1、20202021学年度上学期2018级第五次双周练物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28分）1一颗质量为m的卫星在离地球表面一定高度的轨道上绕地球做圆周运动，若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为1：9，卫星的动能为（ ）AmgR4BmgR6Cmg2R26DmgR262如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，一质量为0.5kg的小车的支架上用轻绳连接着质量也为0.5kg的小球，小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，轻绳恰好处于水平，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）A轻绳的拉力大小为5NB轻绳的拉力大小为10NC
2、外力F为15ND外力F为20N3如图所示，长木板AB倾斜放置，板面与水平方向的夹角为，在板的A端上方P点处，以大小为v0的水平初速度向右抛出一个小球，结果小球恰好能垂直打在板面上。现让板绕A端顺时针转过一个角度到图上虚线的位置，要让球从P点水平抛出后仍能垂直打在板面上，则水平位移x及抛出的水平速度v（不计空气阻力）（ ）Ax变大，v大于v0Bx变小，v小于v0Cx变大，v等于v0Dx变化不确定，v与v0大小关系不确定4如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N(视为质点)，B固定在半圆环的最低
3、点。现让半圆环绕对称轴以角速度=25rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R=1m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g=10m/s2，下列选项正确的是（ ）AN、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为1：10BN、M两小球做圆周运动的线速度大小之比1：5C若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点D若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点5如图甲，推力F垂直斜面作用在斜面体上，斜面体静止在竖直墙面上，若将斜面体改成如图乙放置，用相同大小的推力F垂直斜面作用到斜面体上，下列说法正确的是（ ）A墙面受到的压力一定变小B斜
4、面体受到的摩擦力一定变小C斜面体受到的摩擦力可能变大D斜面体可能沿墙面向上滑动6如图，正方形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子以相同的速度从A点沿与AB成30角的方向垂直射入磁场。甲粒子从B点离开磁场，乙粒子垂直CD边射出磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）A甲粒子带负电，乙粒子带正电B甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的33倍C两粒子在磁场中的运动时间相等D甲粒子的比荷是乙粒子比荷的233倍7如图，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑片由该位置向a端滑动，则（ ）A灯泡
5、将变暗，电源效率将减小B液滴带正电，将向下做加速运动C电源的路端电压增大，输出功率也增大D滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小二、多选题（本大题共3小题，共18分）8一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线、所示，重力加速度取10m/s2。则（ ）A物块下滑过程中机械能不守恒B物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D当物块下滑2.0m时机械能损失了12J9如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒
6、MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（ ）A金属框的速度大小趋于恒定值B金属框的加速度大小趋于恒定值C导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值10如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差大小为U，A板带正电，B板中央有一小孔一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，则（ ）A微粒下落过程中重力做功为mg(h+d2)，电场力做功为12qUB微粒在下落过程中重力势能逐渐减小，机械能逐渐
7、增大C若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板D微粒落入电场过程中，电势能改变量大小为12qU三、实验题（本大题共2小题，共16分）11某同学欲采用气垫导轨和光电计时器等器材进行“验证动量守恒定律”的实验实验装置如图所示，下面是实验的主要步骤：测得A和B两滑块上遮光片的宽度均为d；安装好气垫导轨和光电门，向气垫导轨通入压缩空气，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；利用固定在气垫导轨两端的弹射装置，使滑块A、B分别向左和向右运动，测出滑块A、B在碰撞前经过光电门过程中挡光时间分别为t1和t2；观察发现滑块A、B碰撞后通过粘胶粘合在一起，且运动方向与滑块A碰撞前运动方向相同。（1）为验证滑
8、块A、B碰撞过程中动量守恒，除了上述已知条件外，还必须要测量的物理量有 AA、B两滑块(包含遮光片)的质量m1、m2 （ ）B两个光电门之间的距离LC碰撞后滑块B再次经过光电门b时挡光时间tD碰撞后滑块A再次经过光电门a时挡光时间t（2）为了验证滑块A、B碰撞过程中动量守恒，请用上述实验过程测出的相关物理量，表示需要验证的关系式是：_（3）有同学认为利用此实验装置还能计算碰撞过程中损失的机械能请用上述实验过程测出的相关物理量，表示出A、B系统在碰撞过程中损失的机械能E=_12某同学想测量欧姆表“100”挡时欧姆表内电源的电动势和此挡位的中值电阻。在某次测量电阻时，多用电表的示数如图(甲)所示。
9、此时测量不够准确，应该如何操作？ （1）换较_（选填“大”或“小”）倍率的挡位，然后进行欧姆调零；该同学设计了如图(乙)所示的实验电路图，调节电阻箱，记录多组电压表示数U和对应的电阻箱读数R，根据数据绘制得到图(丙)；（2）若接法正确，则电压表的正接线柱应该与_(选填“红”或“黑”)表笔相连；（3）若1U-1R图线的斜率为k，截距为b，则欧姆表内电源的电动势为_，中值电阻为_；（4）与电动势、中值电阻的真实值相比，该实验测得的电动势 （填“偏大”、“相等”、“偏小”）。 四、计算题（本大题共2小题，共26分）13（12分）如图所示，一根劲度系数为k=3N/cm轻质弹簧竖直放置，上、下两端各固定
10、质量均为3kg物体A和B(均可视为质点)，物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态。一个可视为质点且质量为2kg的P从物体A正上方距A高度5m处的O点由静止自由下落，与物体A发生正碰，碰后A和P粘在一起，弹簧始终于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为10m/s2。（1）求碰撞后的瞬间物体A的速度大小；（2）求碰撞后B恰好要离开地面时AP的速度大小。14（14分）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第象限的正方形abcd区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正方形边长为L且ad边与x轴重合，ab边与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从
11、y轴上的P(0,h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第象限的磁场区域，不计粒子所受的重力求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；（3）磁感应强度B满足什么条件，粒子经过磁场后能到达y轴上，且速度与y轴负方向成角？五、选做题（本大题共2小题，共12分，请考生从给出的第 15、16 两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题号一致，如果多做，则按所做的第一题计分。）15（1）以下说法正确的是_。(填选项前的字母)A气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位
12、体积内的分子数有关B在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变C悬浮在液体中的微粒运动的无规则性，间接地反映了液体分子运动的无规则性D当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小E若一定质量的理想气体温度升高，则气体分子的平均动能一定增大（2）如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向下。质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S=210-3m2，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离h=24cm，活塞距汽缸口10cm。汽缸所处环境的温度为300K，大气压强p0=1.0105Pa，取g=10m/s2。现将质量为m=4kg
13、的物块挂在活塞中央位置上。活塞挂上重物后，活塞下移，求稳定后活塞与汽缸底部之间的距离；若再对汽缸缓慢加热使活塞继续下移，活塞刚好不脱离汽缸，加热时温度不能超过多少？此过程中封闭气体对外做功多少？16（1）如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.5s时的波形图。已知该简谐波的周期大于0.5s。关于该简谐波，下列说法正确的是（ ）A波长为2mB波速为6m/sC频率为1.5HzDt=1s时，x=1m处的质点处于波峰Et=2s时，x=2m处的质点经过平衡位置（2）如图所示，有一个玻璃球冠，右侧面镀银，光源S在其水平对称轴上，从光源S发出的一束光斜射在球面上。当入射光线
14、与对称轴的夹角为30时，发现一部分光经过球面反射后恰好能竖直向上传播，另一部分光折射进入玻璃球冠内，经过右侧镀银面的第一次反射后恰好能沿原路返回。若球面的半径为R，求：玻璃的折射率为多少？光源S与球冠顶点M之间的距离为多少？20202021学年度上学期2018级第五次双周练物理答案12345678910BCBCBDDABBCCD3. 设板与水平方向的夹角为，将速度进行分解如图所示：根据几何关系可得：v0=vytan=gttan，水平方向有：x=v0t，则：t=xv0，代入整理可得：v02=gxtan让板绕A端顺时针转过一个角度到图上虚线的位置，减小，由图可知x减小、故初速度v0减小，即vv0，
15、故B正确，ACD错误。故选：B。根据速度的合成与分解得到平抛初速度与倾角的关系，由此分析初速度的变化。4.M：FN=mgtan45=mvM，解得：vM=gN：FN=mgtan=mvN，解得：vN=gtan又：FN=m2r r=Rsin联立解得：vN=1R24-g2 则：vMvN=31， 故AB错误；小环N ：mNgtan=mN2rN当角速度增大时，小环所需要的向心力增大，而外界提供的向心力不变，造成外界提供的向心力不够提供小环N所需要的向心力，小环将做离心运动，最终小环 N将向到达C点。对于M环，mMgtan=mM2rM，是小环M所在处半径与竖直方向的夹角。当稍微增大时，小环M所需要的向心力增
16、大，小环M将做离心运动，向A点靠近稍许。故C正确，D错误；8.AB:由图象可知，物块开始静止时，其重力势能为Ep=mgh=30J，则物块质量为：m=1kg斜面长为5m，高为3m，则可知斜面倾角为37，对物块在斜面上运动沿斜面方向受力分析可知：F合=mgsin37-mgcos37=ma由图可知图线的斜率为2，由动能定理：Ek=F合s可知，物体在该过程中合外力：F合=2N，带入可知=0.5，且存在摩擦力故物块运动过程机械能不守恒，故AB正确。C:F合=ma故物块加速度为：a=2m/s2，故C错误。D：由图可知，当物块下滑2.0m时，其重力势能减少12J，其动能增加4J，故物块机械能损失了8J，D错
17、误9.金属框在恒力作用下向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，导体棒所受的安培力方向向右，故导体棒向右做加速运动；设刚开始运动后金属框的速度为v1，导体棒的速度为v2，磁感应强度为B，bc边长为l，金属框的质量为m1，导体棒的质量为m2，导体棒的电阻为R，则：以金属框为研究对象，其在此时刻的加速度a1为：a1=Fm1-B2l2(v1-v2)m1R以导体棒为研究对象，其在此时刻的加速度a2为：a2=B2l2(v1-v2)m2R 由a1、a2的表达式可知，金属框向右运动后，开始阶段，由于金属框的加速度大于导体棒的加速度，故金属框和导体棒的速度差在逐
18、渐增大，回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，金属 框和导体棒所受的安培力都增大，则此后金属框的加速度在逐渐减小，导体棒的加速度在逐渐增大，当两者的加速度相等时，速度之差将会保持不变，感应电流与安培力也将保持不变，金属框和导体棒最终做加速度相同的匀加速直线运动；10.A.微粒下降的高度为h+d2，重力做正功，为WG=mg(h+d2)，电场力向上，位移向下，电场力做负功，WE=-qU2=-12qU，故A错误；B.因为重力做正功，微粒在下落过程中重力势能逐渐减小，因为电场力做负功，电势能增加，故机械能逐渐减小，故B错误；C.由题微粒恰能落至A，B板的正中央c点过程，由动能定理得：mg(h+d2
19、)-12qU=0 ，若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得：mg(2h+d)-qU=12mv2 由联立得v=0，即恰好能达到A板，故C正确。D.微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功EP=12qU，故D正确。故选CD。11.(1)AC ； 。 12. 小 黑 1b kb 偏小13.解：(1)P自由下落机械能守恒，设P、A碰撞前瞬间P的速度为v0，P下落的高度h=5m，由机械能守恒定律得：mPgh=12mPv02代入数据解得：v0=10m/sP、A碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后的速度为v，以竖直向下为正方向，
20、由动量守恒定律得：mPv0=(mP+mA)v代入数据解得：v=4m/s(2)开始时A静止，处于平衡状态，设此时弹簧的压缩量为x1，对A，由平衡条件得：mAg=kx1代入数据解得：x1=0.1mB对地面的支持力恰好为零时，B恰好要离开地面，此时弹簧的弹力与B的重力大小相等，设此时弹簧的伸长量为x2，则mBg=kx2代入数据解得：x2=0.1m，则x1=x2B恰好要离开地面时与开始A静止时弹簧的形变量相等，弹簧弹性势能相等，从P与A碰撞后瞬间到碰撞后B恰好要离开地面过程，A、P上升的高度x=x1+x2=(0.1+0.1)m=0.2m，设B恰好要离开地面时AP的速度大小为vAP，对A、B与弹簧组成的
21、系统，由机械能守恒定律得：12(mA+mP)v2=12(mA+mP)vAP2+(mA+mP)gx代入数据解得：vAP=23m/s14.解：(1)粒子在第一象限内做类平抛运动，设在第一象限内运动的时间为t1，则水平方向有：2h=v0t1竖直方向有：h=12qEmt12由式联立得：E=mv022qh(2)设粒子到达a点时竖直方向的分速度为vy则有：vy=at1=qEmt1由联立得：vy=v0所以粒子到达a点时速度大小为：va=vx2+vy2=v02+v02=2v0 与x轴的夹角为，由几何关系得：tan=vyvx=v0v0=1，所以有：=45(3)从粒子在磁场中做匀速圆周运动粒子经过磁场后要能到达y
22、轴上，且速度与y轴负方向成45角，必须从ab边上射出磁场，从b点射出磁场时轨迹半径最大，对应的B最小，画出轨迹，如图所示设粒子从b点射出时轨迹半径为r1，根据几何关系得：r1=22L再由牛顿第二定律得：qvaB=mva2r1，得B=2mv0qL所以磁感应强度B满足的条件是：B2mv0qL(4)粒子经过磁场后恰好不能到达y轴上时，应从bc边上垂直射出磁场，画出轨迹，根据几何关系得：轨迹半径为：r2=2L.由牛顿第二定律得：qvaB=mva2r2， 得：B=mv0qL所以磁感应强度B满足的条件是：Bmv0qL15. （1）CDE （2）解：挂上重物后，活塞下移，设稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为h
23、1该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有：p0Sh=(p0-mgS)Sh1代入数据解得h1=30cm。加热过程中汽缸内压强不变，当活塞移到汽缸口时，温度达到最高，设此温度为T2，根据盖吕萨克定律有：Sh1T1=Sh2T2而h2=34cm，T1=300K，解得T2=340K，即加热时温度不能超过340K加热过程中气体对外做功W=(p0-mgS)(h2-h1)S代入数据得W=6.4J。16.（1）BCE（2）解：由题意做出光路图，如图所示：由于入射光线与对称轴的夹角为30，过入射点H做对称轴的垂线HN，由光路图和几何关系可得：光在球面上发生反射和折射时的入射角和反射角i=60，折射角r=30；所以由折射率n=sinisinr可得：n=3；由几何关系可知：HSO为等腰三角形，其中HSO=HOS=30；所以：SO=2NO=2Rcos30；解得：SO=3R；所以可得：SM=SO-R=3-1R。