亳州市高三上學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測物理試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精亳州市2019—2020學(xué)年度第一學(xué)期高三期末教學(xué)質(zhì)量檢測物理試卷一、選擇題（本題共10小題，每小題4分,共40分。其中1—7小題為單項選擇題，8-10小題為多項選擇題，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分.）1.在物理發(fā)展歷史中，一些物理學(xué)家的思想和研究成果在不斷地推動著社會的進(jìn)步,以下關(guān)于物理學(xué)史的敘述中，正確的是（）A.牛頓提出了萬有引力定律，是第一個“能稱出地球質(zhì)量的人”B.卡文迪許通過扭秤實(shí)驗(yàn)第一個測出了靜電力常量C.胡克認(rèn)為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比D。在對自由落體運(yùn)動的研究中，伽利略猜想運(yùn)動速度與下落時間成正比，并直接用實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了驗(yàn)證【答案】C【解析】【詳解】A．牛頓提出了萬有引力定律，英國物理學(xué)家卡文迪許利用扭秤實(shí)驗(yàn)首先較準(zhǔn)確的測量出了引力常量G，被人們稱為“能稱出地球質(zhì)量的人”，故A錯誤；B．庫侖發(fā)現(xiàn)了電荷間的相互作用力，并測出了靜電力常量,故B錯誤；C．胡克總結(jié)出了胡克定律，在彈性限度內(nèi)的彈力與形變量成正比，故C正確；D．在對自由落體運(yùn)動的研究中，伽利略猜想運(yùn)動速度與下落時間成正比，并沒有直接驗(yàn)證，而是用斜面上的加速運(yùn)動合理外推,故D錯誤。故選C。2.很多小朋友喜歡用一彈性繩一端系在手指上,另一端系一個重球,小球落下后彈回再用手抓住,如此往復(fù)玩?！，F(xiàn)將其簡化如圖所示，彈性繩的勁度系數(shù)為k，小球從靜止開始豎直下落,在其到達(dá)最低點(diǎn)過程中,彈性繩始終處于彈性限度內(nèi)。取下落點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以豎直向下為y軸正方向,忽略空氣阻力,球可視為質(zhì)點(diǎn)。從落下至第一次到達(dá)最低點(diǎn)的運(yùn)動過程中，v、a、t分別表示小球的速度、加速度和下落時間。下列描述v與t，a與y的關(guān)系圖像可能正確的是（）A。 B。C。 D.【答案】C【解析】【詳解】CD．人在下落的過程中,彈性繩繃緊之前，人處于自由落體狀態(tài)，加速度為g;彈性繩繃緊之后，彈力隨下落距離逐漸增加F=k△x，根據(jù)牛頓第二定律，mg-k△x=ma知,彈性繩的伸長量△x和a線性變化關(guān)系，故y和a也是線性變化關(guān)系；當(dāng)彈力F小于重力時，做加速度減小的加速運(yùn)動；當(dāng)彈力F等于重力時,加速度為零，速度最大；當(dāng)彈力F大于重力時，做加速度增大的減速運(yùn)動，所以加速度先不變，后減小再增大，且加速度和y是線性變化關(guān)系，故C正確，D錯誤；AB．人的加速度先不變，后減小后再反向增加,可知速度—時間圖象的斜率絕對值先不變,后減小后再增加，故AB錯誤。故選C。3.馬路”低頭族"已經(jīng)成為交通安全的一個大問題，一個小朋友手拿手機(jī)正在過馬路，突然一陣急促鳴笛，手機(jī)掉在地上，還好有驚無險,小朋友沒事，手機(jī)雖然戴著有很好緩沖作用的保護(hù)套,可是屏還是摔碎了.如果手機(jī)質(zhì)量為180克,從靜止開始下落，開始離地高度為0.8米，與地面的撞擊時間為0。04秒，且落地后不再反彈，重力加速度g取,那么手機(jī)在與地面作用的過程中，地面對手機(jī)作用力的大小為()A.19。8N B.18。0N C。16。2N D。18.18N【答案】A【解析】【詳解】設(shè)手機(jī)落地速度為v，對自由落體的過程，，有：解得：對手機(jī)和底面相碰的過程，，取向上為正，由動量定理：帶入數(shù)據(jù)解得：即地面對手機(jī)作用力的支持力為19.8N，故A正確，BCD錯誤.故選A.4。如圖所示，質(zhì)量均為2kg木塊A和B靜止在傾角為的光滑斜面上，此時A、B間恰好沒有彈力，則剪斷細(xì)繩的瞬間A、B間的彈力為A。0 B.5N C。10N D。20N【答案】B【解析】【詳解】初狀態(tài)因A、B間恰好沒有彈力，所以此時彈簧彈力剪斷細(xì)繩后瞬間，彈簧彈力不能突變?nèi)詾?，以AB整體為研究對象有解得a=2.5m/s2再隔離B分析解得FN=5N故B正確．5。如圖所示，水平地面上有傾角為、質(zhì)量為m的光滑斜面體，質(zhì)量也為m的光滑直桿穿過固定的豎直滑套，桿的底端置于斜而上高為h的位置處?，F(xiàn)將桿和斜面體由靜止自由釋放，至桿滑到斜面底端（桿始終保持豎直狀態(tài)），對該過程下列分折中正確的是（重力加速度為g）A.桿和斜面體組成的系統(tǒng)動量守恒B.斜面體對桿的支持力不做功C。桿與斜面體的速度大小比值為sinD.桿滑到斜面底端時，斜面體的速度大小為cos【答案】D【解析】【詳解】A．桿和斜面體組成的系統(tǒng)受的合外力不為零，則系統(tǒng)的動量不守恒,選項A錯誤；B．斜面體對桿的支持力的方向垂直斜面向上，與桿的位移方向夾角為鈍角，則斜面體對桿的支持力對桿做負(fù)功，選項B錯誤；C．根據(jù)桿和斜面的位移關(guān)系,，可得到速度之比為，選項C錯誤；D．桿滑到斜面底端時,由能量關(guān)系：聯(lián)立解得斜面體的速度大小為cos，選項D正確。6。中國的航空航天技術(shù)已經(jīng)取得了舉世矚目的成就，不久的將來還要進(jìn)行對火星進(jìn)行探測，當(dāng)然需要努力攻克能夠回到地球的技術(shù)。探測器要脫離火星，發(fā)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，已知地球的質(zhì)量大約是火星的9倍，半徑大約是火星的2倍,地球表面的重力加速度為g,地球半徑為R，則探測器要脫離火星，從火星發(fā)射的速度至少要達(dá)到（）A。 B。 C. D?！敬鸢浮緾【解析】【詳解】某星球的質(zhì)量為M，半徑為r，繞其飛行的衛(wèi)星質(zhì)量m,由萬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質(zhì)量之比約為9：1，半徑之比約為2：1,則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為g、地球的半徑為R，根據(jù)黃金代換式可知，則而第二宇宙速度v2與第一宇宙速度v1的關(guān)系是，則火星的第二宇宙速度，故C正確，ABD錯誤。故選C.7.水平放置的光滑圓環(huán)，半徑為R,AB是其直徑。一質(zhì)量為m的小球穿在環(huán)上并靜止于A點(diǎn)，沿AB方向水平向右的風(fēng)力大小恒為F=mg,小球受到輕擾而開始運(yùn)動，則下列說法正確的是（)A.運(yùn)動中小球?qū)Νh(huán)的最大壓力為B.運(yùn)動中小球?qū)Νh(huán)的最大壓力為C.小球運(yùn)動過程中的最大速度為D.小球運(yùn)動過程中的最大動能為【答案】A【解析】【詳解】CD．小球從A運(yùn)動至B點(diǎn)時速度最大，設(shè)最大速度v,根據(jù)動能定理得得：小球運(yùn)動過程中的最大動能為故CD錯誤;AB．圓周運(yùn)動在B點(diǎn)速度最大時，軌道的支持力最大,從而有小球?qū)Νh(huán)的壓力最大，在B點(diǎn)水平面內(nèi),有得豎直面內(nèi)由平衡條件有根據(jù)力的合成法和牛頓第三定律知，最大壓力為故A正確,B錯誤。故選A.8。有一靜止點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，有四個點(diǎn)a、b、c、d，其電場強(qiáng)度大小分別為、、、，電場中任一點(diǎn)電勢與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離x的關(guān)系如下圖.現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動的過程中，電場力所做的功分別為、和下列選項正確的是()A。 B。C. D。【答案】BD【解析】【詳解】A．由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式可得:，故A錯誤；B．由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式可得：故B正確;C．從a到b電場力做功為：Wab=qUab=q(φa—φb）=q（15-7。5）=7.5q,從b到c電場力做功為：Wbc=qUbc=q(φb—φc）=q（7.5-5）=2.5q,所以有：Wab：Wbc=3：1，故C錯誤;D．從c到d電場力做功：Wcd=qUcd=q（φc-φd）=q（5-2.5）=2。5q所以Wbc：Wcd=1：1，故D正確。故選BD。9。圖示電路中,電表均為理想電表，如果滑動變阻器的滑片逐漸向左滑動一段，四個電表的讀數(shù)分別用、、、表示，四個電表讀數(shù)的變化量絕對值分別用、、、表示,下列表示正確的是(）A.增大,減小B。、都增大C。減小，不變D。,【答案】ACD【解析】【詳解】由電路圖可知，R2與RP串聯(lián)后再與R3并聯(lián)、然后它們與R1串聯(lián)，電壓表V2測并聯(lián)部分兩端的電壓，電壓表V1測R2兩端的電壓，電流表A1測干路電流,電流表A2測R3支路的電流.AB．當(dāng)滑動變阻器滑片P向左端移動時，接入電路中的電阻變小，并聯(lián)部分的總電阻變小，電路的總電阻變小，由可知電路中的總電流增大，即電流表A1的讀數(shù)增大，即I1增大；由可知電壓表V2的示數(shù)變小，而電流表A2的示數(shù)可知I2變小,中干路電流等于各支路電流之和,有：可得R2的電壓增大，故A正確,B錯誤；CD．因，體現(xiàn)全電路歐姆定律，則有：逐漸減小，保持不變;因，滿足部分電路的歐姆定律，有:不變故CD均正確.故選ACD。10.如圖有一半徑為R的彈性圓形邊界，內(nèi)有垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場，現(xiàn)有一比荷為的帶正電的粒子由A點(diǎn)與OA成30°角垂直入射到磁場中,之后粒子與邊界發(fā)生彈性碰撞(垂直于邊界的速度碰后反向，大小不變,平行邊界的速度不變),在粒子繞邊界一周的過程中，有（)A.粒子每相鄰兩次碰撞的時間間隔為B。粒子每次與邊界相碰時的速度與過該碰撞點(diǎn)的切線的夾角均為60°C.當(dāng)時，粒子仍能回到A點(diǎn)D。當(dāng)時，粒子仍能回到A點(diǎn)【答案】BCD【解析】【詳解】A．粒子在圓形磁場中做勻速圓周運(yùn)動，第一次從A到B的軌跡如圖所示：因不知道運(yùn)動的半徑，故無法確定圓心角，運(yùn)動時間無法求出，故A錯誤；B．進(jìn)入磁場時與半徑OA成30°角，由運(yùn)動的對稱性可知，出射方向與半徑OB成30°角，則粒子與邊界相碰時的速度與過該碰撞點(diǎn)的切線的夾角均為60°，故B正確；C．若，可知運(yùn)動的半徑為可知圓心角為120°,相對的圓形磁場所夾角為120°，根據(jù)運(yùn)動的對稱性和周期性可知，圓形磁場的360°分成3個120°,則經(jīng)過三個圓弧運(yùn)動剛好回到A點(diǎn)，故C正確；D．若，可知運(yùn)動的半徑為可知圓心角為180°,相對的圓形磁場所夾角為60°，根據(jù)運(yùn)動的對稱性和周期性可知，的360°分成6個60°，則經(jīng)過六個圓弧運(yùn)動剛好回到A點(diǎn),故D正確。故選BCD。二、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，計14分)11。在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中,將一端帶有滑輪的長木板放在水平桌面上，小車通過輕細(xì)繩跨過定滑輪與小砂桶連接,小車與紙帶相連，打點(diǎn)計時器所用交流電的頻率為f=50Hz，平衡摩擦力后，在保持實(shí)驗(yàn)小車質(zhì)量不變的情況下,打開電源，釋放小車，根據(jù)紙帶得到小車運(yùn)動的加速度為a;多次改變砂桶和沙子的總質(zhì)量m,根據(jù)紙帶計算出對應(yīng)的加速度。(1）在驗(yàn)證“質(zhì)量一定，加速度a與合外力F的關(guān)系”時，某學(xué)生根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出了如圖乙所示的a-F圖象，其中圖線不過原點(diǎn)并在末端發(fā)生了彎曲現(xiàn)象，產(chǎn)生這兩種現(xiàn)象的原因可能有____________。A.木板右端墊起的高度過大B。木板右端墊起的高度過小C。砂桶和沙子的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車和砝碼的總質(zhì)量MD.砂桶和沙子的總質(zhì)量m未遠(yuǎn)小于小車和砝碼的總質(zhì)量M（2)實(shí)驗(yàn)過程中打出的一條理想紙帶如圖丙所示，圖中O、A、B、C、D、E、F為相鄰的計數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間還有4個打出的點(diǎn)未畫出,則小車運(yùn)動的加速度a=__________。（結(jié)果保留3位有效數(shù)字)(3）小車質(zhì)量M一定，改變砂桶中沙子的質(zhì)量，砂桶和沙子的總質(zhì)量為m，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪出的小車加速度a與砂桶和沙子的總質(zhì)量m之間的關(guān)系圖象如圖丁所示,則小車的質(zhì)量M=________kg。（g?。敬鸢浮?1)。AD（2）。2。00（3）。0。5【解析】【詳解】(1)[1］圖線不過原點(diǎn)且力為零時小車加速度不為零;所以木板右端墊起的高度過大（即平衡摩擦力過度）,圖線末端發(fā)生了彎曲現(xiàn)象,是因?yàn)楫?dāng)砂桶和沙子的總質(zhì)量m未遠(yuǎn)小于小車和砝碼的總質(zhì)量M后,故AD正確，BC錯誤；故選AD(2）［2]相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間還有4個點(diǎn)未畫出，則兩計數(shù)點(diǎn)間時間間隔為T=0.1s,根據(jù)△x=aT2,運(yùn)用逐差法得,小車運(yùn)動的加速度為：(3)［3］設(shè)繩子拉力為T，對砂桶和沙子受力分析,由牛頓第二定律可得：對小車和砝碼受力分析，由牛頓第二定律可得：聯(lián)立解得：整理得：由關(guān)系圖像可得：解得：.12.研究小組要精確測量一個只有刻度、沒有刻度值的電壓表的內(nèi)阻和一個失去標(biāo)簽的電源的電動勢。研究小組設(shè)計了沒有系統(tǒng)誤差的測量方法，電路如圖所示.其中電流表量程為30mA，R1是阻值范圍0~1000的電阻箱，是阻值范圍0~500的滑動變阻器。（1）先測電壓表的內(nèi)阻：將開關(guān)、閉合,調(diào)節(jié)R1、使電流表、電壓表都取合適刻度，多次改變R1、的值、同時保持_________不變,記錄R1和對應(yīng)的電壓表指示的格數(shù)N。根據(jù)數(shù)據(jù)作圖像，得到一條一次函數(shù)圖像，截距為b,斜率為k，那么電壓表的內(nèi)阻等于_________.（2）再測電源電動勢：斷開、閉合,調(diào)節(jié)R1、使電流表有合適的讀數(shù),再保持_________不變，多次改變R1，同時記錄電流表和R1讀數(shù)。根據(jù)數(shù)據(jù)作，的函數(shù)圖線，截距為b′，斜率為k′，那么電源的電動勢等于_________。【答案】（1）.電流表示數(shù)(2）.(3).(4)?！窘馕觥俊驹斀狻?1)［1］［2]當(dāng)測電壓表內(nèi)阻時，設(shè)電壓表每格對應(yīng)電壓為U0，由部分電路歐姆定律得：變式為：作是圖象得到一條一次函數(shù)圖線,應(yīng)保持I不變，即電流表示數(shù)不變，由此關(guān)系式結(jié)合圖象可知:兩式聯(lián)立解得：；(2)[3][4]斷開S1、閉合S2，由閉合電路歐姆定律得：E=I(R1+R2+r）變形得：調(diào)節(jié)R1、R2使電流表有合適讀數(shù)，應(yīng)保持R2不變,才能保證為一次函數(shù)關(guān)系，兩式聯(lián)立解得:三、解答題（本題共4小題,第13、14每題10分，第15小題12分，第16小題14分，共46分。解答時要有必要的文字?jǐn)⑹?、步驟和演算過程，否則不得分。）13。如圖所示，在傾角為θ＝的光滑斜面上,有一長為l＝1m的細(xì)線，細(xì)線的一端固定在O點(diǎn)，另一端拴一質(zhì)量為m＝2kg的小球，小球恰好能在斜面上做完整的圓周運(yùn)動，己知O點(diǎn)到斜面底邊的距離為L＝3m，g取10m/s2．若小球運(yùn)動到最低點(diǎn)B時細(xì)線剛好斷裂，求：（1）細(xì)線能夠承受的最大拉力；(2)細(xì)線斷裂后，小球繼續(xù)運(yùn)動到斜面底邊時到C點(diǎn)的距離．(C點(diǎn)為AB連線與底邊的交點(diǎn)，斜面底邊與AC垂直）【答案】（1)60N（2)【解析】【詳解】（1）小球恰好能在斜面上做完整的圓周運(yùn)動，則小球通過A點(diǎn)時細(xì)線的拉力為零，根據(jù)向心力公式有:解得小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn),由動能定理得：解得此時，細(xì)繩拉力與重力分力的合力提供向心力，解得T=60N（2）細(xì)繩斷裂后，小球在斜面上做類平拋運(yùn)動,沿斜面的加速度有:解得14.如圖所示,質(zhì)量均為m的帶電小球A、B用長為L的絕緣輕桿連接，A帶電量為＋q，B帶電量為－q，A用絕緣輕彈簧，B用絕緣輕繩分別懸掛在水平天花板上．已知彈簧的勁度系數(shù)為k,兩懸點(diǎn)CD間距離也為L,整個空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E＝，靜止時輕桿處于水平位置．今剪斷輕繩，由于空氣阻力，經(jīng)相當(dāng)長的時間后，兩球再次處于靜止?fàn)顟B(tài)．求：（1）兩次平衡時彈簧的形變量分別為多少；（2）整個過程中空氣阻力做的功．【答案】（1)，(2）【解析】【詳解】（1)開始時，對A球分析，彈簧壓縮量為，則有解得再次平衡時，對A、B球整體分析，彈簧伸長量為解得(2)整個過程，對AB及彈簧組成的系統(tǒng),根據(jù)功能關(guān)系可得:得：15.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，y＞0空間存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，第三象限空間存在方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力)，以大小為、方向與y軸正方向夾角θ=60°的速度沿紙面從坐標(biāo)為的A點(diǎn)進(jìn)入電場中，然后從坐標(biāo)為的B點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入磁場區(qū)域，并通過坐標(biāo)為的C點(diǎn)，最后從