【物理】宁夏海原县第一中学2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

【物理】宁夏海原县第一中学2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

宁夏海原县第一中学2020届高三上学期 期末考试试题 一、选择题（共48分，14—18题只有一项符合题目要求，19—21题有多项符合题目要求。）‎ ‎1.一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上的A处有一小球。若车厢中的旅客突然发现小球沿图(俯视图)中的虚线从A点运动到B点。则由此可以判断列车的运行情况是　(　　)‎ A. 减速行驶，向北转弯 B. 加速行驶，向南转弯 C. 减速行驶，向南转弯 D. 加速行驶，向北转弯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小球与水平面间的摩擦可以不计，所以小球在水平面内不受力作用，始终与列车一起向前做匀速直线运动，发现小球沿如图（俯视图）中的虚线从A点运动到B点。知列车和桌子的速度慢下来，小球要保持以前的速度继续运行，所以会向前运动。出现如图的曲线，是因为桌子跟着列车向南拐弯，而小球要保持匀速直线运动。 A．减速行驶，向北转弯，与结论不相符，选项A错误；‎ B．加速行驶，向南转弯，与结论不相符，选项B错误；‎ C．减速行驶，向南转弯，与结论相符，选项C正确；‎ D．加速行驶，向北转弯，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动。将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t秒后，Q的速度也变为v，再经t秒物体Q到达传送带的右端B处，则(　　)‎ A. 前t秒内物体做匀加速运动，后t秒内物体做匀减速运动 B. 后t秒内Q与传送带之间存在摩擦力 C. 前t秒内Q的位移与后t秒内Q的位移大小之比为1∶1‎ D. Q由传送带左端运动到右端的平均速度为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滑块在前ts内做匀加速直线运动，后ts内做匀速直线运动。故A错误。‎ B．后ts内做匀速直线运动，与传送带之间无摩擦力。故B错误。‎ C．根据匀变速直线运动的推论知，前ts内的位移，后ts内的位移x2=vt，则位移大小之比为1：2．故C错误。‎ D．全程的平均速度 故D正确。 故选D。‎ ‎3.如图所示，质量为m、电荷量为Q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个带电量也为Q的带电小球B固定于O点的正下方，已知绳长OA为‎2l，O到B点的距离为l，平衡时AB带电小球处于同一高度，已知重力加速度为g，静电力常量为k．则（ ）‎ A. A、B间库仑力大小 B. A、B间库仑力大小为 C. 细线拉力大小为 D. 细线拉力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由几何关系可知，OA与OB的夹角为600，则AB间距离：，则 A、B间库仑力大小为，选项A错误；根据平行四边形法则可知，AB间的库仑力为：，细线的拉力，或者，选项BC错误，D正确；故选D.‎ 点睛：此题关键是受力分析，画出受力图，结合平行四边形法则以及几何关系列方程求解.‎ ‎4. 据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600N的人在这个行星表面的重量将变为960N．由此可推知，该行星的半径与地球半径之比约为（ ）‎ A. 0.5 ‎B. ‎2 ‎C. 3.2 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设地球质量为M，半径为R，则行星质量为‎6.4M，半径为r，该人的质量为m．则该人在行星表面上：，该人在地球表面上：．联立两个方程式，可以得到：．‎ 故选项A正确．‎ 考点：万有引力定律的应用 ‎5.图甲是一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一正电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度图象如图乙所示，则以下说法中正确的是 A. A、B两点的电场强度是EA=EB B. A、B两点的电势是 C. 正电荷q在A、B两点的电势能是EPA＞EPB D. 此电场一定是负电荷形成的电场 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：速度时间图象的斜率等于物体的加速度，由图可知，点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，受到的电场力增大，故A点的场强小于B点场强，即有EA＜EB，故A错误；‎ B项：由于物体沿电场线运动过程当中做减速运动，故点电荷所受电场力方向由B指向A，又由于正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同，所以电场线的方向由B指向A；而沿电场线的方向电势降低，所以φA<φB．故B正确；‎ C项：由正电荷在电势高处电势能大，所以，故C错误；‎ D项：由于电荷由A到B做减速运动，故电场线方向由B向A，又因为加速度在变大，故B处靠近场源电荷 ，故电场一定是正电荷所形成的，故D错误．‎ ‎6.如图所示，一质量为m、半径为r的光滑球A用细绳悬挂于O点，另一质量为M、半径为R的半球形物体B被夹在竖直墙壁和A球之间，B的球心到O点之间的距离为h，A、B的球心在同一水平线上，A、B处于静止状态．重力加速度为g．则下列说法正确的是 A. A对B的压力大小为 B. 竖直墙壁对B的摩擦力可能为零 C. 当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力大小保持不变，细绳拉力增大 D.‎ ‎ 当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力减小，细绳拉力减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 分析】‎ 分析小球的受力情况，运用合成法作图，结合三角形相似求出B对A的支持力，从而求得A对B的压力.分析B的受力情况，由平衡条件判断墙壁对B的摩擦力.当只轻轻把球B向下移动一点距离，再用同样的方法得到B对A的支持力和细绳拉力的表达式，即可分析它们的变化.‎ ‎【详解】A．分析A球的受力情况，如图1所示：‎ N与mg的合力与T等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得：，得：，，由牛顿第三定律知A对B的压力大小为：，故A正确.‎ B．B在竖直方向受到重力，而AB间无摩擦，由平衡条件知竖直墙壁对B一定有摩擦力，故B错误.‎ CD．当只轻轻把球B向下移动一点距离，分析A球的受力情况，如图2所示：‎ N与T的合力与mg等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得：‎ 可得：，，由于L＞h，可知，N减小，T减小，由牛顿第三定律知A对B的压力减小，故C错误，D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】本题中没有角度，所以可以采用三角形相似研究共点力平衡问题.正确作出力的合成图是关键.‎ ‎7.如图所示，绝缘的斜面处在一个水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，克服电场力做功为0.5J，重力势能减少了1.5J，则以下说法正确的是（　）‎ A. 金属块带正电荷 B. 电势能减少0.5J C. 金属块克服摩擦力做功0.7J D. 金属块的机械能减少1.2J ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在下滑过程中金属块需克服电场力做功为0.5J，电势能增加0.5J，故金属块带负电，故AB错误；‎ C．在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力势能减少了1.5J，故重力做功1.5J，电场力做功为﹣0.5J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK，解得：Wf=﹣0.7J，故C正确；‎ D．外力做功为W外=W电+Wf=﹣1.2J，故机械能减少1.2J，故D正确．‎ ‎8.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是( )‎ A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变 C. 断开S，将A板向B板靠近，则θ增大 D. 断开S，将A板向B板靠近，则θ不变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．保持电键S闭合，板间电压不变，将A板向B板靠近，板间距离d减小，由板间场强分析得到场强增大，小球所受电场力增大，则θ增大，故A正确，B错误；‎ CD．电容器充电后电键S断开，电容器所带电量Q不变，根据电容的决定式可知与 ，，得出推论 可知板间场强与间距无关，即E不变，小球所受电场力不变，则将A板向B板靠近时，θ不变，故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ 二、实验题（共15分）‎ ‎9.如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B．滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．‎ ‎(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________mm．‎ ‎(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是______________________．‎ ‎(3)下列不必要的一项实验要求是________．(填选项前的字母)‎ A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B．应使A位置与光电门间的距离适当大些 C．应将气垫导轨调节水平 D．应使细线与气垫导轨平行 ‎(4)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出________填“t2-F”“ -F”或“-F”图象．‎ ‎【答案】 (1). 2.30 (2). 遮光条到光电门的距离L (3). A (4). ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①由游标卡尺的图示可知，d=‎2mm+5×‎0.05mm=‎2.25mm；②由遮光条的宽度与时间t，可计算出滑块经过光电门的速度，欲求滑块加速度，则还应该知道A位置到光电门B之间的距离L；③由于绳上连接有力传感器，它可以直接测出绳上拉力的大小，故没有必要使滑块质量必须远大于钩码和力传感器的总质量，所以A是不必要的；而B中使A位置与光电门间的距离适当大些、C中应将气垫导轨调节水平、D中使细线与气垫导轨平行等都是有必要的；④根据L=at2可知，加速度a与t2是成反比的，故欲研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出的图像，如果该图像是一条直线，则说明加速度与力是成正比的．‎ 考点：利用气垫导轨探究加速度与力的关系的实验．‎ ‎10.某同学利用如图所示的装置探究做功与速度变化的关系．‎ ‎(1)小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；‎ ‎(2)在钉子上分别套上2条、3条、4条……同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤(1)，小物块落点分别记为M2、M3、M4……；‎ ‎(3)测量相关数据，进行数据处理．‎ ‎①为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的 ________(填正确答案标号)．‎ A．小物块的质量m B．橡皮筋原长x C．橡皮筋的伸长量Δx D．桌面到地面的高度h E．小物块抛出点到落地点的水平距离L ‎②将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、……，小物块抛出点到落地点水平距离分别记为L1、L2、L3、…….若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、________为横坐标作图，才能得到一条直线．‎ ‎③由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于______________(填“偶然误差”或“系统误差”)．‎ ‎【答案】① ADE ② ③系统误差 ‎【解析】‎ ‎【详解】（①小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式，还需要知道小球的质量，故ADE正确，BC错误；‎ ‎②根据，和，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与正比，故应以W为纵坐标、为横坐标作图，才能得到一条直线；‎ ‎③‎ 偶然误差的特点是它的随机性，如果我们对一些物理量只进行一次测量，其值可能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，产生偶然误差的原因无法控制，所以偶然误差总是存在，通过多次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除；系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生，由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略且无法消除，则由此引起的误差属于系统误差．‎ 三、计算题（共32分）‎ ‎11.一束电子流在经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：‎ ‎12.如图所示，将一质量为m=‎0.1kg的小球自水平平台右端O点以初速度v０水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C。圆轨道ABC的形状为半径R=‎2.5m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，(sin53°=0.8，g=‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)小球经过C点的速度大小；‎ ‎(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小；‎ ‎(3)平台末端O点到A点的竖直高度H。‎ ‎【答案】（1）‎5m/s（2）6N（3）‎‎3.36m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球沿轨道恰好通过最高点C，重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解小球经过C点的速度大小。从B点到C点，由机械能守恒定律求解B点速度，由牛顿第二定律得小球对轨道的压力大小。从A到B由机械能守恒定律求出A点速度，在A点进行速度的分解，根据平抛运动规律求出末端O点到A点的竖直高度H。‎ ‎【详解】（1）C点：‎ m/s ‎（2）B点：‎ B→C：‎ ‎ ‎ 联立得：‎ ‎6N m/s ‎（3）0→A：‎ A点：‎ sin53º=‎ A→B：‎ 联立得：‎ H=‎‎3.36m ‎【点睛】结合圆周运动和动能定理求解。‎ 四、选考题（共15分）‎ ‎13.质量为‎1.0kg的小球从高‎20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为‎5.0m．小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内小球受到合力的冲量大小为（空气阻力不计，g取‎10m/s2）‎ A. 10N·s B. 20N·s C. 30N·s D. 40N·s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小球从开始下落到落到软垫上过程中，由动能定理可得：mgh1=mv12-0， 代入数据解得：v1=‎20m/s，方向竖直向下； 小球从反弹到到达最高点过程中：-mgh2=0-mv22， 代入数据解得：v2=‎10m/s，方向竖直向上； 以竖直向上为正方向，由动量定理得： I=mv2-mv1=‎1kg×‎10m/s‎-1kg×（‎-20m/s）=30N•s，方向竖直向上；故选C．‎ ‎【点睛】本题动量守恒定律的应用；对于动量定理的应用，要注意其中各物理量的方向性，正确设定正方向，确定各量的正负．‎ ‎14.质量m为‎10g的子弹，以v=‎300m/s的水平速度射入质量M为‎50g静止在光滑水平桌面上的木块，并留在木块中，子弹留在木块中以后，木块运动的速度v1‎ 是多大？如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度v’ 为‎100m/s，这时木块的速度v2又是多大？‎ ‎【答案】（1）v＝‎50m/s ‎（2）v＝‎40m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】子弹留在木块中，二者具有相同的速度，设为v1‎ 由动量守恒 ：M子v0=（M子+M木）v1‎ 得 v1=‎88‎‎2m/s ‎ 子弹穿过木块后，木块的速度设为v木，子弹的速度为v子 由动量守恒：M子v0= M木v木+ M子v子 得 v木=‎83.3m/s