【物理】安徽省亳州市2020届高三上学期期末教学质量检测试题（解析版）

【物理】安徽省亳州市2020届高三上学期期末教学质量检测试题（解析版）

安徽省亳州市2020届高三上学期期末 教学质量检测试题 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。其中1—7小题为单项选择题，8—10小题为多项选择题，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1.在物理发展历史中，一些物理学家的思想和研究成果在不断地推动着社会的进步，以下关于物理学史的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 牛顿提出了万有引力定律，是第一个“能称出地球质量的人”‎ B. 卡文迪许通过扭秤实验第一个测出了静电力常量 C. 胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比 D. 在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 ‎【答案】C ‎【详解】A．牛顿提出了万有引力定律，英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验首先较准确的测量出了引力常量G，被人们称为“能称出地球质量的人”，故A错误；‎ B．库仑发现了电荷间的相互作用力，并测出了静电力常量，故B错误；‎ C．胡克总结出了胡克定律，在弹性限度内的弹力与形变量成正比，故C正确；‎ D．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并没有直接验证，而是用斜面上的加速运动合理外推，故D错误。故选C。‎ ‎2.很多小朋友喜欢用一弹性绳一端系在手指上，另一端系一个重球，小球落下后弹回再用手抓住，如此往复玩耍。现将其简化如图所示，弹性绳的劲度系数为k，小球从静止开始竖直下落，在其到达最低点过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取下落点O为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，球可视为质点。从落下至第一次到达最低点的运动过程中，v、a、t分别表示小球的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t，a与y的关系图像可能正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】CD．人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离逐渐增加F=k△x，根据牛顿第二定律，mg-k△x=ma知，弹性绳的伸长量△x和a线性变化关系，故y和a也是线性变化关系；当弹力F小于重力时，做加速度减小的加速运动；当弹力F等于重力时，加速度为零，速度最大；当弹力F大于重力时，做加速度增大的减速运动，所以加速度先不变，后减小再增大，且加速度和y是线性变化关系，故C正确，D错误；‎ AB．人的加速度先不变，后减小后再反向增加，可知速度—时间图象的斜率绝对值先不变，后减小后再增加，故AB错误。‎ 故选C。‎ ‎3.马路”低头族”已经成为交通安全的一个大问题，一个小朋友手拿手机正在过马路，突然一阵急促鸣笛，手机掉在地上，还好有惊无险，小朋友没事，手机虽然戴着有很好缓冲作用的保护套，可是屏还是摔碎了。如果手机质量为180克，从静止开始下落，开始离地高度为0. 8米，与地面的撞击时间为0. 04秒，且落地后不再反弹，重力加速度g取，那么手机在与地面作用的过程中，地面对手机作用力的大小为（ ）‎ A. 19. 8N B. 18. 0N C. 16. 2N D. 18. 18N ‎【答案】A ‎【详解】设手机落地速度为v，对自由落体的过程，，有：‎ 解得：‎ 对手机和底面相碰的过程，，取向上为正，由动量定理：‎ 带入数据解得：‎ 即地面对手机作用力的支持力为19.8N，故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎4.如图所示，质量均为2kg木块A和B静止在倾角为的光滑斜面上，此时A、B间恰好没有弹力，则剪断细绳的瞬间A、B间的弹力为 A. 0 B. 5N C. 10N D. 20N ‎【答案】B ‎【详解】初状态因A、B间恰好没有弹力，所以此时弹簧弹力 剪断细绳后瞬间，弹簧弹力不能突变仍为，以AB整体为研究对象有 解得 a=2.5m/s2‎ 再隔离B分析 解得 FN=5N 故B正确．‎ ‎5.如图所示，水平地面上有倾角为、质量为m的 光滑斜面体，质量也为m的光滑直杆穿过固定的竖直滑套，杆的底端置于斜而上高为h的位置处.现将杆和斜面体由静止自由释放，至杆滑到斜面底端（杆始终保持竖直状态），对该过程下列分折中正确的是（重力加速度为g）‎ A. 杆和斜面体组成的系统动量守恒 B. 斜面体对杆的支持力不做功 C. 杆与斜面体的速度大小比值为sin D. 杆滑到斜面底端时，斜面体的速度大小为cos ‎【答案】D ‎【详解】A．杆和斜面体组成的系统受的合外力不为零，则系统的动量不守恒，选项A错误；‎ B．斜面体对杆的支持力的方向垂直斜面向上，与杆的位移方向夹角为钝角，则斜面体对杆的支持力对杆做负功，选项B错误；‎ C．根据杆和斜面的位移关系，，可得到速度之比为，选项C错误；‎ D．杆滑到斜面底端时，由能量关系：‎ 联立解得斜面体的速度大小为cos，选项D正确。‎ ‎6.中国的航空航天技术已经取得了举世瞩目的成就，不久的将来还要进行对火星进行探测，当然需要努力攻克能够回到地球的技术。探测器要脱离火星，发射速度不能小于第二宇宙速度，已知第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，已知地球的质量大约是火星的9倍，半径大约是火星的2倍，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，则探测器要脱离火星，从火星发射的速度至少要达到（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：‎ 解得第一宇宙速度 已知地球和火星的质量之比约为9：1，半径之比约为2：1，则地球的第一宇宙速度 火星的第一宇宙速度 地球表面重力加速度为g、地球的半径为R，根据黄金代换式可知，‎ 则 而第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是，则火星的第二宇宙速度 ‎，‎ 故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎7.水平放置的光滑圆环，半径为R，AB是其直径。一质量为m的小球穿在环上并静止于A点，沿AB方向水平向右的风力大小恒为F=mg，小球受到轻扰而开始运动，则下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 运动中小球对环的最大压力为 B. 运动中小球对环的最大压力为 C. 小球运动过程中的最大速度为 D. 小球运动过程中的最大动能为 ‎【答案】A ‎【详解】CD．小球从A运动至B点时速度最大，设最大速度v，根据动能定理得 得：‎ 小球运动过程中的最大动能为 故CD错误；‎ AB．圆周运动在B点速度最大时，轨道的支持力最大，从而有小球对环的压力最大，在B点水平面内，有 得 竖直面内由平衡条件有 根据力的合成法和牛顿第三定律知，最大压力为 故A正确，B错误。‎ 故选A。‎ ‎8.有一静止点电荷产生的电场中，有四个点a、b、c、d，其电场强度大小分别为、、、，电场中任一点电势与该点到点电荷的距离x的关系如下图。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为、和下列选项正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【详解】A．由点电荷场强公式 可得：‎ ‎，‎ 故A错误；‎ B．由点电荷场强公式 可得：‎ 故B正确；‎ C．从a到b电场力做功为：‎ Wab=qUab=q（φa-φb）=q（15-7.5）=7.5q，‎ 从b到c电场力做功为：‎ Wbc=qUbc=q（φb-φc）=q（7.5-5）=2.5q，‎ 所以有：‎ Wab：Wbc=3：1，‎ 故C错误；‎ D．从c到d电场力做功：‎ Wcd=qUcd=q（φc-φd）=q（5-2.5）=2.5q 所以 Wbc：Wcd=1：1，‎ 故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎9.图示电路中，电表均为理想电表，如果滑动变阻器的滑片逐渐向左滑动一段，四个电表的读数分别用、、、表示，四个电表读数的变化量绝对值分别用、、、表示，下列表示正确的是（ ）‎ A. 增大，减小 B. 、都增大 C. 减小，不变 D. ，‎ ‎【答案】ACD ‎【详解】由电路图可知，R2与RP串联后再与R3并联、然后它们与R1串联，电压表V2测并联部分两端的电压，电压表V1测R2两端的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R3支路的电流。‎ AB．当滑动变阻器滑片P向左端移动时，接入电路中的电阻变小，并联部分的总电阻变小，电路的总电阻变小，由 可知电路中的总电流增大，即电流表A1的读数增大，即I1增大；‎ 由 可知电压表V2的示数变小，‎ 而电流表A2的示数 可知I2变小，中干路电流等于各支路电流之和，有：‎ 可得R2的电压增大，故A正确，B错误；‎ CD．因，体现全电路欧姆定律，则有：‎ 逐渐减小，‎ 保持不变；‎ 因，满足部分电路的欧姆定律，有：‎ 不变 故CD均正确。‎ 故选ACD。‎ ‎10.如图有一半径为R的弹性圆形边界，内有垂直于纸面向外的磁感应强度为B的磁场，现有一比荷为的带正电的粒子由A点与OA成30°角垂直入射到磁场中，之后粒子与边界发生弹性碰撞（垂直于边界的速度碰后反向，大小不变，平行边界的速度不变），在粒子绕边界一周的过程中，有（ ）‎ A. 粒子每相邻两次碰撞的时间间隔为 B. 粒子每次与边界相碰时的速度与过该碰撞点的切线的夹角均为60°‎ C. 当时，粒子仍能回到A点 D. 当时，粒子仍能回到A点 ‎【答案】BCD ‎【详解】A．粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，第一次从A到B的轨迹如图所示：‎ 因不知道运动的半径，故无法确定圆心角，运动时间无法求出，故A错误；‎ B．进入磁场时与半径OA成30°角，由运动的对称性可知，出射方向与半径OB成30°角，则粒子与边界相碰时的速度与过该碰撞点的切线的夹角均为60°，故B正确；‎ C．若，可知运动的半径为 可知圆心角为120°，相对的圆形磁场所夹角为120°，根据运动的对称性和周期性可知，圆形磁场的360°分成3个120°，则经过三个圆弧运动刚好回到A点，故C正确；‎ D．若，可知运动的半径为 可知圆心角为180°，相对的圆形磁场所夹角为60°，根据运动的对称性和周期性可知，的360°分成6个60°，则经过六个圆弧运动刚好回到A点，故D正确。‎ 故选BCD。‎ 二、实验题（每空2分，计14分）‎ ‎11.在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带有滑轮的长木板放在水平桌面上，小车通过轻细绳跨过定滑轮与小砂桶连接，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f=50Hz，平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，打开电源，释放小车，根据纸带得到小车运动的加速度为a；多次改变砂桶和沙子的总质量m，根据纸带计算出对应的加速度。‎ ‎(1)在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a—F图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有____________。‎ A.木板右端垫起的高度过大 B.木板右端垫起的高度过小 C.砂桶和沙子的总质量m远小于小车和砝码的总质量M D.砂桶和沙子的总质量m未远小于小车和砝码的总质量M ‎(2)实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中O、A、B、C、D、E、F为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个打出的点未画出，则小车运动的加速度a=__________。（结果保留3位有效数字）‎ ‎(3)小车质量M一定，改变砂桶中沙子的质量，砂桶和沙子的总质量为m，根据实验数据描绘出的小车加速度a与砂桶和沙子的总质量m之间的关系图象如图丁所示，则小车的质量M=________kg。（g取）‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 2.00 (3). 0.5‎ ‎【详解】(1)[1]图线不过原点且力为零时小车加速度不为零；所以木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度），图线末端发生了弯曲现象，是因为当砂桶和沙子的总质量m未远小于小车和砝码的总质量M后，故AD正确，BC错误；‎ 故选AD ‎ (2)[2]相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔为T=0.1s，根据△x=aT2，运用逐差法得，小车运动的加速度为：‎ ‎(3)[3]设绳子拉力为T，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得：‎ 对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得：‎ 联立解得：‎ 整理得：‎ 由关系图像可得：‎ 解得：‎ ‎。‎ ‎12.研究小组要精确测量一个只有刻度、没有刻度值的电压表的内阻和一个失去标签的电源的电动势。研究小组设计了没有系统误差的测量方法，电路如图所示。其中电流表量程为30mA，R1是阻值范围0~1000的电阻箱，是阻值范围0~500的滑动变阻器。‎ ‎(1)先测电压表的内阻：将开关、闭合，调节R1、使电流表、电压表都取合适刻度，多次改变R1、的值、同时保持_________不变，记录R1和对应的电压表指示的格数N ‎。根据数据作图像，得到一条一次函数图像，截距为b，斜率为k，那么电压表的内阻等于_________。‎ ‎(2)再测电源电动势：断开、闭合，调节R1、使电流表有合适的读数，再保持_________不变，多次改变R1，同时记录电流表和R1读数。根据数据作，的函数图线，截距为b′，斜率为k′，那么电源的电动势等于_________。‎ ‎【答案】 (1) 电流表示数 (2). ‎ ‎【详解】(1)[1][2]当测电压表内阻时，设电压表每格对应电压为U0，由部分电路欧姆定律得：‎ 变式为：‎ 作是图象得到一条一次函数图线，应保持I不变，即电流表示数不变，‎ 由此关系式结合图象可知：‎ 两式联立解得：‎ ‎；‎ ‎(2) [3][4]断开S1、闭合S2，由闭合电路欧姆定律得：‎ E=I(R1+R2+r)‎ 变形得：‎ 调节R1、R2使电流表有合适读数，应保持R2不变，才能保证为一次函数关系，‎ 两式联立解得：‎ 三、解答题（本题共4小题，第13、14每题10分，第15小题12分，第16小题14分，共46分。解答时要有必要的文字叙述、步骤和演算过程，否则不得分。）‎ ‎13.如图所示，在倾角为θ＝的光滑斜面上，有一长为l＝1m的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m＝2kg的小球，小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，己知O点到斜面底边的距离为L＝3m，g取10m/s2．若小球运动到最低点B时细线刚好断裂，求：‎ ‎(1)细线能够承受的最大拉力；‎ ‎(2)细线断裂后，小球继续运动到斜面底边时到C点的距离．(C点为AB连线与底边的交点，斜面底边与AC垂直)‎ ‎【答案】(1) 60N (2) ‎ ‎【详解】(1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力为零，‎ 根据向心力公式有：‎ 解得 小球从A点运动到B点，由动能定理得：‎ 解得 此时，细绳拉力与重力分力的合力提供向心力 ‎，‎ 解得T=60N ‎(2)细绳断裂后，小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面的加速度 有：‎ 解得：‎ ‎14.如图所示，质量均为m的带电小球A、B用长为L的绝缘轻杆连接，A带电量为＋q，B带电量为－q，A用绝缘轻弹簧，B用绝缘轻绳分别悬挂在水平天花板上．已知弹簧的劲度系数为k，两悬点CD间距离也为L，整个空间存在竖直向上的匀强电场，场强E＝，静止时轻杆处于水平位置．今剪断轻绳，由于空气阻力，经相当长的时间后，两球再次处于静止状态．求：‎ ‎(1)两次平衡时弹簧的形变量分别为多少；‎ ‎(2)整个过程中空气阻力做的功．‎ ‎【答案】(1) ， (2) ‎ ‎【详解】(1)开始时，对A球分析，弹簧压缩量为，则有 解得 再次平衡时，对A、B球整体分析，弹簧伸长量为 解得 ‎(2)整个过程，对AB及弹簧组成的系统，根据功能关系可得：‎ 得：‎ ‎15.如图所示，在xOy平面内，y＞0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），以大小为、方向与y轴正方向夹角θ=60°的速度沿纸面从坐标为的A点进入电场中，然后从坐标为的B点垂直x轴进入磁场区域，并通过坐标为的C点，最后从x轴上的D点（图中未画出）射出磁场。求：‎ ‎(1)电场强度的大小E，以及粒子通过B点时的速度大小；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小B；‎ ‎(3)粒子从A点运动到D点所用的时间t。‎ ‎【答案】（1）， （2） （3）‎ ‎【详解】(1)粒子从A到B的过程中，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 有以上关系可得：电场强度的大小为：‎ 粒子经过B的速度大小为：‎ ‎(2)从B经C到D的过程中，运动轨迹如图所示，‎ 由几何关系可得：‎ 根据洛伦兹力提供向心力：‎ 由上式可得 ‎(3)从A到B的过程中，‎ 根据 可得：‎ 从B经C到D的过程中，‎ 可得：‎ 从A到D的过程中：‎ 根据 可得：‎ ‎16.如图所示，足够长的斜面倾角为30°，初始时，质量均为m的滑块A、B均位于斜面上，且AB间的距离为L=1m。现同时将两个滑块由静止释放，已知滑块A、B与轨道间的动摩擦因数分别为和，重力加速度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块之间发生的碰撞为弹性碰撞，滑块可视为质点。求：‎ ‎(1)经过多长时间，滑块之问发生第一次碰撞？‎ ‎(2)再经过多长时间，滑块之间发生第二次碰撞？‎ ‎(3)A从释放到最终停止所运动的位移。‎ ‎【答案】（1）t=1s （2） （3）x=5m ‎【详解】将两滑块由静止释放后，对滑块A进行受力分析，由牛顿第二定律得：‎ 得 对B有 ‎，‎ 故B静止 则 得 t=1s ‎（2）设发生第一次碰撞前的瞬间滑块A的速度是 碰后滑块A、B的速度分别是、，由弹性碰撞得：‎ 解得 滑块B开始向下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：‎ 设滑块B下滑时间t0后停止运动，则 由于，B停止运动时二者仍未发生第二次碰撞，即 得 ‎(3)由(2)知，每次碰撞后B先减速到零，再次与A碰撞，又 最终A，B将静止在斜面上，设A下滑的位移为x，由能量守恒得：‎ 解得：x=5m