【KS5U解析】安徽省亳州市第二中学2020届高三下学期物理测试试题 Word版含解析

高三下物理测试1一、选择题（共10题，每题4分，8-11多选，漏选得2分）1.某质点做直线运动，运动速率的倒数与位移x的关系如图所示(oa与aa′距离相等)，关于质点的运动，下列说法正确的是（）a.质点做匀速直线运动b.–x图线斜率等于质点运动的加速度c.质点从c运动到c′所用的运动时间是从o运动到c所用时间的3倍d.质点从c运动到c′的运动位移是从o运动到c的运动位移的3倍【答案】c【解析】【详解】a.由题中1/v−x图象可知，1/v与x成正比，即vx=常数，质点做减速直线运动，故a错误；b.质点的运动不是匀减速运动，图线斜率不等于质点运动的加速度，b错误；c.由于三角形obc的面积s1=oc⋅bc=x1v1，体现了从o到c所用的时间，同理，从o到c′所用的时间可由s2=x2v2体现，所以四边形bb′c′c面积可体现质点从c到c′所用的时间，由于四边形aa′b′b面积与四边形bb′c′c面积相等，所以四边形aa′b′b面积也可表示质点运动的时间，所以质点从c运动到c′所用的运动时间是从o运动到c所用时间的3倍，故c正确；d.质点从c运动到c′的运动位移和从o运动到c的运动位移相等，故d错误．故选c.2.如图，小球甲从a点水平抛出，同时将小球乙从b点自由释放，两小球先后经过c点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知b、c高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（）a.小球甲做平抛运动的初速度大小为b.甲、乙两小球到达c点所用时间之比为c.a，b两点高度差为d.两小球在c点时重力的瞬时功率大小相等【答案】c【解析】a项，小球乙到c的速度为，此时小球甲的速度大小也为，又因为小球甲速度与竖直方向成角，可知水平分速度为故a错；b、小球运动到c时所用的时间为得而小球甲到达c点时竖直方向的速度为，所以运动时间为所以甲、乙两小球到达c点所用时间之比为故b错c、由甲乙各自运动的时间得：，故c对；d、由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在c点时重力的瞬时功率也不相等故d错；故选c3.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是a.x1处电场强度最小，但不为零b.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动c.若x1、x3处电势为1、3，则1<3d.x2～x3段的电场强度大小方向均不变【答案】d【解析】ep-x图像的斜率表示粒子所受电场力f，根据f=qe可知x1处电场强度最小且为零，故a错误；b、粒子在0～x2段切线的斜率发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动，x2～x3段斜率不变，所以做匀变速直线运动，故b错误；c、带负电的粒子从x1到x3的过程中电势能增加，说明电势降低，若x1、x3处电势为1、3，则1>3,故c错误；d、x2～x3段斜率不变，所以这段电场强度大小方向均不变，故d正确；故选d点睛：ep-x图像的斜率表示粒子所受电场力f，根据f=qe判断各点场强的方向和大小，以及加速度的变化情况．至于电势的高低，可以利用结论“负电荷逆着电场线方向移动电势能降低，沿着电场线方向移动电势能升高”来判断．4.如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u=220sin

50πt（v）交流电源上，副线圈接有r=55Ω的电阻，原、副线圈匝数比为2：1。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表。则（）a.副线圈的输出功率为110wb.原线圈的输入功率为110wc.电流表的读数为lad.副线圈输出的电流方向不变【答案】a【解析】【详解】ab．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流所以副线圈电压的最大值设副线圈电压的有效值为，则解得：副线圈的输出功率原线圈的输入功率故a正确，b错误；c．电流表读数故c错误。d．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，故d错误。故选a。5.已知火星的半径是地球的a倍，质量是地球的b倍，现分别在地球和火星的表面上以相同的速度竖直上抛小球，不计大气的阻力．则小球在地球上上升的最大高度与在火星上上升的最大高度之比为()a.b/a b.b2/a c.a/b d.b/a2【答案】d【解析】【详解】根据在星球表面重力与万有引力相等，有：，可得：，故；竖直上抛运动的最大高度，所以有；故a，b，c错误；d正确；故选d.6.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽oab，凹槽半径为r，a点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从a点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（）a.当v0=时，小球能到达b点b.如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上c.当v0=时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大d.如果滑块固定，小球返回a点时对滑块的压力为【答案】c【解析】【详解】a．当小球刚好到达b点时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得：代入数据解得：所以当时，小球不能到达b点，故a错误；b．小球离开四分之一圆弧轨道时，在水平方向上与滑块m的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块m上，不可能从滑块的左侧离开滑块，故b错误；c．小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块m的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故c正确；d．若滑块固定，由机械能守恒知小球返回a点时的速度大小仍为v0，在b点，根据牛顿第二定律得：解得：根据牛顿第三定律可知，小球返回b点时对滑块的压力为，故d错误。故选c。7.如图，eof和e′o′f′为空间一匀强磁场的边界，其中eo∥e′o′，fo∥f′o′，且eo⊥of；oo′为∠eof的角平分线，oo′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿oo′方向匀速通过磁场，t=0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是（）a b. c. d.【答案】b【解析】【分析】运用e=blv找出感应电动势随时间变化的情况．其中l为切割磁感线的有效长度．根据右手定则判断出感应电流的方向．【详解】在整个正方形导线框通过磁场的过程中，切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线．由于正方形导线框沿oo′方向匀速通过磁场，①从开始到左边框到达o′之前，进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加，根据e=blv得出感应电动势随时间也均匀增加，由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加．根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，得出开始为正方向．②当左边框到达oo′之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流i不变．③当左边框到达oo′中点，右边框即将进入磁场切割磁感线，由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小．④当左边框到达距o点时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为0，再往后跟前面过程相反．故a、c、d错误，b正确．故选b．【点睛】注意分析正方形导线框运动过程中切割磁感线的有效长度变化情况．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，反过来即为负值．8.如图所示，a、b两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为k，木块a和木块b的质量均为m。现用一竖直向下的压力将木块a缓慢压缩到某一位置，木块a在此位置所受的压力为f（f>mg），弹簧的弹性势能为e，撤去力f后，下列说法正确的是（）a.当a速度最大时，弹簧仍处于压缩状态b.弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对a、b的冲量相同c.当b开始运动时，a的速度大小为d.全程中，a上升的最大高度为【答案】ad【解析】【详解】a．由题意可知当a受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于重力大小，此时弹簧处于压缩状态，故a正确；b．由于冲量是矢量，而弹簧弹力对a、b的冲量方向相反，故b错误；c．设弹簧恢复到原长时a的速度为v，绳子绷紧瞬间a、b共同速度为v1，a、b共同上升的最大高度为h，a上升最大高度为h，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得mv=2mv1a、b共同上升的过程中据能量守恒可得可得b开始运动时a的速度大小为a上升的最大高度为故c错误，d正确。故选ad。9.如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为l，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为b．质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为r，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g．金属杆（）a.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下b.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间c.穿过两磁场产生的总热量为4mgdd.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于【答案】bc【解析】本题考查电磁感应的应用，意在考查考生综合分析问题的能力．由于金属棒进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属感进入磁场时应做减速运动，选项a错误；对金属杆受力分析，根据可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v-t图象如图所示，由于0~t1和t1~t2图线与t轴包围的面积相等（都为d），所以t1>（t2-t1），选项b正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以q1=mg．2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，选项c正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则，得，有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据得金属杆进入磁场的高度应大于，选项d错误．点睛：本题以金属杆在两个间隔磁场中运动时间相等为背景，考查电磁感应的应用，解题的突破点是金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，而金属棒在两磁场间运动时只受重力是匀加速运动，所以金属棒进入磁场时必做减速运动．10.如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-v图中从a到b的直线所示．在此过程中______．a.气体温度一直降低b.气体内能一直增加c.气体一直对外做功d气体一直从外界吸热e.气体吸收热量一直全部用于对外做功【答案】bcd【解析】【详解】a．由图知气体的pv一直增大，由，知气体的温度一直升高，故a错误；b．一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故b正确；c．气体的体积增大，则气体一直对外做功，故c正确；d．气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△u=w+q可知气体一直从外界吸热，故d正确；e．气体吸收的热量用于对外做功和增加内能，故e错误．二、实验题（每空2分，共24分）11.物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一系列小点．（1）上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．可以测出1~6每个点的瞬时速度，画出v-t图象，进而得到a，其中3号点的瞬时速度的大小v3＝________m/s2（保留三位有效数字）．（2）也可以去除一个数据，利用逐差法处理数据，如果去除的是2．88cm这一数据，计算出滑块的加速度a＝________m/s2（保留三位有效数字）．（3）为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________（填入所选物理量前的字母，完全选对才得分）：还需要使用的仪器是________。a．木板的长度lb．木板的质量m1c．滑块的质量m2d．托盘和砝码的总质量m3e．利用秒表测量滑块运动的时间t（4）滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．与真实值相比，测量的动摩擦因数________（填偏大或偏小）．【答案】(1).0．264m/s(2).0．496m/s2(3).cd(4).天平(5).(6).偏大【解析】【详解】(1)3号点的瞬时速度的大小；(2)每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：t=0.1s，将第一段位移舍掉，设1、2两计数点之间的距离为x1，则第6、7之间的距离为x6，利用匀变速直线运动的推论△x=at2，即逐差法可以求物体的加速度大小：根据逐差法有：；(3)根据牛顿第二定律有：m3g-m2gμ=（m3+m2）a，故解得：于根据牛顿第二定律列方程的过程中，即考虑了木块和木板之间的摩擦，没有考虑细线和滑轮以及空气阻力等，故导致摩擦因数的测量会偏大．【点睛】纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论△x=at2，可计算出打出某点时纸带运动加速度，对木块受力分析，根据牛顿第二定律列方程，可求出滑动摩擦因数的表达式，由于木块滑动过程中受到空气阻力，因此会导致测量的动摩擦因数偏大．12.如图（a）为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图，其中虚线框内是用毫安表改装成双量程电流表的改装电路。已知毫安表表头的内阻为10w，满偏电流为100ma；r1和r2为固定电阻，阻值分别为r1=0.5，r2=2.0；由此可知，若使用a和b两个接线柱，电表的量程为0.5a；若使用a和c两个接线柱，电表的量程为2.5a；(1)电压表有两种规格，v1（量程1.5v，内阻约为2k）和v2（量程3v，内阻约为4k）；滑动变阻器有两种规格，最大阻值分别为20和500，则电压表应选用_____（填“v1”或“v2”），r应选用最大阻值为________的滑动变阻器。(2)实验步骤如下：①开关s2拨向b，将滑动变阻器r的滑动片移到______端（选填“左”或“右”），闭合开关s1；②多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电压表的示数u和毫安表的示数i；某次测量时毫安表的示数如图（b）所示，其读数为_________ma。③以u为纵坐标，i为横坐标，作u－i图线（用直线拟合），如图（c）所示；④根据图线求得电源的电动势e=________v（结果保留三位有效数字），内阻r=________（结果保留两位有效数字）。【答案】(1).v1(2).20(3).右(4).58.0(5).1.48(6).0.45（0.42～0.48之间均对）【解析】【详解】(1)[1][2]一节干电池的电动势约为1.5v，故电压表选v1；因内阻较小，为了便于调节，滑动变阻器应选择20Ω的；(2)[3]为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置；故应滑到右端；[4]由图可知，电流表最小分度为1ma；故读数为58.0ma；[5][6]使用ab两接线柱时，r1与r2串联后与表头并联；则量程为且内阻为由串并联电路规律可知若毫安示数为i，则电路的总电流等于5i，则由闭合电路欧姆定律可知所以图象中与纵坐标的交点表示电源的电动势图象的斜率表示即解得由于误差0.42～0.48之间均对三、解答题（共36分）13.如图所示，粗糙水平面上静止放置一质量为2m的木板，在木板上右端静置一质量为m的小滑块．一可视为质点、质量为2m的小朋友荡秋千，从a点由静止出发绕o点下摆，当摆到最低点b时，小朋友在极短时间内用脚水平蹬踏木板的左端，然后自己刚好能回到a点．已知秋千的摆绳长为l，质量不计，ao与竖直方向的夹角为60°．小滑块与木板之间、木板与水平面间的动摩擦因数都是，重力加速度为g．求：(1)秋千摆到最低点b，小朋友未蹬踏木板时秋干摆绳的拉力大小；(2)小朋友蹬踏木板过程中，小朋友做功大小；(3)若小滑块不从木板上滑下，木板至少应为多长．【答案】（1）4mg（2）（3）【解析】【分析】(1)从a点下摆到b点，只有重力做功，机械能守恒．由机械能守恒定律求出小朋友运动到最低点时的速度．在最低点，由合力充当向心力，由向心力公式求解秋千绳的拉力；(2)小朋友蹬踏木板过程中，沿水平方向动量守恒．由动量守恒定律列式．再由动能定理求小朋友做功大小；(3)由牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度，结合运动学公式可求得木板的长度.【详解】(1)小朋友从a点下摆到b点，只有重力做功，机械能守恒.设到达b点速度大小为v0,则由机械能守恒定律有：绳子拉力设为t，由受力分析和圆周运动知识有：解得：t=4mg(2)由题意知，小朋友蹬踏木板后速度大小不变，方向向左由动量守恒定律得：2mv0=-2mv0+2mv1得木板的速度：小朋友做功大小：(3)由牛顿第二定律得：小滑块的加速度：木板的加速度：当二者速度相等后，由于整体的加速度等于滑块的最大加速度，所以此后二者保持相对静止，设此过程经过的时间为t由速度关系得：v1-a板t=a块t此过程木板的位移：滑块的位移：小滑块不从木板上滑下，木板至少应为：x=x板-x块解得：【点睛】本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式，关键分析滑块和木板的运动情况，然后对各个过程分别运用合适的规律列式求解.14.如图甲所示，足够长的两金属导轨水平平行固定，两导轨间距为，电阻不计，且处在竖直向上的磁场中，完全相同的导体棒垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的间距也为，电阻均为，开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当时导体棒刚好要滑动，已知，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．（1）求每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及内整个回路中产生的焦耳热．（2）若保持磁场的磁感应强度不变，用一个水平向右的力拉导体棒，使导体棒由静止开始做匀加速直线运动，力的变化规律如图丙所示，则经过多长时间导体棒开始滑动?每根导体棒的质量为多少？（3）当（2）问中拉力作用时间为4s时，求两棒组成的系统的总动量．【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）开始时磁场的磁感应强度均匀变化，则回路中产生的感应电动势为：则电路中的电流为：当时：0.8s内整个回路中产生的焦耳热为：（2）对b棒，根据牛顿第二定律有：,即：结合图像的纵轴截距和斜率可得：解得：当导体棒a刚好要滑动时有：解得：此时导体棒b运动的时间为：（3）当导体棒滑动后的2s内，两棒受到的安培力等大反向，对系统，根据动量定理有：由题图丙图像与时间轴所围面积的意义可知：则：15.如图，金属板m、n板竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为，e、f金属板水平平行放置，间距和板长均为d，其右侧区域有垂直纸面向里足够大的匀强磁场，磁场上ac边界与极板e在同一条直线上．现有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从极板m的中央小孔处由静止释放，穿过小孔后沿ef板间中轴线进入偏转电场，从ad边界上的p处离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，求：（1）粒子到达小孔时的速度；