【物理】甘肃省高台县第一中学2020届高三上学期期中考试试题（解析版）

【物理】甘肃省高台县第一中学2020届高三上学期期中考试试题（解析版）

甘肃省高台县第一中学2020届高三上学期 期中考试试题 一.选择题：（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1—6题只有一项符合题目要求，每小题4分。第6—10题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。共48分）‎ ‎1.一个大人拉着载有两个小孩的车在水平地面上沿直线匀速前进,其拉杆可自由转动，则对小孩和车下列说法正确的是(   )‎ A. 拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力 B. 拉力与摩擦力的合力方向竖直向上 C. 拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小 D. 小孩和车所受的合力不为零 ‎【答案】B ‎【详解】小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小车所受的摩擦力，故A错误；小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力竖直，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，故C错误，B正确；小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，故D错误；‎ ‎2.‎2019年4月20日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第44颗北斗导航卫星，拉开了今年北斗全球高密度组网的序幕。北斗系统主要由离地面高度约为6R的同步轨道卫星和离地面高度约为3R的中圆轨道卫星组成(R为地球半径)，设表面重力加速度为g，忽略地球自转。则（　　）‎ A. 这两种卫星速度都大于 B. 中圆轨道卫星的运行周期大于24小时 C. 中圆轨道卫星的向心加速度约为 D. 卫星从中轨道变到同步轨道需向前喷气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．M表示地球的质量，m表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力 得 又地球表面的物体 解得 故A错误；‎ B．M表示地球的质量，m表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力 得 可知轨道半径越大则周期越大，所以中圆轨道卫星的运行周期小于同步卫星的周期24小时，故B错误；‎ C．在地球表面为m0的物体，有 中圆轨道卫星 则其向心加速度约为，故C正确；‎ D．卫星的轨道越高，则其机械能增大，所以若卫星从中圆轨道变轨到同步轨道，需向后方喷气加速，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，、为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的点放一个负点电荷（不计重力），点为连线中垂线上一点且，点电荷从点由静止释放经点运动到点的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 点电荷的速度一定先增大后减小 B. 点电荷的加速度一定先减小后增大 C. 点电荷的电势能一定先增大后减小 D. 点电荷在点电势最大，动能为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据点电荷电场强度的叠加法则可知，同种正电荷的中垂线上，由O点向两边，电场强度方向向两边延伸，且大小先增大后减小．‎ A、在a点静止释放一个负点电荷q，它只在电场力作用下，先向下加速，到达O点之后，速度方向与电场力方向相反，向下减速运动，直到b点速度减为零，故点电荷q的速度一定先增大后减小，A正确；‎ B、同种正电荷的中垂线上，由O点向两边，电场强度方向向两边延伸，且大小先增大后减小，由于不知道a点的位置位于最大值的上方还是下方，故存在两种可能，一种可能为：加速度先减小后增大；另一种可能为：加速度先增大后减小再增大再减小，故B错误；‎ CD、负点电荷q从a点运动到O点，电场力做正功，从O点到b点，电场力做负功，故电势能先减小后增大，在O点动能最大，电势能最小，电势最大，故CD错误．‎ ‎4.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子不计重力在该区域内运动的轨迹，轨迹上有a、b、c三点，已知带电粒子所带电荷量为，在a点处的动能为，则该带电离子（ ）‎ A. 可能带负电 B. 在b点处的电势能为 C. 在b点处的动能为零 D. 在c点处的动能为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电场线和等势线垂直，且由高电势处指向低电势处，得出场强方向向上，由带电粒子的运动轨迹可判定，粒子所受电场力向上，则粒子带正电荷，A错误；‎ B．b点处的电势能：‎ B错误；‎ C．由能量守恒，a点处动能和电势能总和：‎ 则b点处的动能为：‎ C错误；‎ D．c点处的动能为：‎ D正确 故选D。‎ ‎5.将一根轻质弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的物体，物体静止时，弹簧长度为L1；而当弹簧下端固定在水平地面上，将质量为m的物体压在其上端，物体静止时，弹簧长度为L2。已知重力加速度为g，则该弹簧的劲度系数是(　 )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设弹簧原长为l0，由胡克定律得F=kx，式中x为形变量，弹簧下端悬挂一质量为m 的物体时，则有 质量为m的物块放在弹簧的上端时 联立方程组可以解得 故选B。‎ ‎6.在水平地面上有相距为L的A、B两点，甲小球以v1＝‎10 m/s的初速度，从A点沿与水平方向成30°角的方向斜向上抛出，同时，乙小球以v2的初速度从B点竖直向上抛出．若甲在最高点时与乙相遇，重力加速度g取‎10 m/s2，则下列说法错误的是 A. 乙球的初速度v2一定是‎5 m/s B. 相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度 C. L为2.5m D. 甲球与乙球始终在同一水平面上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】甲球竖直方向的初速度vy＝v1sin30°＝‎5m/s，水平方向的初速度v0＝v1cos30°＝5m/s．甲球在最高点与乙球相遇，说明甲球和乙球在竖直方向具有相同的运动规律，则乙球的初速度v2＝vy＝‎5m/s，故A正确；相遇前甲球的水平速度不为零，竖直方向与乙球的速度相同，所以在相遇前甲球的速度不可能小于乙球的速度，故B错误；相遇时间t＝＝0.5s，则L＝v0t＝2.5m，故C正确；由于甲球和乙球竖直方向的运动情况相同，所以甲球与乙球始终在同一水平面上，故D正确．本题选错误的，故选B．‎ ‎7.如图，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m 的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ.物块以v0从木板的左端向右滑动，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下．若木板不固定时，下列叙述正确的是（ 　）‎ A. 物块不能从木板的右端滑下 B. 对系统来说产生的热量Q＝μmgL C. 经过，物块与木板便保持相对静止 D. 摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功 ‎【答案】AC ‎【详解】A、木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能．木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下．故A正确．B、对系统来说，产生的热量Q=fs相对=μmgs相对＜μmgL，故B错误．C、设物块块与木板最终的共同速度为v，滑块和木板系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv0=（m+M）v，对木板M，由动量定理得：μmgt=Mv，联立解得，故C正确．D、由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功．故D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】本题的关键是明确木块和木板的运动规律，正确分析能量的转化情况．要知道木板不固定时，木块和木板组成的系统动量守恒．‎ ‎8.空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下（初速度可看做0,未打开伞前不计空气阻力），下落高度h之后打开降落伞，接着又下降高度H之后，空降兵达到匀速，设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k，即f=kv2，那么关于空降兵的说法正确的是（　 　）‎ A. 空降兵从跳下到下落高度为h时，机械能损失小于mgh B. 空降兵从跳下到刚匀速时，重力势能一定减少了mg（H+h）‎ C. 空降兵匀速下降时，速度大小为mg/k D. 空降兵从跳下到刚匀速的过程，空降兵克服阻力做功为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】空降兵从跳下到下落高度为h的过程中，只有重力做功，机械能不变．故A错误；空降兵从跳下到刚匀速时，重力做功为：mg（H+h），重力势能一定减少了mg（H+h）．故B正确；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以：kv2=mg，得：．故C错误；空降兵从跳下到刚匀速的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即：mg（H+h）-W阻=mv2．得：W阻=mg（H+h）-m•（）2=mg（H+h）-．故D正确．‎ ‎9.如图所示，直线a与四分之一圆弧b分别表示两质点A、B从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的v−t图．当B的速度变为0时，A恰好追上B，则下列说法正确的是 ‎ A. B质点做加速度减小的减速运动 B. B质点的位移为m C. A质点追上B质点时的速度为m/s D. A质点的加速度为m/s2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由速度时间图线可知，B做加速度增加的变减速直线运动，故A错误．由速度时间图线围成的面积可知，B的位移x=πr2＝πm，故B正确．因为当B的速度为零时，A追上B，可知A的位移x=πm，根据x＝vt可得v=πm/s，选项C正确；由x=at2得，A的加速度，故D错误．‎ ‎10.如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是(　　)‎ A. 物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cosθ B. 物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为 C. 斜面倾角θ的正弦值为 D. 不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A：物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量，故A项错误．‎ B：上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零，末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有，解得，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为，故B项错误．‎ C：上滑过程中有，下滑过程中有，解得．故C项正确．‎ D：3t0时间内，物块受力为重力、支持力、摩擦力．从底端出发又回到底端，高度不变，重力做功为零；支持力始终与速度垂直，不做功；摩擦力始终与速度反向，做负功．根据动能定理，摩擦力所做的功就等于物体动能变化量．克服摩擦力所做的功与摩擦力所做负功大小相等．所以，能求出． ，故D项错误．‎ ‎【点睛】冲量是力在某段时间上对物体运动状态积累效应，恒力的冲量等于力和作用时间的乘积．‎ 二.实验（共2个小题.每空1分共11分）‎ ‎11.某实验小组进行“验证机械能守恒定律”的实验．‎ ‎（1）甲同学用图1所示 实验装置验证机械能守恒定律，将电火花计时器固定在铁架台上，把纸带的下端固定在重锤上，纸带穿过电火花计时器，上端用纸带夹夹住，接通电源后释放纸带，纸带上打出一系列的点，所用电源的频率为50 Hz，实验中该同学得到一条点迹清晰的纸带如图2所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点．纸带连续的计时点A、B、C、D至第1个点O的距离如图2所示，已知重锤的质量为‎1.00 kg，当地的重力加速度为g=‎9.8 m/s2，从起始点O到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量为=_________J，重锤动能的增加量为ΔEk=_________J，从以上数据可以得到的结论是______________．（结果保留3位有效数字）．‎ ‎ ‎ ‎（2）乙同学利用上述实验装置测定当地的重力加速度．他打出了一条纸带后，利用纸带测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以v2为纵轴画出了如图3所示的图线．由于图线明显偏离原点，若测量和计算都没有问题，其原因可能是___________________．乙同学测出该图线的斜率为k，如果阻力不可忽略，则当地的重力加速度g_____k（选填“大于”、“等于”或“小于”）．‎ ‎（3）丙同学用如图4所示的气垫导轨装置来验证机械能守恒定律，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2，经分析讨论，由于滑块在气垫导轨上运动时空气阻力很小，为此还需测量的物理量是_______________，机械能守恒的表达式为_______________________．‎ ‎【答案】 (1). 5.50 5.45 在实验误差允许的范围内重锤下落的过程中机械能守恒 ‎ ‎(2). 先释放重锤，后接通电源 大于 (3). 滑块的质量M和砂桶的质量m ‎ ‎ (‎ ‎【解析】（1）重锤重力势能的减少量为Ep=mghC=1.00×9.8×0.561 J≈5.50 J；重锤动能的增加量为Ek=≈5.45 J；由以上数据可得到如下结论：在实验误差允许的范围内重锤下落的过程中机械能守恒．‎ ‎（2）从图中可以看出，当重锤下落的高度为0时，重锤的速度不为0，说明了操作中先释放重锤，后接通电源．若无阻力，则根据机械能守恒定律知，mgh=，则=gh，斜率k=g．若有阻力则测得的重力加速度k小于当地的重力加速度g，即g大于k．‎ ‎（3）滑块和砂桶组成的系统机械能守恒，为此还需用天平测出滑块的质量M和砂桶的质量m．滑块通过两个光电门的速度大小分别为、，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，所以系统机械能守恒的表达式为．‎ ‎12.某组同学计划用如图甲所示的实验装置，探究加速度a与合外力F及小车质量M之间的定量关系．‎ ‎(1)为了平衡小车在运动过程中受到的阻力，必须使木板倾斜恰当的角度θ，若小车和木板之间的动摩擦因数为μ，则tanθ______μ（选填“>”、“<”或“=”）．‎ ‎(2)实验得到如图乙所示的纸带．O点为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G，小车的加速度大小为_________m/s2（结果保留2位有效数字）．‎ ‎(3)在处理实验数据时，用m表示砝码和托盘的总质量，用M表示小车的质量，用g表示当地的重力加速度．若用m、M和g表述小车的加速度，则测量值为_________，理论值为_________．‎ ‎【答案】(1). = (2). 0.99（0.98—1.0） (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）为了平衡小车在运动过程中受到的阻力，必须使木板倾斜恰当的角度θ，若小车不受拉力作用下能沿斜面匀速下滑，由平衡知： 得： ‎ ‎（2）利用 得; 由于误差存在，所以加速度在（0.98—1.00）都算正确；‎ ‎（3）在处理实验数据时，用m表示砝码和托盘的总质量，用M表示小车的质量，用g表示当地的重力加速度，由牛顿第二定律得：，即这是实验的理论值，但在测量时认为绳子对车的拉力等于钩码和托盘的总重力，所以测量值为 ‎ 三.计算题（共36分）‎ ‎13.如图所示，在匀强电场中把电荷量q＝2.0×10－‎9C的正电荷放在A点，所受电场力为F＝2.0×10－7N，把电荷从A点移到B点，静电力做功为W＝2.0×10－9J，AB连线与电场强度方向的夹角为θ＝。求：‎ ‎(1)匀强电场的场强大小；‎ ‎(2)A、B两点之间的电势差UAB；‎ ‎(3)AB的长度。‎ ‎【答案】(1)100N/C (2)1V (3)‎‎2cm ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)匀强电场的场强大小 ‎(2)A、B两点之间的电势差 ‎(3)匀强电场中电场强度与电势差关系得 则有 ‎14.泥石流在爆发时通常沿山体倾泻而下，具有极快的速度与巨大的能量，破坏性极大，严重威胁着人们的生命安全，因此人们要对一些自然灾害进行必要的了解，并予以防范．课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：在足够长的斜面上放置一个质量m=‎4kg的物体，使该物体从静止开始，让其在随位移均匀减小的沿斜面向下的推力作用下运动，斜面的倾角θ=37°，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，其中推力F与物体到出发点的距离x的函数关系式为F=80-20x(N)，其中0≤x≤‎4m．取g=‎10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎(1)物体在斜面上运动过程中的最大加速度am；‎ ‎(2)物体的速度达到最大时，到出发点的距离x1；‎ ‎(3)物体在斜面上运动的最大位移xm．‎ ‎【答案】（1）=‎19.6m/s2 （2）=‎3.92m （3）=‎‎100m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对物体受力分析，如图所示：‎ 当x=0时，F最大，最大值=80N，此时物体的加速度最大 由牛顿第二定律有： ‎ 解得：=‎19.6m/s2 ‎ ‎(2)当物体的加速度a=0时，物体的速度最大，设此时推为大小为F1，则有： ‎ ‎ ‎ 解得：=‎3.92m ‎ ‎(3)物体在斜面上运动的位移最大时，其速度为零，设物体在斜面上运动的过程中推为F对物体所做的功为W，则由动能定理有：‎ 设推为F=0时，物体到出发点的距离为，有 又 ‎ 解得：=‎100m．‎ ‎15.如图所示，一质量M=‎4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C， BC所对圆心角θ＝37°，CD长L＝‎3m．质量m=‎1kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝‎4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v=‎1.2m/s．取g＝‎10m/s2，sin37°=0.6，忽略空气阻力．‎ ‎（1）求A、B间的水平距离x；‎ ‎（2）求小物块从C滑到D所用时间t0；‎ ‎（3）求圆弧半径R.‎ ‎【答案】(1) x=‎1.2m (2) t0=1s (3) ‎‎2.75m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由平抛运动的规律得 tanθ= x= v0t ‎ 得x=‎‎1.2m ‎ ‎ ‎(2)物块在小车上CD段滑动过程中，由动量守恒定律得 mv1=(M+m) v ‎ 解得v1=‎6m/s ‎ 由功能关系得 fL=mv12－（M＋m）v2‎ 对物块，由动量定理得 －ft0=mv－mv1 ‎ 得t0=1s ‎ ‎(3) 物块进入B点时的速度，到达C点的速度为vC=v1=‎6m/s，‎ 滑块从B到C的机械能守恒，由机械能守恒定律得： ‎ 解得：R=‎‎2.75m ‎16.下列说法正确的是__________‎ A. 一定质量的理想气体温度不变，若从外界吸收热量，则气体体积一定增大 B. 分子动能是由于物体机械运动而使内部分子具有的能 C. 一切自发的宏观过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行 D. 较大的颗粒不做布朗运动是因为液体温度太低，液体分子不做热运动 E. 分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一定质量的理想气体温度不变，内能不变，若从外界吸收热量，则气体对外做功，则气体体积一定增大，故A正确；‎ B．微观分子动能与宏观物体机械运动无关，故B错误；‎ C．根据热力学第二定律可知，一切自发的宏观过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，选项C正确；‎ D．液体中较大的悬浮颗粒不做布朗运动的原因是大颗粒容易受力平衡，布朗运动不明显，故D错误；‎ E．分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小，选项E正确。‎ 故选ACE。‎ ‎17.如图所示，汽缸放置在水平平台上，活塞质量为‎10kg，横截面积为‎50cm2，厚度为‎1cm，汽缸全长为‎21cm，汽缸质量为‎20kg，大气压强为1×105Pa，当温度为7时，活塞封闭的气柱长‎10cm，若将汽缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。g取‎10m/s2，求：‎ ‎(1)汽缸倒置时，活塞封闭的气柱多长；‎ ‎(2)当温度多高时，活塞刚好接触平台。‎ ‎【答案】(1)‎15cm ‎(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设汽缸倒置前、后被封闭气体的压强分别为p1和p2，气柱长度分别为L1和L2，则有 倒置过程为等温变化，由玻意耳定律可得 解得 ‎(2)设倒置后升温前、后封闭气柱温度分别为T2和T3，升温后气柱长度为L3，则 升温过程为等压变化，由盖－吕萨克定律可得 解得 即温度升高到100时，活塞刚好接触平台。‎