1、吉林省长春市第二十九中学2020届高三物理上学期期末考试试题(含解析)(时间:90分钟 满分:100分)一、单项选择题(每小题只有一个答案正确,每小题3分,共30分)1.沿同一直线运动的A、B两物体运动的v-t图象如图所示,由图象可知A. A、B两物体运动方向始终相同B. A、B两物体的加速度在前4s内大小相等、方向相反C. A、B两物体在前4s内不可能相遇D. A、B两物体若在6s时相遇,则时开始时二者相距30m【答案】D【解析】A物体先向负方向做减速运动,然后在向正方向做加速运动;B物体一直向正方向加速,故选项A错误;直线的斜率等于加速度,则A、B两物体的加速度在前4s内大小相等方向相同,
2、选项B错误;前4s内两物体运动方向相反,因不知起始位置,则A、B两物体在前4s内可能相遇,选项C错误;A、B两物体若在6s时相遇,则计时开始时二者相距,选项D正确;故选D.点睛:能从图象中获取尽量多的信息是解决图象问题的关键,在同一个坐标系中要正确比较各个图象表示的运动情况,明确图象斜率的含义,最好能把图象和实际运动想结合起来2.“套圈圈”是老少皆宜的游戏。如图,大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度抛出铁丝圈,都能套中地面上的同一目标,且铁丝圈在空中运动时间分别为,不计空气阻力,则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】AB.水平分运动是匀速运动,则水平分位移相同
3、,得,故AB错误;CD.铁丝圈做平抛运动,竖直分运动是自由落体运动,则有得故C正确D错误。 故选C。3.如图所示,质量为m小球用水平轻质弹簧系住,并用倾角37的木板托住,小球处于静止状态,弹簧处于压缩状态,则( )A. 小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B. 弹簧弹力不可能为C. 小球可能受三个力作用D. 木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg【答案】C【解析】【分析】滑块可能受重力、支持力、弹力三个力处于平衡,根据共点力平衡判断,根据平行四边形定则可知,小球重力和弹力的合力肯定大于重力【详解】A、C项:小球处于静止状态,受力平衡,对小球受力分析,如图所示:当重力、弹簧弹力以及木板的支持力的
4、合力为零时,小球不受摩擦力,即小球可以受到3个力作用,故A错误,C正确;B项:若小球不受摩擦力,根据平衡条件得:tan37=,解得:,故B错误;D项:无论小球受不受到摩擦力作用,由平衡条件可知,木板对小球作用力与重力和弹力的合力等大,反向,即木板对小球的作用力为,一定大于重力,故D错误【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析,运用共点力平衡进行求解,注意弹簧的弹力方向是水平向左的,难度适中4.如图所示,小球用细绳系住,绳的另一端固定于O点,现用水平F缓慢推动斜面体,小球在斜面上无摩擦地滑动,细绳始终处于直线状态,当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平,此过程中斜面对小球的支持力FN,以及绳对小球
5、的拉力FT的变化情况是()A. FN保持不变,FT不断增大B. FN不断增大,FT不断减小C. FN保持不变,FT先增大后减小D. FN不断增大,FT先减小后增大【答案】D【解析】【详解】对小球进行受力分析,重力、支持力FN、拉力FT组成一个闭合的矢量三角形,由于重力不变、支持力FN方向不变,斜面向左移动的过程中,拉力FT与水平方向的夹角减小,当=时,FTFN,细绳的拉力FT最小,由图可知,随的减小,斜面的支持力FN不断增大,FT先减小后增大故D正确,ABC错误5.如图所示,某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方向的夹角=60,使飞行器恰好沿与水平方向的
6、夹角=30的直线斜向右上方匀加速飞行,经时间t后,将动力的方向沿逆时针旋转60同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速直线飞行,飞行器所受空气阻力不计。下列说法中正确的是()A. 飞行器加速时动力的大小等于mgB. 飞行器加速时加速度大小为gC. 飞行器减速时动力的大小等于mgD. 飞行器减速飞行时间t后速度为零【答案】C【解析】【详解】AB起飞时,飞行器受推力和重力,两力的合力与水平方向成角斜向上,设动力为,合力为,如图所示在中,由几何关系得由牛顿第二定律得飞行器的加速度为故A、B错误;CD时刻的速率推力方向逆时针旋转,合力的方向与水平方向成斜向下,推力跟合力垂直,如图所示此时合力
7、大小为动力大小飞行器的加速度大小为到最高点的时间为故C正确,D错误;故选C。6.如图所示,在室内自行车比赛中,运动员以速度v在倾角为的赛道上做匀速圆周运动已知运动员的质量为m,做圆周运动的半径为R,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A. 将运动员和自行车看做一个整体,整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B. 运动员受到的合力大小为m,做圆周运动的向心力大小也是mC. 运动员做圆周运动的角速度为vRD. 如果运动员减速,运动员将做离心运动【答案】B【解析】【详解】(1)向心力是效果力,可以由单个力充当,也可以由其它力的合力提供,或者由某个力的分力提供,不是性质力,因此,将运动员和自行车看
8、做一个整体后,整体应受重力、支持力和摩擦力A错误;(2)由题意可知,运动员做线速度大小为,半径为R的匀速圆周运动,故运动员受到的合力提供向心力,即,故运动员受到的合力大小为m,做圆周运动的向心力大小也是m,B正确;(3)根据线速度和角速度的关系得,角速度,C错误;(4)如果运动员减速,需要的向心力减小,此时向心力“供”大于“需”,运动员将会做近心运动,D错误故本题正确答案选B【点睛】向心力是效果力,由其它力充当;做匀速圆周运动的物体所受的合力指向圆心,合力完全提供向心力;当向心力“供大于求”时,物体会做近心运动7.2018年2月,我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318+
9、0253”,其自转周期T=5.19 ms,假设星体为质量均匀分布球体,已知万有引力常量为以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析;在天体中万有引力提供向心力,即 ,天体的密度公式,结合这两个公式求解设脉冲星值量为M,密度为 根据天体运动规律知: 代入可得: ,故C正确;故选C点睛:根据万有引力提供向心力并结合密度公式求解即可8.将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A. B. C. D.
10、【答案】D【解析】【详解】火箭模型在极短时间点火,设火箭模型获得速度为v,据动量守恒定律有0=(Mm)vmv0得A. ,与结论不相符,选项A不符合题意;B. ,与结论不相符,选项B不符合题意;C. ,与结论不相符,选项C不符合题意;D. ,与结论相符,选项D符合题意;9.如图所示,实线表示某电场中的四个等势面,它们的电势分别为和,相邻等势面间的电势差相等.一带负电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示,、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点,则可以判断( )A. 等势面上各点场强处处相同B. 四个等势面的电势关系是C. 粒子从运动到d的过程中静电力直做负功D. 粒子在、b、c、d
11、四点的速度大小关系是【答案】B【解析】【详解】由等势面的形状可知该电场不是勺强电场,所以等势面上各点场强并不相同,A错误;由运动轨迹可知电场力由左向右,电场强度的方向由右向左,沿电场强度方向电势逐渐降低,所以,B正确;粒子运动到d的过程中静电力先做负功后做正功,粒子在、b、c、d四点的速度大小关系是,C、D均错误.10.如图所示,图甲实线为方向未知的三条电场线,a、b两带电粒子从电场中的P点静止释放,不考虑两粒子间的相互作用,仅在电场力作用下,两粒子做直线运动,a、b粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示,虚线为直线,则()A. a一定带正电,b一定带负电B. a向左运动,b向右运动C
12、. a电势能减小,b电势能增大D. a动能减小,b动能增大【答案】B【解析】【详解】AB从速度时间图象中可以看出,a粒子加速度逐渐增大,b粒子加速度逐渐减小,因为粒子仅受电场力,可知a粒子电场力逐渐增大,b粒子电场力逐渐减小,所以a向左运动,b向右运动由于不知电场的方向,所以无法判断a、b的电性故A错误,B正确C带电粒子在电场中运动时,电场力做正功,所以a、b的电势能均减小故C错误D带电粒子在电场中运动时,电场力做正功,因为仅受电场力,根据动能定理,a、b的动能均增加故D错误【点睛】解决本题的关键知道电场的疏密反映电场的强弱,及掌握电场力做功与电势能的关系和熟练运用动能定理二、多项选择题(每个
13、小题有多个答案正确,选对的得满分,选对但不全的得2分,选错的不得分。每个小题4分,共16分)11.建筑工地常用吊车通过绳索将建筑材料从地面吊到高处(如图甲)。图乙为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象,下列判断正确的是()A. 前10s的平均速度是0.5m/sB. 前10s钢索最容易发生断裂C. 3036s材料处于超重状态D. 整个过程材料上升高度是36m【答案】AB【解析】【详解】A由图象可知0-10s内做匀加速直线运动,0-10s内的平均速度故A正确;BC前10s内做匀加速直线运动,加速度向上,拉力大于重力,10到30s内做匀速直线运动,拉力等于重力,30到36s内做匀减速直线运动
14、,加速度向下,处于失重状态,拉力小于重力。所以前10s内绳子拉力最大,最容易断裂,故B正确,C错误;D根据速度时间图线围成的面积表示位移求出上升的高度,由图可知整个过程材料上升高度是故D错误;故选AB。12.如图所示,甲、乙两个质量相同的物体,用大小相等的力分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离。甲在光滑水平面上,乙在粗糙水平面上。下列关于力对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法正确的是( )A. 力对甲做的功多B. 甲物体获得的动能比乙物体的大C. 力对甲、乙两个物体做的功一样多D. 甲、乙两个物体获得的动能相同【答案】BC【解析】【详解】AC由可知,两种情况下力对甲、乙两
15、个物体做功一样多,A错误,C正确;BD根据动能定理,对甲有对乙有可知故B正确,D错误。故选BC。13.光滑水平面上静止的物体,受到一个水平拉力F作用开始运动,拉力随时间变化如图所示,用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率,下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况,正确的是()A. B. C. D. 【答案】BD【解析】B、由图可以知道,力F为恒力,故物体在光滑水平面上做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律:,则:,即速度与时间成正比,故选项B正确;A、根据动能:,则动能与时间的平方成正比,图像为抛物线,故选项A错误;C、根据位移公式:,则位移与时间的平方成正
16、比,图像为抛物线,故选项C错误;D、根据功率: ,则功率与时间成正比,故选项D正确14.一平行板电容器中存在匀强电场,电场沿垂直方向两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带电粒子和,从电容器边缘同一竖直线上的不同位置(如图)沿相同的水平方向同时射入两平行板之间,经过相同时间两粒子落在电容器下板同一点上若不计重力和粒子间的相互作用力,则下列说法正确的是( )A. 粒子的比荷大于粒子B. 粒子射入时的初速度大于粒子C. 若只减小两板间的电压,则两粒子可能同时落在电容器下板边缘上D. 若只增大粒子射入时的初速度,则两粒子可能在两板之间的某一位置相遇【答案】AC【解析】【详解】粒子在电场中只受电场
17、力作用,电场力与初速度方向垂直,所以,粒子做类平抛运动;在竖直方向,两粒子运动时间相同,a的位移大于b的位移,所以,a的加速度大于b的加速度,又有加速度,所以,a的比荷大于b的比荷,故A正确;在水平方向,两粒子运动时间相同,运动位移相同,所以,两粒子射入时的初速度相等,故B错误;若只减小两板间的电压,则两粒子的加速度同比减小,那么在竖直方向上,位移和加速度的比值仍旧相等,即a,b从原来高度落下需要的时间仍旧相同,所以,两粒子可能同时落在电容器下板边缘上,故C正确;若只增大粒子b射入时的初速度,则在水平方向上b的位移恒大于a的位移,那么两粒子不可能在两板之间的某一位置相遇,故D错误;故选AC三、
18、填空题(每空2分,共12分)15.如图是在“探究匀变速直线运动”实验中得到的一条纸带,选取了5个计数点a、b、c、d、e,测得数据如下:相邻两个计数点时间间隔为0.10s,使用计时仪器的工作电压为220V、频率为50Hz,那么,实验中一定用到的一个仪器是下面实物中的_(选填“A”“B”或“C”),打点a至e的过程中纸带的加速度大小为_m/s2(结果保留两位有效数字)。【答案】 (1). A (2). 0.87【解析】【详解】1电火花计时器使用交流电源,电压为220V,电磁打点计时器使用4-6V的交流电源,故A正确,B、C错误;故选A。2根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小16.在“
19、探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中,某同学先测出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺刻度,然后将不同数量的相同的钩码依次悬挂在竖直弹簧下端,并记录好相应读数。(1)某次测量如图所示,指针所指刻度尺读数为_cm。(2)该同学在实验过程中,发现挂前3个钩码时,钩码重力与对应的弹簧伸长量基本成正比关系,但当挂上第4个钩码时,弹簧突然向下伸长很多,和前3组数据对比,明显不再成正比关系,产生这种情况的原因是_。(3)更换新的同种弹簧后进一步探究,在挂上第3个钩码后,在弹簧伸长过程中钩码的机械能将_,弹簧的弹性势能将_。(填“增加”、“不变”或“减少”)。【答案】 (1). 14.1414.17均可 (2)
20、. 钩码对弹簧的拉力超过了弹簧的弹性限度,不再满足胡克定律 (3). 减少 (4). 增加【解析】【详解】(1)1用毫米刻度尺测量摆线的长时,刻度尺的最小分度是1mm,所以需要估读到下一位,所以读数为14.15cm;(2)2当挂上第4个钩码时,弹簧突然向下伸长很多,和前3组数据对比,明显不再成正比关系,产生这种情况的原因是钩码对弹簧的拉力超过了弹簧的弹性限度,不再满足胡克定律;(3)34弹簧伸长的过程,弹簧的弹性势能增大,而钩码和弹簧组成的系统,机械能守恒,所以钩码的机械能减小。四、计算题(解答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
21、写出数值和单位。本题共有个4小题,共42分)。17.如图所示,小木块静止在倾角为30的斜面上在沿斜面向上的恒定外力F作用下,从A点开始做匀加速运动,前进045m抵达B点时,立即撤去外力此后小木块又前进0.15m到C点,速度减小为零,已知木块与斜面间的动学擦因数木块的质量m1kg取g10m/s2,计算(1)木块向上经过B点时速度的大小(2)木块在AB段所受外力F的大小【答案】(1)1.5 m/s (2)10 N【解析】【详解】(1)撤去外力后,小木块做匀减速运动从B运动到C,加速度大小为所以有代入可解得 (2)设外加恒力为F则刚开始从A运动到B的加速度为 刚开始是做匀加速直线运动,故有: 代入数
22、据可求得:F=10N18.如图所示,半径为R1 m,内径很小的粗糙半圆管竖直放置,一直径略小于半圆管内径、质量为m1 kg的小球,在水平恒力FN的作用下由静止沿光滑水平面从A点运动到B点,A、B间的距离xm,当小球运动到B点时撤去外力F,小球经半圆管道运动到最高点C,此时球对外轨的压力FN2.6mg,然后垂直打在倾角为45的斜面上(g10 m/s2)求:(1)小球在B点时的速度的大小;(2)小球在C点时的速度的大小;(3)小球由B到C的过程中克服摩擦力做的功;(4)D点距地面的高度【答案】(1)10 m/s(2)6 m/s(3)12 J(4)0.2 m【解析】【分析】对AB段,运用动能定理求小
23、球在B点的速度的大小;小球在C点时,由重力和轨道对球的压力的合力提供向心力,由牛顿第二定律求小球在C点的速度的大小;小球由B到C的过程,运用动能定理求克服摩擦力做的功;小球离开C点后做平抛运动,由平抛运动的规律和几何知识结合求D点距地面的高度【详解】(1)小球从A到B过程,由动能定理得:解得:vB10 m/s(2)在C点,由牛顿第二定律得mgFN又据题有:FN2.6mg解得:vC6 m/s.(3)由B到C的过程,由动能定理得:mg2RWf解得克服摩擦力做的功:Wf12 J(4)设小球从C点到打在斜面上经历的时间为t,D点距地面的高度为h,则在竖直方向上有:2Rhgt2由小球垂直打在斜面上可知:
24、tan 45联立解得:h0.2 m【点睛】本题关键是对小球在最高点处时受力分析,然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速度,最后根据平抛运动的分位移公式列式求解19.如图所示,半径为内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上,质量的滑块停放在距轨道最低点A为的O点处,质量为的子弹以速度从右方水平射入滑块,并留在其中已知滑块与水平面的动摩擦因数,子弹与滑块的作用时间很短;取,试求:子弹刚留在滑块时二者的共同速度大小v;滑块从O点滑到A点的时间t;滑块从A点滑上轨道后通过最高点B落到水平面上C点,A与C间的水平距离是多少【答案】; 1s;【解析】【详解】子弹击中滑块过程动量守恒,规定向左为正方向,
25、则:代入数据解得:子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左作匀减速运动,设其加速度大小为a,则:由匀变速运动的规律得:联立并代入数据得:,舍去滑块从O点滑到A点时的速度,代入数据得: 设滑块从A点滑上轨道后通过最高点B点时的速度,由机械能守恒定律:代入数据得:滑块离开B点后做平抛运动,飞行时间而代入数据得:20.如图所示,竖直平面内有一坐标系xoy,已知A点坐标为(2h,h),O、B区间存在竖直向上的匀强电场甲、乙两小球质量均为m,甲球带电量为+q,乙球带电量为q,分别从A点以相同的初速度水平向右抛出后,都从O点进入匀强电场,其中甲球恰从B点射出电场,乙球从C点射出电场,且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的13倍已知重力加速度为g求(1)小球经过O点时速度的大小和方向;(2)匀强电场的场强E【答案】(1) ;=450(2) 【解析】(1)如图1所示,设小球经过O点时的速度为v,水平分速度为vx,竖直分速度为vy,平抛运动的时间为t根据平抛运动规律,由以上式子解得,(2)甲球在B点的速度如图2所示,乙球在C点的速度如图3所示依题意得即,解得设甲球在电场中的加速度为a甲,乙球在电场中的加速度为a乙;甲、乙两球在电场中运动的时间为研究竖直方向,有对甲球:,对乙球:,由式解得;