2019-2020学年安徽省亳州市高三（上）期末物理试卷word版含答案

2019-2020学年安徽省亳州市高三（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．其中1-7小题为单项选择题，8-10小题为多项选择题，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）
1．（4分）在物理发展历史中，一些物理学家的思想和研究成果在不断地推动着社会的进步，以下关于物理学史的叙述中，正确的是（　　）
A．牛顿提出了万有引力定律，是第一个“能称出地球质量的人”
B．卡文迪许通过扭秤实验第一个测出了静电力常量
C．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比
D．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
2．（4分）很多小朋友喜欢用一弹性绳一端系在手指上，另一端系一个重球，小球落下后弹回再用手抓住，如此往复玩耍。现将其简化如图所示，弹性绳的劲度系数为k，小球从静止开始竖直下落，在其到达最低点过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取下落点O为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，球可视为质点。从落下至第一次到达最低点的运动过程中，v、a、t分别表示小球的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t，a与y的关系图象可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
3．（4分）马路”低头族”已经成为交通安全的一个大问题，一个小朋友手拿手机正在过马路，突然一阵急促鸣笛，手机掉在地上，还好有惊无险，小朋友没事，手机虽然戴着有很好缓冲作用的保护套，可是屏还是摔碎了。如果手机质量为180克，从静止开始下落，开始离地高度为0.8米，与地面的撞击时间为0.04秒，且落地后不再反弹，重力加速度g取10m/s2，那么手机在与地面作用的过程中，地面对手机作用力的大小为（　　）
A．19.8N B．18.0N C．16.2N D．18.18N
4．（4分）如图所示，质量均为2kg的木块A和B静止在倾角为30°的光滑斜面上，此时A、B间恰好没有弹力，则剪断细绳的瞬间A、B间的弹力为（　　）

A．0 B．5N C．10N D．20N
5．（4分）如图所示，水平地面上有倾角为θ、质量为m的光滑斜面体，质量也为m的光滑直杆穿过固定的竖直滑套，杆的底端置于斜面上高为h的位置处。现将杆和斜面体由静止自由释放，至杆滑到斜面底端（杆始终保持竖直状态），对该过程下列分析中正确的是（重力加速度为g）（　　）

A．杆和斜面体组成的系统动量守恒
B．斜面体对杆的支持力不做功
C．杆与斜面体的速度大小比值为sinθ
D．杆滑到斜面底端时，斜面体的速度大小为cosθ
6．（4分）中国的航空航天技术已经取得了举世瞩目的成就，不久的将来还要进行对火星进行探测，当然需要努力攻克能够回到地球的技术。探测器要脱离火星，发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，已知地球的质量大约是火星的9倍，半径大约是火星的2倍，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，则探测器要脱离火星，从火星发射的速度至少要达到（　　）
A． B． C． D．
7．（4分）水平放置的光滑圆环，半径为R，AB是其直径。一质量为m的小球穿在环上并静止于A点，沿AB方向水平向右的风力大小恒为F＝mg，小球受到轻扰而开始运动，则下列说法正确的是（　　）

A．运动中小球对环的最大压力为
B．运动中小球对环的最大压力为
C．小球运动过程中的最大速度为
D．小球运动过程中的最大动能为
8．（4分）有一静止点电荷产生的电场中，有四个点a、b、c、d，其电场强度大小分别为
Ea、Eb、Ec、Ed，电场中任一点电势φ与该点到点电荷的距离x的关系如图。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd下列选项正确的是（　　）

A．Ea：Eb＝2：1 B．Ec：Ed＝4：1
C．Wab：Wbc＝2：1 D．Wbc：Wcd＝1：1
9．（4分）图示电路中，电表均为理想电表，如果滑动变阻器的滑片逐渐向左滑动一段，四个电表的读数分别用U1、U2、I1、I2表示，四个电表读数的变化量绝对值分别用
△U1、△U2、△I1、△I2表示，下列表示正确的是（　　）

A．U1增大，U2减小
B．I1、I2都增大
C．减小，不变
D．，
10．（4分）如图有一半径为R的弹性圆形边界，内有垂直于纸面向外的磁感应强度为B的磁场，现有一比荷为的带正电的粒子由A点与OA成30°角垂直入射到磁场中，之后粒子与边界发生弹性碰撞（垂直于边界的速度碰后反向，大小不变，平行边界的速度不变），在粒子绕边界一周的过程中，有（　　）

A．粒子每相邻两次碰撞的时间间隔为
B．粒子每次与边界相碰时的速度与过该碰撞点的切线的夹角均为600
C．当时，粒子仍能回到A点
D．当时，粒子仍能回到A点
二、实验题（每空2分，计14分）
11．（6分）在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带有滑轮的长木板放在水平桌面上，小车通过轻细绳跨过定滑轮与小砂桶连接，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f＝50Hz，平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，打开电源，释放小车，根据纸带得到小车运动的加速度为a；多次改变砂桶和沙子的总质量m，根据纸带计算出对应的加速度。

（1）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a﹣F图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有　 　。
A．木板右端垫起的高度过大
B．木板右端垫起的高度过小
C．砂桶和沙子的总质量m远小于小车和祛码的总质量M
D．砂桶和沙子的总质量m未远小于小车和祛码的总质量M
（2）实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中O、A、B、C、D、E、F为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个打出的点未画出，则小车运动的加速度a＝　 　m/s2．（结果保留3位有效数字）
（3）小车质量M一定，改变砂桶中沙子的质量，砂桶和沙子的总质量为m，根据实验数据描绘出的小车加速度a与砂桶和沙子的总质量m之间的关系图象如图丁所示，则小车的质量M＝　 　kg．（g取10m/s2）
12．（8分）研究小组要精确测量一个只有刻度、没有刻度值的电压表的内阻和一个失去标签的电源的电动势。研究小组设计了没有系统误差的测量方法，电路如图所示。其中电流表量程为30mA，R1是阻值范围0～1000Ω的电阻箱，R2是阻值范围0～500Ω的滑动变阻器。
（1）先测电压表的内阻：将开关S1、S2闭合，调节R1、R2使电流表、电压表都取合适刻度，多次改变R1、R2的值、同时保持　 　不变，记录R1和对应的电压表指示的格数N．根据数据作图象，得到一条一次函数图象，截距为b，斜率为k，那么电压表的内阻等于　 　。
（2）再测电源电动势：断开S1、闭合S2，调节R1、R2使电流表有合适的读数，再保持　 　不变，多次改变R1，同时记录电流表和R1读数。根据数据作，的函数图线，截距为b′，斜率为k′，那么电源的电动势等于　 　。

三、解答题（本题共4小题，第13、14每题10分，第15小题12分，第16小题14分，共46分．解答时要有必要的文字叙述、步骤和演算过程，否则不得分．）
13．（10分）如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，有一长为l＝lm的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m＝2kg的小球，小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，已知O点到斜面底边的距离为L＝3m，g取10m/s2．若小球运动到最低点B时细线刚好断裂，求：
（1）细线能够承受的最大拉力；
（2）细线断裂后，小球继续运动到斜面底边时到C点的距离。（C点为AB连线与底边的交点，斜面底边与AC垂直）

14．（10分）如图所示，质量均为m的带电小球A、B用长为L的绝缘轻杆连接，A带电量为+q，B带电量为﹣q，A用绝缘轻弹簧，B用绝缘轻绳分别悬挂在水平天花板上。已知弹簧的劲度系数为k，两悬点CD间距离也为L，整个空间存在竖直向上的匀强电场，场强E＝，静止时轻杆处于水平位置。今剪断轻绳，由于空气阻力，经相当长的时间后，两球再次处于静止状态。求：
（1）两次平衡时弹簧的形变量分别为多少；
（2）整个过程中空气阻力做的功。

15．（12分）如图所示，在xOy平面内，y＞0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），以大小为v0、方向与y轴正方向夹角θ＝60°的速度沿纸面从坐标为的A点进入电场中，然后从坐标为（﹣l，0）的B点垂直x轴进入磁场区域，并通过坐标为的C点，最后从x轴上的D点（图中未画出）射出磁场。
求：
（1）电场强度的大小E，以及粒子通过B点时的速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从A点运动到D点所用的时间t。

16．（14分）如图所示，足够长的斜面倾角为30°，初始时，质量均为m的滑块A、B均位于斜面上，且AB间的距离为L＝1m。现同时将两个滑块由静止释放，已知滑块A、B与轨道间的动摩擦因数分别为和，重力加速度10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块之间发生的碰撞为弹性碰撞，滑块可视为质点。求：
（1）经过多长时间，滑块之间发生第一次碰撞？
（2）再经过多长时间，滑块之间发生第二次碰撞？
（3）A从释放到最终停止所运动的位移。




2019-2020学年安徽省亳州市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．其中1-7小题为单项选择题，8-10小题为多项选择题，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）
1．【解答】解：A、牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许运用扭秤实验测出了万有引力常量G的数值，从而能求出地球的质量，他被誉“能称出地球质量的人”，故A错误。
B、卡文迪许运用扭秤实验测出了万有引力常量G的数值，库仑第一个测出了静电力常量，故B错误；
C、胡克认为只有弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故C正确；
D、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故D错误；
故选：C。
2．【解答】解：CD、小球在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，小球处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离逐渐增加F＝k△x，根据牛顿第二定律，mg﹣k△x＝ma知，弹性绳的伸长量△x和a线性变化关系，故y和a也是线性变化关系；当弹力F小于重力时，做加速度减小的加速运动；当弹力F等于重力时，加速度为零，速度最大；当弹力F大于重力时，做加速度增大的减速运动，所以加速度先不变，后减小再增大，且加速度和y是线性变化关系，故C正确，D错误；
AB、结合前面的分析可知，小球的加速度先不变，后减小后再反向增加，可知速度时间图象的斜率绝对值先不变，后减小后再反向一直增加，故A错误，B错误；
故选：C。
3．【解答】解：m＝180g＝0.18kg，h＝0.8m，t＝0.04s，
手机做自由落体运动，落地的速度为：v＝＝m/s＝4m/s，
取竖直向下为正方向，由动量定理：（mg﹣F）t＝0﹣mv，得：F＝+mg＝19.8N，则A正确，BCD错误。
故选：A。
4．【解答】解：剪断细绳前，弹簧的弹力：F弹＝m1gsin30°＝2×10×0.5N＝10N，
剪断细线瞬间，以AB整体为研究对象有：
2mgsinθ﹣F弹＝2ma
解得：a＝2.5m/s2
再隔离B分析有：
mgsinθ﹣FN＝ma
解得：FN＝5N。
故B正确ACD错误。
故选：B。
5．【解答】解：A、杆和斜面体组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误。
B、杆下滑过程斜面体向左运动，斜面体对杆的支持力垂直于斜面体向上，斜面体对杆的支持力方向与杆的位移方向不垂直，斜面体对杆的支持力做功，故B错误。
C、杆与斜面体组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv杆水平﹣mv斜面体＝0，杆的速度：v杆＝，则：斜面体与杆的速度大小之比为：1：cosθ，故C错误。
D、杆下滑过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝，解得：v斜面体＝，故D正确。
故选：D。
6．【解答】解：某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：＝m，解得第一宇宙速度；
已知地球和火星的质量之比约为9：1，半径之比约为2：1，
则地球的第一宇宙速度v1地＝，火星的第一宇宙速度v1火＝，
地球表面重力加速度为g、地球的半径为R，根据黄金代换式可知，v1地＝，则v1火＝；
第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1
则火星的第二宇宙速度v2火＝，即探测器要脱离火星，从火星发射的速度至少要达到，故C正确，ABD错误。
故选：C。
7．【解答】解：AB、在B点，小球对环的压力最大。在B点，水平面内，有：FN1﹣F＝m
得：FN1＝5mg
竖直面内，有：FN2＝mg
根据牛顿第三定律和力的合成法知，最大压力 FN＝＝，故A正确，B错误。
CD、小球从A运动至B点时速度最大，设最大速度为v；
根据动能定理得：F?2R＝mv2；
得：v＝2。
小球运动过程中的最大动能为：Ek＝mv2＝2mgR，故CD错误。
故选：A。
8．【解答】解：A、由点电荷场强公式E＝k可得：Ea：Eb＝k：k＝4：1，故A错误；
B、由点电荷场强公式E＝k可得：Ec：Ed＝k：k＝4：1，故B正确；
C、从a到b电场力做功为：Wab＝qUab＝q（φa﹣φb）＝q（15﹣7.5）＝7.5q，从b到c电场力做功为：Wbc＝qUbc＝q（φb﹣φc）＝q（7.5﹣5）＝2.5q，所以有：Wab：Wbc＝3：1，故C错误；
D、从c到d电场力做功为：Wcd＝qUcd＝q（φc﹣φd）＝q（5﹣2.5）＝2.5q，所以Wbc：Wcd＝1：1，故D正确。
故选：BD。
9．【解答】解：AB、电压表V1、电流表A1与变阻器串联，电压表V2、电流表A2与变阻器并联，变阻器滑片向左滑动，变阻器接入电路的电阻变小，根据“串反并同”，所以U1、I1变大，U2、I2变小，故A正确，B错误；
C、表示并联部分的电阻，因为变阻器接入电路的电阻变小，所以并联部分电阻变小，即变小。表示定值电阻R3，所以不变，故C正确；
D、U2表示R3两端的电压，I2是表示通过定值电阻R3的电流，所以，I2表示电路中的总电流，U2的变化量等于电源内电压和定值电阻R1两端电压变化量之和，所以，故D正确。
故选：ACD。
10．【解答】解：A、粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，第一次从A到B的轨迹如图所示：
因不知道运动的半径，故无法确定圆心角，运动时间无法求出，故A错误；
B、进入磁场时与半径OA成30°角，由运动的对称性可知，出射方向与半径OB成30°角，则粒子与边界相碰时的速度与过该碰撞点的切线的夹角均为60°，故B正确；
C．当时，可知运动的半径为：
可知圆心角为120°，相对的圆形磁场所夹角为120°，根据运动的对称性和周期性可知，圆形磁场的360°分成3个120°，则经过三个圆弧运动刚好回到A点，故C正确；
D．当时，可知运动的半径为：，
可知圆心角为180°，相对的圆形磁场所夹角为60°，根据运动的对称性和周期性可知，的360°分成6个60°，则经过六个圆弧运动刚好回到A点，故D正确。
故选：BCD。

二、实验题（每空2分，计14分）
11．【解答】解：（1）AB、图线不过原点且力为零时小车加速度不为零，所以木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度），故A正确，B错误。
CD、图线末端发生了弯曲现象，是因为当砂桶和沙子的总质量m未远小于小车和砝码的总质量M后，故D正确，C错误。
故选：AD。
（2）相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔为：
T＝0.1s，
根据△x＝aT2，运用逐差法得，小车运动的加速度为：
a＝＝m/s2＝1.60m/s2。
（3）设绳子拉力为T，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得：
mg﹣T＝ma，
对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得：T＝Ma
联立解得：a＝
整理得：＝，
由关系图象可得：＝
解得：M＝0.5kg。
故答案为：（1）AD（2）1.60（3）0.5。
12．【解答】解：（1）当测电压表内阻时，设电压表每格对应电压为U0，由部分电路欧姆定律得：
I＝+
变式为：＝?+
作的图象得到一条一次函数图线，应保持I不变，即电流表示数不变，由此关系式结合图象可知：k＝、b＝，
两式联立解得：RV＝
（2）断开S1、闭合S2，由闭合电路欧姆定律得：E＝I（R1+R2+r）
变形得：＝R1+
调节R1、R2使电流表有合适读数，应保持R2不变，才能保证，为一次函数关系，有：
k′＝、b′＝
两式联立解得：E＝、r＝﹣R2
故答案为：（1）电流表示数、；（2）R2、。
三、解答题（本题共4小题，第13、14每题10分，第15小题12分，第16小题14分，共46分．解答时要有必要的文字叙述、步骤和演算过程，否则不得分．）
13．【解答】解：（1）小球恰好能够在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过A点时的拉力为零，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ＝m
得：vA＝m/s
小球从A点运动到B点，由动能定理得
mg?2lsinθ＝﹣
解得 vB＝5m/s
此时，细线拉力和重力沿斜面向下分力的合力提供向心力，则 T﹣mgsinθ＝m
得：T＝60N
（2）细线断裂后，小球在斜面上做类平抛运动，小球在平行底边方向做匀速直线运动，在垂直底边方向做初速度为零的匀加速运动。
则：L﹣l＝gsinθ?t2
x＝vBt
联立解得：x＝2m
答：
（1）细线能够承受的最大拉力是60N。
（2）细线断裂后，小球继续运动到斜面底边时到C点的距离是2m。
14．【解答】解：（1）开始时，设弹簧的压缩量为x1．对A球受力分析，根据平衡条件得：qE＝mg+kx1，
结合E＝得：x1＝
再次平衡时，对A、B整体分析，由平衡条件得：kx2＝2mg
得：x2＝
（2）整个过程，对AB和弹簧组成的系统，根据动能定理可得：
mg（x1+x2）+mg（x1+x2+L）+qEL+Wf＝0
解得：Wf＝﹣4mg（L+）
答：（1）两次平衡时弹簧的形变量分别为；
（2）整个过程中空气阻力做的功为﹣4mg（L+）。
15．【解答】解：（1）粒子从A到B的过程中，竖直方向有vy＝v0cosθ，
其运动的时间为
水平方向有vx＝v0sinθ，
水平方向做末速度为零的匀减速直线运动，所以有vx＝at，
根据牛顿第二定律有
有以上关系可得：电场强度的大小为：
粒子经过B的速度大小为vB＝vy＝；
（2）从B经C到D的过程中，运动轨迹如图所示，
由几何关系可得：
根据洛伦兹力提供向心力：
由上式可得；
（3）从A到B的过程中的时间为
从B经C到D的过程中，
可得：
从A到D的过程中的时间为t＝t1+t2
可得：＝。
答：（1）电场强度的大小E为，以及粒子通过B点时的速度大小为；
（2）磁场的磁感应强度大小B为；
（3）粒子从A点运动到D点所用的时间t为。
16．【解答】解：（1）两滑块由静止释放后，对滑块A进行受力分析，由牛顿第二定律得：mgsin30°﹣μAmgcos30°＝ma1
得
对B有mgsin30°＜μBmgcos30°，故B静止
则
得t＝1s
（2）设发生第一次碰撞前的瞬间滑块A的速度是v0，则v0＝a1t＝2m/s
碰后滑块A、B的速度分别是v1、v2，由弹性碰撞得：
动量守恒：mv0＝mv1+mv2
能量守恒：
解得v1＝0，v2＝2m/s
滑块B开始向下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsin30°﹣μBmgcos30°＝ma2
可解得：
设滑块B下滑时间t0后停止运动，则
，
由于L1＜L2，B停止运动时二者仍未发生第二次碰撞，即
得
（3）由（2）知，每次碰撞后B先减速到零，再次与A碰撞，又2mgsin30°＜μAmgcos30°+μBmgcos30°
最终A，B将静止在斜面上，设A下滑的位移为x，由能量守恒得：
mgxsin30°+mg（x﹣L）sin30°＝μAmgcos30°?x+μBmgcos30°?（x﹣L）
解得：x＝5m。
答：（1）经过1s时间，滑块之间发生第一次碰撞；
（2）再经过时间，滑块之间发生第二次碰撞；
（3）A从释放到最终停止所运动的位移为5m。