于机械能的增加量，故细杆对A球做的功等于A 球动能的增加量，有 选项D错误．‎ ‎7.嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走．我国发射的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，该卫星先在距月球表面高度为h的轨道上绕月球做周期为T的匀速圆周运动，再经变轨后成功落月．已知月球的半径为R，引力常量为G，忽略月球自转及地球对卫星的影响．则以下说法正确的是 A. 物体在月球表面自由下落的加速度大小为 B. “嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为 C. 月球平均密度为 D. 在月球上发射月球卫星的最小发射速度为 ‎【答案】AC ‎【详解】在月球表面，重力等于万有引力，则得：；对于“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得：；解得： ，故A正确．“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动，轨道半径为r=R+h，则它绕月球做匀速圆周运动的速度大小为，故B错误．由上式得：月球的质量为M=，月球的平均密度为ρ=M/V，而V=4πR3/3，解得月球的平均密度为 ，故C正确．设在月球上发射卫星的最小发射速度为v，则有： ，即，故D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答．‎ ‎8.两水平平行金属板连接在如图所示的电路中，板长为 L 间距 d,在距板右端 2L 处有一竖直光屏，D 为理想二极管（具有单向导电性）．让一带电量为 q、质量为 m 的粒子从两板左端连线的中点O以水平速度射入板间，粒子飞出电场后垂直打在屏上．则 ‎ A. 电场强度大小为 3mg/q B. 质点在板间运动的过程中与它从板右端运动到屏的过 程中速度变化相同 C. 若仅将滑片 P 下移，再让该粒子从O 点以水平射入，粒子打 在屏上位置在中心线下方 D. 若仅将板间距增大，再让该粒子从 O 点以水平射入，粒子仍垂直打在屏上 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 质点先在电场和重力场的复合场中做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开出场后，质点一定打在光屏的上方，做斜上抛运动，质点从离开电场后到垂直打在M屏上过程是平抛运动的逆运动，采用运动的分解方法可知，分析质点类平抛运动与斜上抛的关系，确定加速度关系，求出板间场强；‎ ‎【详解】A、粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，粒子一定打在屏的上方，做斜上抛运动．否则，粒子离开电场后轨迹向下弯曲，粒子不可能垂直打在M板上．粒子在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于，而且方向水平，粒子垂直打在M板上时速度也水平，根据粒子的轨迹弯曲方向可知两个过程粒子的合力方向相反，加速度方向相反，则速度变化量方向相反,粒子的轨迹如图所示： ‎ ‎ 设粒子在板间运动的过程中加速度大小为a，则有粒子离开电场时竖直分速度大小，粒子离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则，联立解得，故A正确，B错误；‎ C、若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从O点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故C错误； D、若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由知U不变，电量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从O点以水平速度射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故D正确．‎ ‎【点睛】本题关键抓住两个运动轨迹的特点，巧用逆向思维分析电场外质点的运动情况，要知道运动的合成与分解是研究曲线运动的常用方法，要灵活运用．‎ ‎9.如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场（足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B．把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带负电的粒子（粒子重力不计）．则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若v0=，则粒子第一次到达C点所用的时间为 B. 若v0=，则粒子第一次到达C点所用的时间为 C. 若v0=，则粒子第一次到达B点所用的时间为 D. 若v0=，则粒子第一次到达B点所用的时间为 ‎【答案】BC ‎【详解】若v0=，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：qvB=m；‎ T=；将速度代入可得：r=L；从A射出粒子第一次通过圆弧从A点到达C点的运动轨迹如下图所示，可得：；故A错误；‎ ‎ 带电粒子在一个周期内的运动如图；带电粒子从C到B的时间：；故从A到B的时间为：tAB=tAC+tCB=+= ；故C正确；若v0=‎ ‎，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：qvB=m；；将速度代入可得：r=L；故从A射出粒子第一次通过圆弧从A点到达C点的运动轨迹如下图所示，可得： ‎ ‎，故B正确；带电粒子从C到B的时间：;故从A到B的时间为：tAB=tAC+tCB= += ，故D错误；故选BC．‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在磁场中运动，难点在于几何图象的确定应分析，要抓住三角形内外圆半径均为L，则可得出各自圆弧所对应的圆心角，从而确定粒子运动所经历的时间．‎ ‎10.水平地面上有两个物体在同一直线上运动，两物体碰撞前后的速度一时间图象如图所示（其中一个物体碰后速度变为0）．下列说法正确的是 A. t = 0时，两物体的距离为1 m B. t = 2.5 s时，两物体的距离为4.5 m C. 两物体间的碰撞为完全弹性碰撞 D. 碰撞前，地面对两个物体的摩擦力大小不相等 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 两物体相向运动，均做匀减速运动，1s时相碰，可知t = 0时，两物体的距离为，选项A错误；t = 2.5 s时，两物体的距离为，选项B正确；设碰前速度为正值的物体的质量为m1，速度为负的物体的质量为m2；由动量守恒可知，碰后原来速度为正的物体的速度变为零，则：，解得m1=2m2；由能量关系：碰前 ；碰后，则两物体间的碰撞为完全弹性碰撞，选项C正确；碰前速度为正值的物体的摩擦力；速度为负值的物体的摩擦力，则选项D错误；故选BC. ‎ ‎ 点睛：此题要明确物理过程，知道哪个物体碰后速度为零以及完全弹性碰撞满足的条件，结合v-t图像解题.‎ 二、非选择题 (本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎11.某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋改为劲度系数为400 N/m的轻质弹簧AA'，将弹簧的一端A'固定在竖直墙面上．不可伸长的细线OA、OB、OC，分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图1所示．在实验过程中，保持弹簧AA'伸长1.00 m不变．‎ ‎（1）若OA、OC间夹角为90°，弹簧秤乙的读数是______N．（如图2所示）‎ ‎（2）在（1）问中若保持OA与OB的夹角不变：逐渐增大OA与OC 的夹角，则弹簧秤甲的读数大小将_____，弹簧秤乙的读数大小将_____．‎ ‎【答案】(1). 3.00 (2). 一直变小 先变小后变大 ‎【详解】（1）[1]根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3.00N；‎ ‎（2）[2][3]若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OA与OC的夹角，力三角形如图中实线变到虚线： ‎ 由图可知弹簧秤甲的读数将一直变小，而弹簧秤乙的读数将先变小后变大.‎ ‎12.某同学欲将量程为300 μA微安表头G改装成量程为0.3 A的电流表．可供选择的实验器材有：‎ A．微安表头G（量程300 μA，内阻约为几百欧姆）‎ B．滑动变阻器R1（0 ~ 10 kΩ）‎ C．滑动变阻器R2（0 ~ 50 kΩ）‎ D．电阻箱（0 ~ 9 999 Ω）‎ E．电源E1（电动势约为1.5 V）‎ F．电源E2（电动势约为9 V）‎ G．开关、导线若干 该同学先采用如图甲的电路测量G的内阻，实验步骤如下：‎ ‎①按图甲连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端所对应的位置；‎ ‎②断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；‎ ‎③闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为200 μA，记下此时电阻箱的阻值．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验中电源应选用_________（填“E1”或“E2”），滑动变阻器应选用________（填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）若实验步骤③中记录的电阻箱的阻值为R，则G的内阻Rg与R的关系式为 Rg =______．‎ ‎（3）实验测得G的内阻Rg = 500 Ω，为将G改装成量程为0.3 A的电流表，应选用阻值为_____Ω的电阻与G_____（填“串联”或“并联”）．‎ ‎（4）接着该同学利用改装后的电流表A，按图乙电路测量未知电阻Rx的阻值．某次测量时电压表V的示数为1.20 V，表头G的指针指在原电流刻度的250 μA处，则Rx =_______Ω．‎ ‎【答案】(1). E2 R2 (2). R (3). 0.5 并联 (4). 4.3‎ ‎【详解】（1）电流表G的内阻约为几百欧姆，为提高测量精度，滑动变阻器的阻值应大些，故选R2；为减小实验误差，电源电动势应尽可能大些，电源最好选用E2．‎ ‎（2）步骤③中闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为200 μA，此时电阻箱的电流为100 μA，则此时电阻箱的阻值应为电流计G阻值的2倍，即Rg =R．‎ ‎（3）实验测得G的内阻Rg = 500 Ω，为将G改装成量程为0.3 A的电流表，应选用阻值为的电阻与G并联．‎ ‎（4）改装后的电流表的内阻为 ；表头G的指针指在原电流刻度的250 μA处，此处对应的实际电流为，电压表V的示数为1.20 V，则．‎ ‎13.如图所示，空中固定一粗糙的水平直杆，质量为m = 0.6 kg的小环静止套在杆上，现对小环施加一与水平方向的夹角为的拉力F，拉力F的大小从零开始逐渐增大，小环的加速度a与拉力F的关系如图所示，已知重力加速度，，求：‎ ‎(1)小环加速度a0的数值；‎ ‎(2)小环和直杆间的动摩擦因数．‎ ‎【答案】（1）（2）0.75‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当拉力时，以小环为研究对象，竖直方向有 水平方向上有，联立解得 ‎（2）当拉力F超过7.5N后，以小环为研究对象，竖直方向有（N为杆对环的支持力），水平方向有，又，‎ 联立解得 由于加速度a恒定，则 解得 ‎14.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限分布存在匀强电场E1、E2，电场E1的场强大小为，方向与x轴负方向成60°斜向下，电场E2的场强大小未知，方向与x轴正方向成30°角斜向上，比荷为1.0×105 C/kg的带正电粒子a从第三象限的P点由静止释放，粒子沿PO做匀加速直线运动，到达O点的速度为104 m/s，不计粒子的重力．‎ ‎(1)求P、O两点间的电势差；‎ ‎(2)粒子a插进入电场E1时，在电场E1某位置由静止释放另外一个完全相同的带电粒子b，使两粒子在离开电场前相遇，若相遇时所需时间最长，求在电场E1‎ 中由静止释放的带电粒子b的初始位置坐标．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【详解】(1)带电粒子a由P点运动到O点，根据动能定理有 解得 ‎(2)粒子a在进入电场后做类平抛运动，设离开电场E1时到O点的距离为L，如图所示，则 由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子a进入电场E1时速度方向的直线OM上任一点释放粒子b，可保证两者离开电场前碰撞．‎ 若相遇时所需时间最长，则在M点由静止释放带电粒子b即可，则有 OM ＝ Lcos 30°‎ 故M的横坐标为 M的纵坐标为 联立解得 即在电场E1中由静止释放带电粒子b的位置坐标为 ‎15.如图甲所示，下表面光滑的长木板B静止放在水平面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板的最右端，质量为m1＝0.5 kg的物块A从距长木板B左侧s0＝9.5 m处以某一初速度向长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），以长木板B开始运动作为计时起点，长木板B和物块C运动的v－t图象如图乙所示，已知物块A 与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)长木板B的质量m2；‎ ‎(2)物块A的初速度v0；‎ ‎(3)A静止时，系统A、B、C由于摩擦产生的热量Q．‎ ‎【答案】(1) 1.0kg (2) 10m/s (3) 16 J ‎【详解】(1)根据图乙可知，长木板B的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 联立解得 ‎(2)物块A与长木板B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有 根据能量守恒可得 联立即得 v＝9 m/s，v1＝－3m/s 对于物块A，以初速度v0向右减速运动与长木板B碰撞的过程，根据动能定理有 解得 ‎(3)对物块A反向后，‎ 当A停下后，即 解得 t＝3 s 由于碰撞过程中不损失机械能，碰撞前后损失的机械能均为克服摩擦力而做功，故产生的热量为：‎ 由图乙可知 解得 Q＝16 J ‎16.如图所示，在竖直平面内的xoy直角坐标系中，MN与水平x轴平行，在MN与x轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度E=2N/C，磁感应强度B=1T，从y轴上的P点沿x轴方向以初速度v0=1m/s水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m=2×10-6kg，电荷量q=1×10-5C，g取10m/s2．已知P点到O点的距离为d0=0.15m，.MN到x轴距离为d=0.20m.(π=3.14，=1.414，=1.732，结果保留两位有效数字)‎ ‎（1）求小球从P点运动到x轴时速度方向与x轴正方向的夹角θ；‎ ‎（2）求小球从P点运动至MN边界所用的时间；‎ ‎（3）当小球从P点运动到x轴时撤去电场，求小球到达MN边界时的速度．‎ ‎【答案】（1）60°（2）（3），与水平方向成45°‎ ‎【详解】(1)由平抛运动的规律，小球做平抛运动的时间为t1，进入磁场的速度为v，进入磁场时速度与x轴的夹角为，则 ‎，解得 ‎，‎ 解得，‎ ‎(2)小球进入电磁场区域时，‎ 故小球作匀速圆周运动，设轨迹半径为r，则，解得 由几何关系，小球运动到MN时轨迹与MN相切，在电磁场中运动的时间 小球从P点运动到MN所用时间 ‎(3)撤去电场后小球运动至MN时速度大小为v1，方向与水平方向成角，‎ 由动能定理，解得 取小球在水平方向上的运动分析，由动量定理：，‎ 即，解得