【物理】甘肃省武威市第十八中学2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

【物理】甘肃省武威市第十八中学2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

甘肃省武威市第十八中学2020届高三上学期 期末考试试题 一、单项选择题（每小题4分，共32分）‎ ‎1.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点．设滑块所受支持力为FN，OF与水平方向的夹角为θ, 下列关系正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】物体处于平衡状态，对物体受力分析，‎ 根据共点力平衡条件，可求出支持力和水平推力．‎ 对小滑块受力分析，受水平推力F、重力G、支持力FN、根据三力平衡条件，将受水平推力F和重力G合成，如图所示，由几何关系可得，，A正确．‎ ‎【点睛】本题受力分析时应该注意，支持力的方向垂直于接触面，即指向圆心．本题也可用正交分解列式求解！‎ ‎2.如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为，则细线中的拉力大小为 A. Mg B. Mg+Ma C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题是牛顿第二定律的应用习题，选择研究对象,根据牛顿第二定律列得方程联立求解.‎ ‎【详解】对AB的整体，根据牛顿第二定律 ，选项C正确；对C： ，解得：，选项AB错误；对物体A： ，则 ，因f为静摩擦力，故不一定等于μ‎1m1g，选项D错误；故选C.‎ ‎3.如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平。一质量为m的小物块（可视为质点）自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力大小为2mg，g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 小物块到达最低点N时的速度大小为 B. 小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgR C. 小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为mgR D. 小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设小物块到达最低点N时的速度大小为v，在N点，根据牛顿第二定律得 据题意有 联立得 故A错误；‎ B．小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为 故B正确；‎ C．小物块从P点运动到N点的过程，由动能定理得 解得 故C错误；‎ D．由于小物块要克服摩擦力做功，机械能不断减少，所以小物块不可能到达Q点，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，一个质量为‎0.18 kg的垒球，以‎25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为‎45 m/s，则这一过程中动量的变化量为(　　)‎ A. 大小‎3.6 kg·m/s，方向向左 B. 大小为‎3.6 kg·m/s，方向向右 C. 大小为‎12.6 kg·m/s，方向向左 D. 大小为‎12.6 kg·m/s，方向向右 ‎【答案】D ‎【详解】规定水平向左为正方向，则初动量P1=mv1=‎0.18kg×‎25m/s=‎4.5kg•m/s；打击后动量为：P2=mv2=‎0.18kg×（‎-45m/s）=‎-8.1kg•m/s；故动量变化为：△P=p2-p1=‎-12.6kg•m/s，负号表示方向与规定的正方向相反，即向右；故选D．‎ ‎【点睛】本题关键明确动量、动量的变化量都是矢量，规定正方向后，可以将矢量运算简化为代数运算．‎ ‎5.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A. ＋mg B. －mg C. ＋mg D. －mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得 ‎【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向 ‎6.在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域．则该质子(　　)‎ A. 在－x0～0区间一直做加速运动 B. 在0～x0区间受到的电场力一直减小 C. 在－x0～0区间电势能一直减小 D. 在－x0～0区间电势能一直增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；‎ B．设在x～x＋Δx，电势为φ～φ＋Δφ，根据场强与电势差的关系式E，当Δx无限趋近于零时，表示x处的场强大小(即φ～x图线的斜率)，从0到x0区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝Ee，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；‎ CD．在－x0～0区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确．‎ ‎7.在如图所示平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压，开始时B板的电势比A板的高，这时两板中间原来静止的电子（图中黑点表示）在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（ ）‎ ‎ ‎ A. 电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性往返运动 B. 电子一直向A板运动 C. 电子一直向B板运动 D. 电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性往返运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电子在0～受力向左指向B板，做加速运动，～T受力向右指向A板，做减加速运动，到零。由运动学规律画出如答图所示的图像，‎ 可知电子一直向B板运动，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C ‎8.如图所示，对于电场线中的A、B、C三点，下列判断正确的是(　　)‎ A. A点的电势最低 B. B点的电场强度最大 C. 同一正电荷在A、B两点受的电场力大小相等 D. 同一负电荷在C点具有电势能比在A点的大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据顺着电场线电势降低，可知A点的电势最高，故A错误；电场线越密，场强越大，B处电场线最疏，电场强度最小，故B错误；A处电场线最密，电场强度最大，同一电荷在A点受到的电场力最大，故C错误；将负电荷从A点移到C点电场力做负功，电势能将增加，所以同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大，故D正确．所以D正确，ABC错误．‎ 二，多项选择（每小题6分，共24分）‎ ‎9.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么 A. 偏转电场对三种粒子做功一样多 B. 三种粒子打到屏上时速度一样大 C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同 D. 三种粒子一定打到屏上的同一位置，‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：带电粒子在加速电场中加速，电场力做功W=E1qd； 由动能定理可知：E1qd=mv2；‎ 解得：；粒子在偏转电场中的时间；在偏转电场中的纵向速度 纵向位移；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多；故A正确，B错误；因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；故C错误，D正确；故选AD．‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功．‎ ‎10.将一质量为m的排球竖直向上抛出，它上升了H高度后落回到抛出点．设排球运动过程中受到方向与运动方向相反、大小恒为f的空气阻力作用，已知重力加速度大小为g，且fmg，故a>g，A错；‎ B．排球上升过程中机械能的减少量等于空气阻力做的功，W=fH，B对；‎ C．重力做功W=mgh，排球上升与下降过程位移大小相等，故重力做功大小均mgH，C错；‎ D．排球上升与下降两个过程中，重力做功相等，位移大小也相等，但在上升过程中F1=mg+f，a1=g+f/m，下降过程F2=mg-f，a2=g-f/m，a1>a2，t2>t1，由P=W/t知时间越小功率越大，D对；故选BD．‎ ‎11.由电容器电容的定义式C=可知（　　）‎ A. 若电容器不带电，则电容C为零 B. 电容C与电容器所带电荷量Q成正比 C. 电容C与所带电荷量Q多少无关 D. 电容在数值上等于使两板间的电压增加1V时所需增加的电荷量 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】ABC．电容器电容的定义式C=，是比值定义式，电容与电容器带电量及两端电压无关，由电容器本身决定，故AB错误，C正确；‎ D．由电容器电容的定义式C=可知，电容在数值上等于使两板间的电压增加1V时所需增加的电荷量，故D正确。故选CD。‎ ‎12.如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则 A. 当增大两板间距离时，v增大 B. 当减小两板间距离时，v增大 C. 当改变两板间距离时，v不变 D. 当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板运动列出等式：‎ 得 v与两板间距无关，所以当改变两板间距离时，v不变，故AB错误，C正确；‎ D．由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为，电子的加速度为 电子在电场中一直做匀加速直线运动，由所以电子加速的时间为 由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确．‎ 三、实验题（每空2分，共12分）‎ ‎13.为了探究动能定理，某同学在实验室组装了如图甲所示的装置：‎ ‎(1)该同学想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在实验中应该采取的必要措施是________；‎ A．平衡摩擦力 B．先释放小车后接通电源 C．钩码的质量远小于小车的总质量 D．钩码的质量远大于小车的总质量 ‎(2)如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，距离如图所示，则打B点时的速度vB＝________；‎ ‎(3)该同学经过认真操作后，发现小车动能的变化量总是略小于拉力做的功，他猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的，若钩码质量为m，小车质量为M，重力加速度为g，则小车受到的实际拉力为F＝________。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 要使小车受到的合力等于钩码的重力，实验前要平衡摩擦力，实验过程中还要控制钩码质量远小于小车的质量，实验操作应先接通电源后释放纸带，故AC正确，BD错误；‎ 故选AC；‎ ‎(2)[2] 小车做匀变速直线运动，由匀变速直线运动的推论可知，打B点时的速度：‎ ‎(3)[3]由牛顿第二定律得：对系统：‎ mg=（M+m）a 对小车：‎ F=Ma 解得：‎ ‎14.用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽平滑连接．安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下铅垂线所指的位置O.接下来的实验步骤如下：‎ 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，认为其圆心就是小球落点的平均位置；‎ 步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘处的B点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；‎ 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．‎ ‎(1)在上述实验操作中，下列说法正确的是________．‎ A．小球1的质量一定大于小球2的质量，小球1的半径可以大于小球2的半径 B．将小球静止放置在轨道末端看小球是否滚动来检测斜槽轨道末端是否水平 C．小球在斜槽上的释放点应该越高越好，这样碰前的速度大，测量误差较小 D．复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起来看印迹是否清晰并进行移动 ‎(2)以下提供的器材中，本实验必需的有（ ）‎ A．刻度尺　　B．游标卡尺　　C．天平　　D．秒表 ‎(3)设小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，MP的长度为l1，ON的长度为 l2，则本实验验证动量守恒定律的表达式为________．‎ ‎【答案】(1). BD (2). AC (3). m1·l1＝m2·l2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据实验注意事项分析答题；‎ ‎(2)根据实验需要测量量选择实验器材；‎ ‎(3)小球离开水平轨道后做平抛运动，根据实验数据与动量守恒定律求出实验需要验证的表达式．‎ ‎【详解】(1) A项：验证动量守恒定律实验中，入射球1的质量一定要大于被碰球2的质量，两球的直径应相等，故A错误；‎ B：将小球静止放置在轨道末端，如果小球不滚动，水面斜槽轨道末端水平，否则斜槽末端不水平，故B正确； ‎ C项：小球在斜槽上的释放点高度应适当，如果释放点的高度太高，小球离开轨道后的水平位移太大，小球将落在复写纸之外，不能确定小球的落地点，小球的释放高度不是越高越好，故C错误；‎ D项：复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起看印迹是否清晰，只要不移动地面上的白纸，可以随便移动复写纸的位置，故D正确．故应选：BD．‎ ‎(2)实验过程中需要测量入射球与被碰球的质量，因此实验需要天平；实验时需要测出小球落地点的水平位移，因此实验需要刻度尺，故AC正确．‎ ‎(3) 球离开水平轨道后做平抛运动，由于小球的竖直分位移相等，因此它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与它的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度；由图示可知，碰撞前小球1的落地点是P，两球碰撞，球1的落地点是M，球2的落地点是N，实验需要验证：m1OP=m‎10M+m20N，m1（OP-OM）=m20N，‎ m1MP=m20N，则m‎1l1=m‎2l2，本实验验证动量守恒定律的表达式为：m‎1l1=m‎2l2.．‎ 四、计算题（15小题10分，16小题10分，17小题12分，共32分）‎ ‎15.在水平力F＝30N的作用下，质量m＝‎5kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？（g取‎10m/s2）‎ ‎【答案】12s ‎【解析】‎ ‎【详解】根据牛顿第二定律得：‎ 撤去拉力后的加速度 撤去拉力时的速度 v=at=4×6=‎24m/s 则 ‎16.一质量为m1＝‎0.5kg的小球A以v0＝‎2.0m/s的速度和静止于光滑水平面上质量为m2＝‎1kg 的另一大小相等的小球B发生正碰，碰撞后它以v1＝‎0.2m/s的速度反弹．求：‎ ‎（1）原来静止小球获得的速度v2大小；‎ ‎（2）碰撞过程中损失的机械能△E．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【详解】（1）选向右为正方向，则由动量守恒定律 所以 ‎（2）根据能量守恒可以得到：‎ ‎17.一质量为‎0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点‎5m的位置B处是一面墙，如图所示。一物块以v0＝‎9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为‎7m/s，碰后以‎6m/s的速度反向运动直至静止，g取‎10m/s2。‎ ‎(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；‎ ‎(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。‎ ‎【答案】(1) 0.32；(2) 130N；(3)9J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 物块从A到B过程，由动能定理得：‎ 代入数据解得：‎ μ=0.32‎ ‎(2) 以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，由动量定理得：‎ Ft=-mv-mvB 解得：‎ F=-130N，负号表示方向向左 ‎(3) 物块向左运动过程，由动能定理得：‎ 解得：‎