【文档说明】【精准解析】吉林省长春市第二十九中学2020届高三上学期期末考试物理试题.pdf，共(20)页，562.474 KB，由小赞的店铺上传

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-1-长春二十九中2020届高三上学期期末物理试卷（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，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11167.5+(4522.5)=30m222，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12vv、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12tt、，不计空气阻力，则（）-2-A.12vvB.12vv＞C.12tt＞D.12tt【答案】C【解析】【详解】AB.水平分运动是匀速运动，则0xvt水平分位移x相同，得12vv＜，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212

hgt有2htg得12tt＞故C正确D错误。故选C。3.如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝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34mgC.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】-3-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°=mgF，解得：34Fmg，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，木板对小球的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22()mgF，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β减小，当β=θ时，FT⊥FN，细绳的拉力FT最小，由图可知，随β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．-4-5.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α=60°，使飞行器恰好沿与水平方向的夹角θ=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的大小为32gC.飞行器减速时动力的大小等于32mgD.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30°角斜向上，设动力为F，合力为bF，如图所示在bOFF中，由几何关系得3Fmg-5-bFmg由牛顿第二定律得飞行器的加速度为1ag故A、B错误；CD．t时刻的速率1vatgt推力方向逆时针旋转60

，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F跟合力bF垂直，如图所示此时合力大小为sin30bFmg动力大小32Fmg飞行器的加速度大小为2sin3012mgagm到最高点的时间为221

2vgtttag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θ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()-6-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m2vR，做圆周运动的向心力大小也是m2vRC.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v，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2vFmR合，故运动员受到的合力大小为m2vR，做圆周运动的向心力大小也是m2vR，B正确；（3）根据线速度和角速度的关系vR得，角

速度vR，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500m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为11226.6710Nm/kg．以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（

）A.93510kg/mB.123510kg/m-7-C.153510kg/mD.183510kg/m【答案】C【解析】试题分析;在天体中万有引力提供向心力，即22(2)GMmmRRT，天体的密度公式343MMVR，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：222()GMmmRRT343MMVR代入可得：153510kg/m，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343MMVR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.0mvMB.0MvmC.0MvMmD.0mvMm【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=（M－m）v－mv0得0mvvMm．A.0mvM，与结论不相符，选项A不符合题意；-8-B.0Mvm，与结论不相符，选项B不符合题意；C.0MvMm，与结论不相符，选项C不

符合题意；D.0mvMm，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123,,和4，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，a、

b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，则可以判断（）A.4等势面上各点场强处处相同B.四个等势面的电势关系是1234C.粒子从a运动到d的过程中静电力直做负功D.粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是

abcdvvvv【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4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1234，B正确;粒子a运动到d的过程中静

电力先做负功后做正功，粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是abcdvvvv，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()-9-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.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.30~36s材料处于超重状态D.整个过程材料上升高度是36m【答案】AB-10-【解析】【详解】A．由vt

图象可知0-10s内做匀加速直线运动，0-10s内的平均速度001m/s0.5m/s22vv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，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20361m28m2h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F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上。下列关于力F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F对甲做的功多B.甲物体获得的动能比乙物体的大C.力F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WFs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样

多，A错误，C正确；BD．根据动能定理，对甲有1kFsE对乙有-11-k2fsFsFE可知k1k2EE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-12-律：Fam，则：Fvat

tm，即速度与时间成正比，故选项B正确；A、根据动能：2221122kFEmvmtm，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：212xat，则位移与时间的平方成正比，图像为抛物线，故选项C错误；D、根据功率：PFvFat，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a和b，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p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a的比荷大于粒子bB.粒子a射入时的初速度大于粒子bC.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b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

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qEam＝，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、填空题（每空2分，共12分）-13-15.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2xaT可以求出加速度的大小22222(6.207.084.485.34)10m/s0.87m/s4401ceabxxaT

．16.在“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-14-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).14.14～14.17均可(2).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

)[3][4]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0．45m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36木块的质量m＝1kg．取g＝10m/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)1.5m/s(2)10N【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，-15-

加速度大小为2sincos7.5m/sagg所以有代入可解得B227.50.151.5m/svas（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：2B112vas代入数据可求得：F=10N18.如图所示，半

径为R＝1m，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m＝1kg的小球，在水平恒力F＝25017N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x＝175m，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FN＝2

.6mg，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g＝10m/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)10m/s(2)6m/s(3)12J(4)0.2m【解析

】【分析】对AB段，运用动能定理求小球在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：212BFxmv-16-解得：vB＝10m/s(2)在C点，由牛顿第二定律得mg＋FN＝2cvmR又据题有：FN＝2.6mg解得：vC＝6m/s.(3)由B到C的过程，由动能定理得：－mg·2R－Wf＝

221122cBmvmv解得克服摩擦力做的功：Wf＝12J(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：2R－h＝12gt2由小球垂直打在斜面上可知：cgtv＝tan4

5°联立解得：h＝0.2m【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0.4Rm内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上，质量0.96mkg的滑

块停放在距轨道最低点A为8.0Lm的O点处，质量为00.04mkg的子弹以速度0250/vms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0.4，子弹与滑块的作用时间很短；取210/gms，试求：1子弹刚留在滑块时二者的共同速度大小v；

2滑块从O点滑到A点的时间t；3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】110/ms；21s；453.5m-17-【解析】【详解】1子弹击中滑块过程动量守恒，规定向左为正方向，则：000mvmmv代入数据解得：10/vms

2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：00mmgmma由匀变速运动的规律得：212vtatL联立并代入数据得：1ts，(4ts舍去)3

滑块从O点滑到A点时的速度Avvat，代入数据得：6/Avms设滑块从A点滑上轨道后通过最高点B点时的速度Bv，由机械能守恒定律：2200011222ABmmvmmgRmmv代入数据得：25/Bvms滑块离开B点后做平抛运动，飞行时间22'Rtg而'AC

BSvt代入数据得：455ACSm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-18-（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）2vgh；θ=450（2）3mgEq【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212hgt

①，2xhvt②，ygtv③，22xyvvv④，tanxyvv⑤由以上式子解得2vgh，45，yxvv⑥（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13kCkBEE即2222111322xcyxymvvmvv

，解得5cyxvv⑦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't．研究竖直方向，有-19-对甲球：2'yvat甲⑧，Eqmgma甲⑨，对乙球：'cyyvvat乙⑩，Eqmgma乙⑪，由⑥～⑪式解得3mgEq；-20-