【文档说明】黑龙江省伊春市第二中学2020届高三上学期期末考试理综物理试题【精准解析】.doc，共(15)页，655.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷1.在平直公路上行驶的甲车和乙车，其位移-时间图象分别为图中直线和曲线所示，图中t1对应x1，则（）A.1t到3t时间内，乙车的运动方向始终不变B.在1t时刻，甲车的速度大于乙车的速度C.1t到2t时间内，

某时刻两车的速度相同D.1t到2t时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度【答案】C【解析】【详解】图线甲切线斜率先为正值，然后为负值，知乙的运动方向发生变化，故A错误；根据x-t图象的斜率等于速度，所以

在t1时刻，甲车的速度小于乙车的速度，故B错误；t1到t2时间内，甲图线的切线斜率在某时刻与乙相同，则两车的速度可能相同，故C正确；t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故D错误．2.如图所示，水平

桌面上放置一个质量为1kg的物块A，在A的上面放置另一个质量也为1kg的物块B，已知A与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.5，A、B之间的动摩擦因数为μ2=0.2．现在给物块A施加一个与水平方向夹角为θ=37°斜向上方大小恒为F=10N的力，则物块B所受的摩擦力为(重力加速度g=1

0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)A.大小为0.5N，方向水平向右B.大小为2N，方向水平向右C.大小为0.5N，方向水平向左D.大小为2N，方向水平向左【答案】A【解析】【详解】先假设AB一起运动，以AB对象，根据牛顿第二

定律则有1cos(sin)()ABABFmgmgFmma−+−=+，解得20.5/ams=；以B对象，根据牛顿第二定律则有20.52ABBBfmaNmgN===，假设成立，所以物块B所受的摩擦力为静摩擦力，大小为0.5AB

fN=，方向水平向右，故选项A正确，B、C、D错误；故选选项A．3.图中的甲是地球赤道上的一个物体、乙是“神舟”六号宇宙飞船（周期约90分钟）、丙是地球的同步卫星，它们运行的轨道示意图如图所示，它们都绕地心作匀速圆周运动。下列有关说法中正确的是()A.它们运动的向

心加速度大小关系是aaa乙甲丙＜＜B.它们运动的线速度大小关系是vvv乙甲丙＜＜C.已知乙运动的周期T乙及轨道半径r乙，可计算出地球质量2324rMGT=乙乙D.已知甲运动的周期24Th=甲，可计算出

地球的密度23GT=甲【答案】C【解析】【详解】AB．根据22222π()MmvGmmrmrrrT===得32πrTGM=，2GMar=，GMvr=同步卫星的周期为24h，大于乙的周期，则丙的轨道半径大于乙的轨道半径，根据线速度、加速度与轨道半

径的关系，知aavv乙乙丙丙，又因为甲丙的角速度相等，根据vr=知vv甲丙＞根据2ar=知aa甲丙故AB错误；C．根据222π()MmGmrrT=可得2224πrMGT=乙乙故C正确；D．因为甲的周期与贴近星球表面做

匀速圆周运动的周期不同，根据甲的周期无法求出地球的密度，故D错误。故选C。4.由电场强度的定义式FEq=可知，在电场中的同一点()A.电场强度E跟F成正比，跟q成反比B.无论检验电荷所带的电荷量如何变化，Fq始终不变C.

电荷在电场中某点所受的电场力大，则该点的电场强度强D.一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零【答案】B【解析】【分析】电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定；一个不带电的小球在P点受到

的电场力为零，P点的场强不一定为零；【详解】A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定，故A错误；B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，Fq始终不变，故B正确；C、同一电荷在电场

中某点所受的电场力大，P点的场强不一定为零，还要该电荷的电荷量大小，故C错误；D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零，故D错误．【点睛】对

于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身的性质决定，反映电场本身的强弱和方向．5.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨

迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知()A.带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D.带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度【答

案】A【解析】【详解】AB．电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，知道R点的动能大，即速度大，而P点电势能较小，故A正确，B错误；C．根据能量守

恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。故C错误；D．由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大，故D错误。故选A。6.如图所示,半径为R的竖直光滑14圆轨道与光滑水平面相

切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接,置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方,B与O等高。让它们由静止释放,最终在水平面上运动。下列说法正确的是()A.当B球滑到圆轨道最低点时，轨道对B球的支持力大小为3mgB.下滑过程中重力对B

球做功的功率先增大后减小C.下滑过程中B球的机械能增加D.整个过程中轻杆对A球做的功12mgR【答案】BD【解析】【详解】A．AB小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度为v，根据

机械能守恒定律得：21()2mmvmgR+=解得：vgR=在最低点，根据牛顿第二定律得：2vNmgmR−=解得：N=2mg故A错误；B．因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直

，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小，故B正确；C．下滑过程中B的重力势能减小PEmgR=动能增加量为：2K1122EmvmgR==所以机械能减小12mgR，故C错误；D．整个过程中对A根据动能定理得：21

122WmvmgR==故D正确。故选BD。7.如图所示,B为半径为R的竖直光滑圆弧的左端点,B点和圆心C连线与竖直方向的夹角为,—个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的A点以水平速度0v抛出,恰好沿圆弧在B点的切线方向进入圆弧轨道,已知重力加速度为g,下列说法正确的是()A.小球从A运动

到B的时间0tanvtg=B.A,B之间的距离20tantan12vLg=+C.小球运动到B点时,重力的瞬时功率0tanPmgv=D.小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时,圆弧轨道对它的支持力一定大于mg【答案】ACD【解析】【详解】A

．在B点,小球竖直方向上的0tanyvv=故运动的时间t=0tanyvvagg=故A正确；B．A、B间的水平距离x=200tan=vvtg竖直方向的距离y=2220tan122=vgtg则A、B之间的距离L=22220tantan14vxyg+=+故B错误；C．根据功率公式,小球运动到B

点时，重力的瞬时功率0tanyPmgvmgv==故C正确；D．设小球在圆弧轨道最低点时的速度为v,从A点到圆弧轨道最低点,根据动能定理有mg[y+R(1-cosα)]=12212mv−m20v在最低点,根据牛顿第二定律有F-mg=m2vR代入整理可得F=202cos

mvR+3mg-2mgcosα>mg故选项D正确.8.如图所示，P、Q固定放置两等量异种电荷，b、c、O在P、Q的连线上，e、o为两点电荷中垂上的点，且,,,abeobccoabboaeeo==⊥⊥，则A.a点电势等于b点电势B.b点场强大于e点场强C.电子在a

点的电势能大于电子在o点的电势能D.b、c间电势差大于c、o间电势差【答案】BD【解析】试题分析：如图为等量异种电荷的电场线以及等势线，通过该图可知ba，因此A错．由电场线疏密可知，beEE，所以B正确．O点为零等势线上一点，ao，根据电势

能公式PEq=，电子在a的电势能应小于在o点的电势能，C错．因为bc处平均场强大于co处，结合图中等势线的分布可知，bccoUU，D正确．考点：等量异种电荷电场以及等势线分布点评：此类题型主要考察了关于等量异种电荷电场以及等势线分布，通过电场线的性质，例如疏密，方

向等来进行判断．由于题目类型的特殊性，若能记忆住等量异种电荷的电场线分布，对解决本类问题是大大有益的．9.（1）为进行“验证机械能守恒定律”的实验，有下列器材可供选用：铁架台，打点计时器，复写纸，重锤，纸带，秒表，低压直流电源，导线，电键，天平．其中不必要的器材有：_____________

___；缺少的器材_____________________________．（2）某次“验证机械能守恒定律”的实验中，用6V、50Hz的打点计时器打出的一条无漏点的纸带，如图所示，O点为重锤下落的起点，选取的计数点为A、B、C、D，各计数点到O点的长度已在图上标出，单

位为毫米，重力加速度取9．8m/s2，若重锤质量为1kg．打点计时器打出B点时，重锤下落的速度vB=__________m/s，重锤的动能EkB=_______J．从开始下落算起，打点计时器打B点时，重锤的重力势能减小量为________J．（结果保留三位有效数字）

【答案】(1).秒表、低压直流电源、天平(2).低压交流电源、刻度尺(3).1.17(4).0.684(5).0.691【解析】【详解】（1）进行“验证机械能守恒定律”的实验，需要的器材有：铁架台，打点计时器

，复写纸，重锤，纸带，导线，电键，低压交流电源、刻度尺．（2）3(125.031.4)101.17/440.02ACBACxvvmst−−====重锤的动能22111.00(1.17)0.68422KBBEmvJ===重锤的重

力势能减小量31.009.870.5100.691PEmghJ−===10.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,采用如图所示的实验装置,小车及车中砝码的质量用M表示,盘及盘中砝码的质量用m表示,小车的加速度可由小车后面拉动的纸带经打点计

时器打出的点计算得到.（1）当M与m的大小关系满足__________时,才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的总重力.（2）一组同学在探究加速度与质量的关系时,保持盘及盘中砝码的质量一定,改变小车及车中砝码的质量,测出相应的加速度,采用图象法处理数据

.为了比较容易地得出加速度a与质量M的关系,应作出a与___________________图象.(3)甲同学在探究加速度与力的关系时,根据测量数据作出的a一F图线,如图a所示.则实验存在的问题是__________.(4).乙、丙两同学用同一装置探究加速度与力的关系时,画出了各自得到的a一F图线

,如图b所示.则两同学做实验时的哪一个物理量取值不同?答:__________.【答案】(1).M≫m(2).1M(3).平衡摩擦力时木板倾角过大(4).两小车及车上砝码的总质量不同【解析】【详解】(1)[1]由牛顿第二定律得，对M、m组成的系统：()mgMm

a=+对M：FMa=拉解得1MmgmgFmMmM==++拉当Mm时，Fmg拉，即小车的质量远大于砝码和盘的总质量，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力，因此实验时要保证Mm；(2)[2]据牛顿第二定律F=Ma，a与M成反比，而反比例函数图像是曲线，而

根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能作a-M图像；但FaM=，故a与1M成正比，而正比例函数图像是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故应作1aM−图线；(3)[3]当F等于零，但是加速度不为零，知平衡摩擦力

过度，或平衡摩擦力时木板倾角过大；(4)[4]根据FaM=知，图线的斜率为小车质量的倒数，斜率不同，知两小车及车上砝码的总质量不同。11.如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m

＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8：求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2）0～8s内物体机械能的增加量；（3）物体与传送带摩擦产生的热

量Q．【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90J（3）Q＝126J【解析】【详解】(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为221/2ams==的匀减速直线运动,对其受

力分析,由牛顿第二定律得:cossinmgmgma−=可解得：μ＝0.875.（2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8s内物体的位移2614221422xm+=−=0～8ss内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为2211s

in429022EmgxmmJ=+−=(3)0～8s内只有前6s发生相对滑动.0～6s内传送带运动距离为:=46=24sm皮0～6s内物体位移为:=6sm物则0～6s内物体相对于皮带的位移为18sm=0～8s

内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,cosQmgs=代入数据得：Q＝126J故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90J（3）Q＝126J【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t

图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移．12.如右图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜直轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．若轨道是光滑绝缘的，小球的重力是它所受的电场力2倍，试求：⑴A点在斜轨

道上的高度h；⑵小球运动到最低点C时，圆轨道对小球的支持力．【答案】(1)52R(2)3mg【解析】试题分析：由题意得：mg=2Eq设小球到B点的最小速度为VB，则由牛顿第二定律可得：mg-Eq=m2BvR；对AB过程由动能定理可得：mg（h-2R）-Eq（h-2R）=12mVB2；联立解得：

h=52R；（2）对AC过程由动能定理可得：mgh-Eqh=12mvc2；由牛顿第二定律可得：F+Eq-mg=m2CvR联立解得：F=3mg；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg．考点：牛顿定律

及动能定理．13.如图所示，长木板A和圆弧体B放在光滑的水平面上，并粘连在一起，总质量为M＝2kg，光滑圆弧面的最低点切线水平并与长木板上表面在同一水平面内，质量为m＝0.5kg的物块C以大小为v0＝5m／s的水平初速度，

从长木板的左端滑上长木板，物块刚好能滑到圆弧面的最高点．已知圆弧的半径为R＝1m，圆弧所对的圆心角为53°，物块与长木板上表面的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m／s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求：（1）物块滑到圆弧

面最高点时速度的大小；（2）长木板A的长度；（3）若将物块C放在长木板的左端，并将长木板和圆弧体固定，给物块C施加一个向右的水平恒力F，当物块C运动到圆弧面最高点时，速度大小为2m／s，求拉力F的大小及物块滑离圆弧面后运动到最高点的速度．【答案】（1）11m/sv=（2）L=1.

2m（3）F=3N，2.16m/s【解析】【详解】（1）设到最高点时的速度为v1，根据动量守恒有01()mvMmv=+求得11m/sv=（2）设长木板的长度为L，根据能量守恒有()221011()cos5322mgLmMvmgRRmv+++−=求得L=1

.2m（3）根据动能定理有()()21sin53cos532FLRmgLmgRRmv+−−−=求得F=3N物块在圆弧面最高点处在竖直方向的分速度sin531.6m/syvv==上升到最高点需要的时间0.16syvtg==水平分速度大小cos531.2m/sxvv=

=水平方向的加速度26m/sFam==因此运动到最高点时的速度大小为2.16m/sxvvat=+=