福建省龙岩市2020届高三物理上学期期末教学质量检查试题含解析
文档属性
| 名称 | 福建省龙岩市2020届高三物理上学期期末教学质量检查试题含解析 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-09-29 14:58:35 | ||
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文档简介
福建省龙岩市2020届高三物理上学期期末教学质量检查试题（含解析）
注意：请将试题的全部答案填写在答题卡上。
一、选择题
1.2019年10月1日在国庆阅兵式上，教练机机群掠过，划出7条美丽彩带，向新中国70华诞献上诚挚的祝福。如图所示，下列关于飞机运动情况的说法正确的是（ ）
A. 飞机的速度越大，加速度也一定越大
B. 飞机的速度变化越快，加速度一定越大
C. 飞机的速度变化越大，加速度也一定越大
D. 飞机的加速度不断减小，速度一定越来越小
【答案】B
【解析】
【详解】A． 速度大的物体加速度不一定大，例如速度大的匀速直线运动，加速度为零，故A错误；
B． 加速度是表示速度变化快慢的物理量，所以飞机速度变化越快，加速度一定越大，故B正确；
C．根据可知加速度a由速度的变化量△v和速度发生改变所需要的时间△t共同决定，虽然△v大，但△t更大时，a可以很小，故C错误；
D． 飞机加速度不断减小，如果加速度的方向与速度同向时，速度增加，故D错误；
故选：B。
2.居住在龙岩和北京的居民，由于地球的自转，都随地球一起做匀速圆周运动。这两处居民相对于地球静止，随地球做匀速圆周运动的说法中，正确的是（ ）
A. 北京处的转动周期较大 B. 北京处转动的线速度较大
C. 北京处的转动角速度较小 D. 北京处转动的向心加速度较小
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．地球上各点绕地轴转动，具有相同的角速度，周期也相同，根据v=rω，各点离地轴的距离不同，所以线速度不等。龙岩处的转动半径较大，龙岩处转动的线速度较大，故ABC错误。
D．角速度相等，龙岩处的转动半径较大，北京处的半径较小，根据a=ω2r知北京处转动的向心加速度较小，故D正确。
故选：D。
3.如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过、、三点，其中点是轨迹上距离负点电荷最近的点。若粒子在点和点的速率相等，则（ ）
A. 粒子在、两点时的加速度相同
B. 粒子可能带负电且做匀速圆周运动
C. 粒子在点时的加速度最大、电势能最大
D. 、两点的电势差等于、两点的电势差
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于粒子在M、P两处受到的电场力方向不同，所以加速度方向不相同，加速度不同，故A错误。
B．由物体做曲线运动的条件可知，粒子带正电，要使粒子做匀速圆周运动即要粒子的速度与电场力垂直，则粒子不可能做匀速圆周运动，故B错误。
C．根据电场线的疏密可得，N点处的电场线最密，所以粒子在N点时受到的电场力最大，加速度最大，N点的电势在三点中最低，所以带正电的粒子在N点的电势能最小，故C错误。
D．由于粒子在M点和P点的速率相等，根据动能定理可知，从M点到N点，从P点到N点，电场力做功相等，根据 可知
UMN=UPN
故D正确。
故选：D。
4.如图所示电路中，电源的电动势为、内阻为，电流表和电压表均可视为理想电表。现闭合开关后，将滑动变阻器滑片向左移动，下列说法正确的是（ ）
A. 小灯泡变亮 B. 电源的总功率变小
C. 电容器上电荷量减少 D. 电流表的示数变大，电压表的示数变小
【答案】B
【解析】
【详解】AD．闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增加，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小。电压表的示数
U=E-I（RL+r）
I减小，其他量不变，则U增加，即电压表V的示数变大，故AD错误；
B．电源总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小，故B正确；
C．电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增加，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增加，故C错误。
故选：B。
5.如图所示，在距地面高为h=0.4 m处，有一小球A以初速度v0水平抛出如图甲所示，与此同时，在A的右方等高处有一物块B以大小相同的初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下如图乙所示，若A、B同时到达地面，A、B均可看作质点，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2，则v0的大小是
A. 1 m/s B. m/s C. 2 m/s D. 2 m/s
【答案】A
【解析】
A球做平抛运动，由h=gt2，解得运动时间t1=；B物块下滑的加速度a=gsin 45°=g，由匀变速直线运动的规律得h=v0t2+，根据题述，A、B同时到达地面，t1=t2，联立解得v0==1 m/s，故A正确，BCD错误；
故选A．
【点睛】平抛运动的时间由高度决定，结合高度求出平抛运动的时间，根据斜面的长度，结合牛顿第二定律求出加速度，根据位移时间公式，抓住时间相等求出初速度的大小．
6.如图所示，在竖直向上的恒力作用下，、两物体一起沿粗糙竖直墙面匀加速向上运动。关于它们的受力情况，以下说法正确的是（ ）
A. 一定受到6个力 B. 一定受到3个力
C. 与之间不一定有摩擦力 D. 与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
【答案】B
【解析】
【详解】对物体b受力分析，b受重力、斜面支持力和摩擦力的作用而处于平衡，故b受3个力；对物体a、b整体受力分析，受重力、恒力F，由于水平方向墙壁对a没有支持力，否则水平方向整体不会平衡，墙壁对a没有支持力，也就没有摩擦力；所以物体a受重力、恒力F、物体b对其的压力和静摩擦力，共受4个力；
A． 一定受到6个力，与分析不符，故A错误；
B． 一定受到3个力，与分析相符，故B正确；
C． 与之间不一定有摩擦力，与分析不符，故C错误；
D． 与墙壁之间一定有弹力和摩擦力，与分析不符，故D错误；
故选：B。
7.如图所示为某静电场中轴上各点电势分布图，一个带电粒子在坐标原点由静止释放，仅在电场力作用下沿轴正向运动，则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子一定带正电
B. 粒子运动到坐标轴上处速度最小
C. 粒子从坐标轴上处运动到处，电场力的冲量为零
D. 粒子从坐标轴上处运动到处，加速度先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，电场力做正功，导致其电势能减小，由于从x1处运动到x2处，电势升高，因此粒子带负电，故A错误；
B．由题目图可知，从开始运动到x2，电场力做正功，往后电场力做负功，故到x2时速度最大，故B错误；
C．由题目图可知粒子在坐标轴上x1与x3处电势相等，故粒子从坐标轴上x1处运动到x3处电场力做功为零，即两处速度相同，故该过程动量变化量为零，根据动量定理可知，电场力的冲量为零，故C正确；
D．图象的斜率大小等于电场强度可知，粒子从坐标轴上x1处运动到x3处的斜率先减小后增大，故电场强度先减小后增大，电场力先减小后增大，故加速度也先减小后增大，故D错误。
故选：C。
8.如图所示为一种环保灯——重力灯，重力灯是利用重力做功发电的装置。重物下落时拉动灯中心的绳子，从而带动发电机供电。让质量为10kg的物体缓慢下落2m，则灯亮度相当于12W日光灯的亮度。若每过40min重置一次重物，就能持续发光。重力加速度g取，则以下说法正确的是（ ）
A. 重力灯实际功率可能为0.068W
B. 每个40min内产生的电能为28800J
C. 每次下落过程中发电机输出电能200J
D. 无需消耗其他能量就能获得源源不断的电能
【答案】A
【解析】
【详解】A． 物体下降的过程中重力做功：
W=mgh=10×10×2J=200J
所以重力做功的功率：
由于发电的过程中，以及电路中都存在一定的损耗，所以该灯的实际功率一定小于0.083W，有可能是0.068W，故A正确；
B．由A的分析可知，每个40min内产生的电能一定小于200J，故B错误；
C．由于发电的过程中存在一定的损耗，所以下落过程中发电机输出电能都小于200J，故C错误；
D．该发电的过程中重置一次重物时要消耗其他的能量，故D错误；
故选：A。
9.给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”如图所示。使用时，用撑杆推着粘有涂料的涂料滚，沿墙壁上下缓缓滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上。若撑杆的重力和涂料滚对墙壁的摩擦均不计，并且撑杆足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距高处用沿杆方向的力缓慢地上推涂料滚，该过程中撑杆对涂料滚的推力为，涂料滚对墙壁的压力为，以下说法正确的是（ ）
A. 增大 B. 减小 C. 增大 D. 减小
【答案】BD
【解析】
【详解】以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图。设撑杆与墙壁间的夹角为α，根据平衡条件得
，F2=Gtanα
由题，撑杆与墙壁间的夹角α减小，cosα增大，tanα减小，则 F1、F2均减小。
A． 增大，与分析不符，故A错误；
B． 减小，与分析相符，故B正确；
C． 增大，与分析不符，故C错误；
D． 减小，与分析相符，故D正确；
故选：BD。
10.如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，两个物体、通过细绳及轻弹簧连接于光滑定滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住质量为的物体，此时与挡板的距离为，滑轮两侧的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。松开手后，在斜面上运动的过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，始终静止在水平面上。重力加速度为，空气阻力不计。则下列说法正确的是（ ）
A. 和组成的系统机械能守恒
B. 若恰好能到达挡板处，此时的加速度为零
C. 若恰好能到达挡板处，此时弹簧的弹性势能
D. 若恰好能到达挡板处，当的速度最大时，弹簧的弹力
【答案】CD
【解析】
【详解】A．对于A和B组成的系统，由于弹簧对系统要做功，所以系统的机械能不守恒，故A错误。
B．当A的速度最大时，A的加速度为零，合力为零，此后A继续下滑，弹簧的弹力继续增大，可知，若A恰好能到达挡板处，此时A的合力不为零，加速度不为零，故B错误。
C．若A恰好能到达挡板处，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒得：此时弹簧的弹性势能等于A重力势能的减少量，即为：
EP=mgs?sin30°=0.5mgs
故C正确。
D．若A恰好能到达挡板处，当A的速度最大时，合力为零，则弹簧的弹力为：
F=mgsin30°=0.5mg
故D正确。
故选：CD。
11.2019年5月17日23时48分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭成功发射了第四十五颗北斗导航卫星。如图所示，先将卫星送入近地圆轨道Ⅰ，当卫星进入赤道上空点时，控制火箭点火，使卫星进入椭圆轨道Ⅱ，卫星到达远地点时，再次点火，卫星进入相对地球静止的轨道Ⅲ。下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在轨道Ⅰ上的线速度大于在轨道Ⅲ上的线速度
B. 卫星在轨道Ⅰ上的运动周期等于在轨道Ⅱ上的运动周期
C. 卫星在轨道Ⅰ通过点的加速度等于在轨道Ⅱ通过点的加速度
D. 卫星在轨道Ⅱ通过点的线速度小于在轨道Ⅲ通过点的线速度
【答案】ACD
【解析】
【详解】A． 根据万有引力提供向心力可知
解得线速度
轨道半径越大，线速度越小，故卫星在轨道Ⅰ上的线速度大于在轨道Ⅲ上的线速度，故A正确；
B． 轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅱ半长轴的长度，根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道Ⅰ上的运动周期小于在轨道Ⅱ上的运动周期，故B错误；
C． 卫星只受万有引力作用，同一位置，加速度相等，故卫星在轨道Ⅰ通过P点的加速度等于在轨道Ⅱ通过P点的加速度，故C正确。
D．卫星在轨道Ⅱ通过Q点时，加速变轨到轨道Ⅲ，故卫星在轨道Ⅱ通过Q点的线速度小于在轨道Ⅲ通过Q点的线速度，故D正确。
故选：ACD。
12.如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角。现有质量的物体在水平向左的外力的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过撤去外力，物体在0－4s内运动的速度—时间图像如图乙所示。已知，，重力加速度取，则（ ）
A. 物体在0－4s内的位移为28m B. 物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 水平外力 D. 水平外力做的功为32J
【答案】AB
【解析】
【详解】A． 根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可得：物体在0-4s内的位移为：
故A正确；
B． 根据v-t图象的斜率表示加速度，知2-4s内物体的加速度为：
根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma2
解得：
μ=0.5
故B正确。
CD． 0-2s内物体的加速度为：
根据牛顿第二定律可得：
解得
F=4N
0-2s内物体的位移为
故水平外力做的功为
故CD错误。
故选：AB。
二、实验题
13.图甲为测定木块与长木板之间动摩擦因数的实验装置示意图，其中打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，长木板水平固定在桌面上。
(1)实验时，需要调整定滑轮的高度，其目的是使与木块相连的细线和长木板_____；
(2)图乙为木块在水平木板上带动纸带运动时打出的一条纸带的一部分，、、、、为计数点，相邻两计数点间还有4个打出的点未画出，相邻计数点的间距、、、，则木块加速度的大小___；
(3)测得砝码盘和砝码的总质量与木块的质量之比为13，重力加速度取，则木块与长木板间动摩擦因数____。
【答案】 (1). 平行 (2). 1.0 (3). 0.20
【解析】
【详解】(1)[1] 实验过程中，为了使细线拉力与运动方向平行，需要调整定滑轮高度，使细线与长木板平行。
(2)[2] 相邻两计数点间还有4个打出的点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为：T=0．1s，根据运动学公式△x=aT2得：
(3)[3] 砝码盘和砝码的质量为m，木块的质量为3m，对系统研究，根据牛顿第二定律得：
解得：
14.某同学要将一量程为的微安表改装为量程为3V的电压表。该同学测得微安表内阻为2500Ω，经计算后将一阻值为的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准电压表，根据图a所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。
(1)根据图a和题给条件，将图b中的实物连接完整____；
(2)当标准电压表的示数为1.60V时，做安表的指针位置如下图所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值3V，而是_____；（填正确答案标号）
A．2.1V B．2.5V C．2.9V D．3.3V
(3)产生上述问题的原因可能是____；（填正确答案标号）
A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于2500Ω
B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于2500Ω
C．值计算错误，接入的电阻偏小
D．值计算错误，接入的电阻偏大
(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻即可，则___Ω。
【答案】 (1). (2). B (3). BC (4). 2000
【解析】
【详解】(1)[1] 微安表与分压电阻串联可以改装成电压表，实物电路图如图所示：
(2)[2] 微安表量程为250μA，由图所示表盘可知，其分度值为5μA，其示数为160μA，是满偏量程的，改装后的电压表量程为U，则示数为
解得：
U=2.5V
故B正确，ACD错误。
(3)[3] 由微安表改装的电压表，示数偏大，说明其内阻偏小，原因有可能是微安表内阻值小于2500Ω，也有可能滑动变阻器R的接入电阻偏小造成的，故BC正确，AD错误。
(4)[4] 把微安表改装成电压表需要串联分压电阻，因此要串联电阻，由（2）可知，改装后电压量程为U=2．5V，则串联电阻是R，要达到预期目的，即量程为U′=3V，则串联电阻是R′，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为R'的电阻即可，则
三、计算题
15.一质量为运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经，以大小的速度离开地面，重力加速度取，求：
(1)运动员离开地面时动量的大小和方向；
(2)在这0.2s内地面对运动员的冲量的大小；
(3)在这0.2s内地面对运动员所做的功。
【答案】(1) ，方向竖直向上； (2)；(3)0
【解析】
【详解】(1)运动员离开地面时动量的大小
运动员离开地面时动量的方向竖直向上；
(2)设在这0.2s内地面对运动员的冲量大小为I，由动量定理得
解得
(3)在这0.2s内地面对运动员支持力的作用点位移s＝0，在这0.2s内地面对运动员所做的功
16.如图所示，平行板电容器两板的间距为，两板所加的恒定电压为，一质量为、电荷量为的正粒子(重力不计)，以初速度从点沿两极板间的中线入射，落在下极板的点，在这一过程中，求：
(1)粒子电势能的减少量；
(2)、两点间的水平距离。
【答案】(1)；(2)
【解析】
【详解】(1)电场力对粒子做功
①
粒子电势能的减少量
②
解得
③
(2)电场强度
④
加速度
⑤
设粒子从A点运动到B点所用的时间为t，A、B两点间的竖直距离
⑥
A、B两点间的水平距离
⑦
解得
⑧
17.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为、半径为、内壁光滑，、两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为的带电小球(可视为质点)恰好能静止在点。若在点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动（小球的电荷量不变）。已知、、在同一直线上，它们的连线与竖直方向的夹角，重力加速度为。求：
(1)小球所受的电场力的大小；
(2)小球做圆周运动，在点的速度大小及在点对轨道压力的大小。
【答案】(1)；(2)9mg
【解析】
【详解】(1)小球在C点静止，受力如图所示
由平衡条件得
F＝mgtan60°①
解得：
F＝mg②
(2)小球在轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D点小球速度最小，对轨道的压力为零，则
③
解得小球在D点的速度
vD＝④
小球由轨道上A点运动到D点的过程，根据动能定理得
⑤
解得小球在A点的速度
vA＝2⑥
小球在A点，根据牛顿第二定律得：
⑦
解得：
⑧
根据牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小为
18.如图所示，滑板由长木板和圆弧体粘连在一起构成，光滑圆弧面最低点切线水平并与长木板上表面在同一水平面内，滑板总质量为，置于光滑的水平面上。一质量为的小滑块以大小的水平初速度，从滑板的左端滑上滑板，滑块刚好能滑到滑板右侧圆弧面的最高点。已知滑板圆弧的半径为，圆弧所对的圆心角为53°，滑块与长木板上表面的动摩擦因数为，重力加速度取，，。求：
(1)滑块滑到滑板右侧圆弧面的最高点时速度的大小；
(2)滑板中长木板的长度；
(3)现将滑板固定，把滑块放在滑板的左端，给滑块施加一个水平向右的恒力，直至滑块落至水平面上，当滑块运动到滑板右侧圆弧面最高点时，速度大小为4m/s，则滑块滑离滑板后运动到最高点的速度大小为多少？
【答案】(1)1m/s；(2)1.2m；(3)5.28m/s
【解析】
【详解】(1)设滑块C滑到滑板右侧圆弧面最高点时速度的大小为v1，滑块和滑板组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律得
①
解得：
②
(2)设长木板A的长度为L，根据能量守恒定律得：
③
解得：
L=1.2m④
(3)对滑块C，根据动能定理得：
⑤
解得：
F=9N⑥
滑块在圆弧面最高点处在水平、竖直方向的分速度分别为：
，⑦
上升到最高点需要的时间
⑧
水平方向的加速度
⑨
滑块运动到最高点时的速度大小为
⑩
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注意：请将试题的全部答案填写在答题卡上。
一、选择题
1.2019年10月1日在国庆阅兵式上，教练机机群掠过，划出7条美丽彩带，向新中国70华诞献上诚挚的祝福。如图所示，下列关于飞机运动情况的说法正确的是（ ）
A. 飞机的速度越大，加速度也一定越大
B. 飞机的速度变化越快，加速度一定越大
C. 飞机的速度变化越大，加速度也一定越大
D. 飞机的加速度不断减小，速度一定越来越小
【答案】B
【解析】
【详解】A． 速度大的物体加速度不一定大，例如速度大的匀速直线运动，加速度为零，故A错误；
B． 加速度是表示速度变化快慢的物理量，所以飞机速度变化越快，加速度一定越大，故B正确；
C．根据可知加速度a由速度的变化量△v和速度发生改变所需要的时间△t共同决定，虽然△v大，但△t更大时，a可以很小，故C错误；
D． 飞机加速度不断减小，如果加速度的方向与速度同向时，速度增加，故D错误；
故选：B。
2.居住在龙岩和北京的居民，由于地球的自转，都随地球一起做匀速圆周运动。这两处居民相对于地球静止，随地球做匀速圆周运动的说法中，正确的是（ ）
A. 北京处的转动周期较大 B. 北京处转动的线速度较大
C. 北京处的转动角速度较小 D. 北京处转动的向心加速度较小
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．地球上各点绕地轴转动，具有相同的角速度，周期也相同，根据v=rω，各点离地轴的距离不同，所以线速度不等。龙岩处的转动半径较大，龙岩处转动的线速度较大，故ABC错误。
D．角速度相等，龙岩处的转动半径较大，北京处的半径较小，根据a=ω2r知北京处转动的向心加速度较小，故D正确。
故选：D。
3.如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过、、三点，其中点是轨迹上距离负点电荷最近的点。若粒子在点和点的速率相等，则（ ）
A. 粒子在、两点时的加速度相同
B. 粒子可能带负电且做匀速圆周运动
C. 粒子在点时的加速度最大、电势能最大
D. 、两点的电势差等于、两点的电势差
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于粒子在M、P两处受到的电场力方向不同，所以加速度方向不相同，加速度不同，故A错误。
B．由物体做曲线运动的条件可知，粒子带正电，要使粒子做匀速圆周运动即要粒子的速度与电场力垂直，则粒子不可能做匀速圆周运动，故B错误。
C．根据电场线的疏密可得，N点处的电场线最密，所以粒子在N点时受到的电场力最大，加速度最大，N点的电势在三点中最低，所以带正电的粒子在N点的电势能最小，故C错误。
D．由于粒子在M点和P点的速率相等，根据动能定理可知，从M点到N点，从P点到N点，电场力做功相等，根据 可知
UMN=UPN
故D正确。
故选：D。
4.如图所示电路中，电源的电动势为、内阻为，电流表和电压表均可视为理想电表。现闭合开关后，将滑动变阻器滑片向左移动，下列说法正确的是（ ）
A. 小灯泡变亮 B. 电源的总功率变小
C. 电容器上电荷量减少 D. 电流表的示数变大，电压表的示数变小
【答案】B
【解析】
【详解】AD．闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增加，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小。电压表的示数
U=E-I（RL+r）
I减小，其他量不变，则U增加，即电压表V的示数变大，故AD错误；
B．电源总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小，故B正确；
C．电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增加，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增加，故C错误。
故选：B。
5.如图所示，在距地面高为h=0.4 m处，有一小球A以初速度v0水平抛出如图甲所示，与此同时，在A的右方等高处有一物块B以大小相同的初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下如图乙所示，若A、B同时到达地面，A、B均可看作质点，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2，则v0的大小是
A. 1 m/s B. m/s C. 2 m/s D. 2 m/s
【答案】A
【解析】
A球做平抛运动，由h=gt2，解得运动时间t1=；B物块下滑的加速度a=gsin 45°=g，由匀变速直线运动的规律得h=v0t2+，根据题述，A、B同时到达地面，t1=t2，联立解得v0==1 m/s，故A正确，BCD错误；
故选A．
【点睛】平抛运动的时间由高度决定，结合高度求出平抛运动的时间，根据斜面的长度，结合牛顿第二定律求出加速度，根据位移时间公式，抓住时间相等求出初速度的大小．
6.如图所示，在竖直向上的恒力作用下，、两物体一起沿粗糙竖直墙面匀加速向上运动。关于它们的受力情况，以下说法正确的是（ ）
A. 一定受到6个力 B. 一定受到3个力
C. 与之间不一定有摩擦力 D. 与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
【答案】B
【解析】
【详解】对物体b受力分析，b受重力、斜面支持力和摩擦力的作用而处于平衡，故b受3个力；对物体a、b整体受力分析，受重力、恒力F，由于水平方向墙壁对a没有支持力，否则水平方向整体不会平衡，墙壁对a没有支持力，也就没有摩擦力；所以物体a受重力、恒力F、物体b对其的压力和静摩擦力，共受4个力；
A． 一定受到6个力，与分析不符，故A错误；
B． 一定受到3个力，与分析相符，故B正确；
C． 与之间不一定有摩擦力，与分析不符，故C错误；
D． 与墙壁之间一定有弹力和摩擦力，与分析不符，故D错误；
故选：B。
7.如图所示为某静电场中轴上各点电势分布图，一个带电粒子在坐标原点由静止释放，仅在电场力作用下沿轴正向运动，则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子一定带正电
B. 粒子运动到坐标轴上处速度最小
C. 粒子从坐标轴上处运动到处，电场力的冲量为零
D. 粒子从坐标轴上处运动到处，加速度先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，电场力做正功，导致其电势能减小，由于从x1处运动到x2处，电势升高，因此粒子带负电，故A错误；
B．由题目图可知，从开始运动到x2，电场力做正功，往后电场力做负功，故到x2时速度最大，故B错误；
C．由题目图可知粒子在坐标轴上x1与x3处电势相等，故粒子从坐标轴上x1处运动到x3处电场力做功为零，即两处速度相同，故该过程动量变化量为零，根据动量定理可知，电场力的冲量为零，故C正确；
D．图象的斜率大小等于电场强度可知，粒子从坐标轴上x1处运动到x3处的斜率先减小后增大，故电场强度先减小后增大，电场力先减小后增大，故加速度也先减小后增大，故D错误。
故选：C。
8.如图所示为一种环保灯——重力灯，重力灯是利用重力做功发电的装置。重物下落时拉动灯中心的绳子，从而带动发电机供电。让质量为10kg的物体缓慢下落2m，则灯亮度相当于12W日光灯的亮度。若每过40min重置一次重物，就能持续发光。重力加速度g取，则以下说法正确的是（ ）
A. 重力灯实际功率可能为0.068W
B. 每个40min内产生的电能为28800J
C. 每次下落过程中发电机输出电能200J
D. 无需消耗其他能量就能获得源源不断的电能
【答案】A
【解析】
【详解】A． 物体下降的过程中重力做功：
W=mgh=10×10×2J=200J
所以重力做功的功率：
由于发电的过程中，以及电路中都存在一定的损耗，所以该灯的实际功率一定小于0.083W，有可能是0.068W，故A正确；
B．由A的分析可知，每个40min内产生的电能一定小于200J，故B错误；
C．由于发电的过程中存在一定的损耗，所以下落过程中发电机输出电能都小于200J，故C错误；
D．该发电的过程中重置一次重物时要消耗其他的能量，故D错误；
故选：A。
9.给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”如图所示。使用时，用撑杆推着粘有涂料的涂料滚，沿墙壁上下缓缓滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上。若撑杆的重力和涂料滚对墙壁的摩擦均不计，并且撑杆足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距高处用沿杆方向的力缓慢地上推涂料滚，该过程中撑杆对涂料滚的推力为，涂料滚对墙壁的压力为，以下说法正确的是（ ）
A. 增大 B. 减小 C. 增大 D. 减小
【答案】BD
【解析】
【详解】以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图。设撑杆与墙壁间的夹角为α，根据平衡条件得
，F2=Gtanα
由题，撑杆与墙壁间的夹角α减小，cosα增大，tanα减小，则 F1、F2均减小。
A． 增大，与分析不符，故A错误；
B． 减小，与分析相符，故B正确；
C． 增大，与分析不符，故C错误；
D． 减小，与分析相符，故D正确；
故选：BD。
10.如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，两个物体、通过细绳及轻弹簧连接于光滑定滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住质量为的物体，此时与挡板的距离为，滑轮两侧的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。松开手后，在斜面上运动的过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，始终静止在水平面上。重力加速度为，空气阻力不计。则下列说法正确的是（ ）
A. 和组成的系统机械能守恒
B. 若恰好能到达挡板处，此时的加速度为零
C. 若恰好能到达挡板处，此时弹簧的弹性势能
D. 若恰好能到达挡板处，当的速度最大时，弹簧的弹力
【答案】CD
【解析】
【详解】A．对于A和B组成的系统，由于弹簧对系统要做功，所以系统的机械能不守恒，故A错误。
B．当A的速度最大时，A的加速度为零，合力为零，此后A继续下滑，弹簧的弹力继续增大，可知，若A恰好能到达挡板处，此时A的合力不为零，加速度不为零，故B错误。
C．若A恰好能到达挡板处，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒得：此时弹簧的弹性势能等于A重力势能的减少量，即为：
EP=mgs?sin30°=0.5mgs
故C正确。
D．若A恰好能到达挡板处，当A的速度最大时，合力为零，则弹簧的弹力为：
F=mgsin30°=0.5mg
故D正确。
故选：CD。
11.2019年5月17日23时48分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭成功发射了第四十五颗北斗导航卫星。如图所示，先将卫星送入近地圆轨道Ⅰ，当卫星进入赤道上空点时，控制火箭点火，使卫星进入椭圆轨道Ⅱ，卫星到达远地点时，再次点火，卫星进入相对地球静止的轨道Ⅲ。下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在轨道Ⅰ上的线速度大于在轨道Ⅲ上的线速度
B. 卫星在轨道Ⅰ上的运动周期等于在轨道Ⅱ上的运动周期
C. 卫星在轨道Ⅰ通过点的加速度等于在轨道Ⅱ通过点的加速度
D. 卫星在轨道Ⅱ通过点的线速度小于在轨道Ⅲ通过点的线速度
【答案】ACD
【解析】
【详解】A． 根据万有引力提供向心力可知
解得线速度
轨道半径越大，线速度越小，故卫星在轨道Ⅰ上的线速度大于在轨道Ⅲ上的线速度，故A正确；
B． 轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅱ半长轴的长度，根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道Ⅰ上的运动周期小于在轨道Ⅱ上的运动周期，故B错误；
C． 卫星只受万有引力作用，同一位置，加速度相等，故卫星在轨道Ⅰ通过P点的加速度等于在轨道Ⅱ通过P点的加速度，故C正确。
D．卫星在轨道Ⅱ通过Q点时，加速变轨到轨道Ⅲ，故卫星在轨道Ⅱ通过Q点的线速度小于在轨道Ⅲ通过Q点的线速度，故D正确。
故选：ACD。
12.如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角。现有质量的物体在水平向左的外力的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过撤去外力，物体在0－4s内运动的速度—时间图像如图乙所示。已知，，重力加速度取，则（ ）
A. 物体在0－4s内的位移为28m B. 物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 水平外力 D. 水平外力做的功为32J
【答案】AB
【解析】
【详解】A． 根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可得：物体在0-4s内的位移为：
故A正确；
B． 根据v-t图象的斜率表示加速度，知2-4s内物体的加速度为：
根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma2
解得：
μ=0.5
故B正确。
CD． 0-2s内物体的加速度为：
根据牛顿第二定律可得：
解得
F=4N
0-2s内物体的位移为
故水平外力做的功为
故CD错误。
故选：AB。
二、实验题
13.图甲为测定木块与长木板之间动摩擦因数的实验装置示意图，其中打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，长木板水平固定在桌面上。
(1)实验时，需要调整定滑轮的高度，其目的是使与木块相连的细线和长木板_____；
(2)图乙为木块在水平木板上带动纸带运动时打出的一条纸带的一部分，、、、、为计数点，相邻两计数点间还有4个打出的点未画出，相邻计数点的间距、、、，则木块加速度的大小___；
(3)测得砝码盘和砝码的总质量与木块的质量之比为13，重力加速度取，则木块与长木板间动摩擦因数____。
【答案】 (1). 平行 (2). 1.0 (3). 0.20
【解析】
【详解】(1)[1] 实验过程中，为了使细线拉力与运动方向平行，需要调整定滑轮高度，使细线与长木板平行。
(2)[2] 相邻两计数点间还有4个打出的点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为：T=0．1s，根据运动学公式△x=aT2得：
(3)[3] 砝码盘和砝码的质量为m，木块的质量为3m，对系统研究，根据牛顿第二定律得：
解得：
14.某同学要将一量程为的微安表改装为量程为3V的电压表。该同学测得微安表内阻为2500Ω，经计算后将一阻值为的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准电压表，根据图a所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。
(1)根据图a和题给条件，将图b中的实物连接完整____；
(2)当标准电压表的示数为1.60V时，做安表的指针位置如下图所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值3V，而是_____；（填正确答案标号）
A．2.1V B．2.5V C．2.9V D．3.3V
(3)产生上述问题的原因可能是____；（填正确答案标号）
A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于2500Ω
B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于2500Ω
C．值计算错误，接入的电阻偏小
D．值计算错误，接入的电阻偏大
(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻即可，则___Ω。
【答案】 (1). (2). B (3). BC (4). 2000
【解析】
【详解】(1)[1] 微安表与分压电阻串联可以改装成电压表，实物电路图如图所示：
(2)[2] 微安表量程为250μA，由图所示表盘可知，其分度值为5μA，其示数为160μA，是满偏量程的，改装后的电压表量程为U，则示数为
解得：
U=2.5V
故B正确，ACD错误。
(3)[3] 由微安表改装的电压表，示数偏大，说明其内阻偏小，原因有可能是微安表内阻值小于2500Ω，也有可能滑动变阻器R的接入电阻偏小造成的，故BC正确，AD错误。
(4)[4] 把微安表改装成电压表需要串联分压电阻，因此要串联电阻，由（2）可知，改装后电压量程为U=2．5V，则串联电阻是R，要达到预期目的，即量程为U′=3V，则串联电阻是R′，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为R'的电阻即可，则
三、计算题
15.一质量为运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经，以大小的速度离开地面，重力加速度取，求：
(1)运动员离开地面时动量的大小和方向；
(2)在这0.2s内地面对运动员的冲量的大小；
(3)在这0.2s内地面对运动员所做的功。
【答案】(1) ，方向竖直向上； (2)；(3)0
【解析】
【详解】(1)运动员离开地面时动量的大小
运动员离开地面时动量的方向竖直向上；
(2)设在这0.2s内地面对运动员的冲量大小为I，由动量定理得
解得
(3)在这0.2s内地面对运动员支持力的作用点位移s＝0，在这0.2s内地面对运动员所做的功
16.如图所示，平行板电容器两板的间距为，两板所加的恒定电压为，一质量为、电荷量为的正粒子(重力不计)，以初速度从点沿两极板间的中线入射，落在下极板的点，在这一过程中，求：
(1)粒子电势能的减少量；
(2)、两点间的水平距离。
【答案】(1)；(2)
【解析】
【详解】(1)电场力对粒子做功
①
粒子电势能的减少量
②
解得
③
(2)电场强度
④
加速度
⑤
设粒子从A点运动到B点所用的时间为t，A、B两点间的竖直距离
⑥
A、B两点间的水平距离
⑦
解得
⑧
17.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为、半径为、内壁光滑，、两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为的带电小球(可视为质点)恰好能静止在点。若在点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动（小球的电荷量不变）。已知、、在同一直线上，它们的连线与竖直方向的夹角，重力加速度为。求：
(1)小球所受的电场力的大小；
(2)小球做圆周运动，在点的速度大小及在点对轨道压力的大小。
【答案】(1)；(2)9mg
【解析】
【详解】(1)小球在C点静止，受力如图所示
由平衡条件得
F＝mgtan60°①
解得：
F＝mg②
(2)小球在轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D点小球速度最小，对轨道的压力为零，则
③
解得小球在D点的速度
vD＝④
小球由轨道上A点运动到D点的过程，根据动能定理得
⑤
解得小球在A点的速度
vA＝2⑥
小球在A点，根据牛顿第二定律得：
⑦
解得：
⑧
根据牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小为
18.如图所示，滑板由长木板和圆弧体粘连在一起构成，光滑圆弧面最低点切线水平并与长木板上表面在同一水平面内，滑板总质量为，置于光滑的水平面上。一质量为的小滑块以大小的水平初速度，从滑板的左端滑上滑板，滑块刚好能滑到滑板右侧圆弧面的最高点。已知滑板圆弧的半径为，圆弧所对的圆心角为53°，滑块与长木板上表面的动摩擦因数为，重力加速度取，，。求：
(1)滑块滑到滑板右侧圆弧面的最高点时速度的大小；
(2)滑板中长木板的长度；
(3)现将滑板固定，把滑块放在滑板的左端，给滑块施加一个水平向右的恒力，直至滑块落至水平面上，当滑块运动到滑板右侧圆弧面最高点时，速度大小为4m/s，则滑块滑离滑板后运动到最高点的速度大小为多少？
【答案】(1)1m/s；(2)1.2m；(3)5.28m/s
【解析】
【详解】(1)设滑块C滑到滑板右侧圆弧面最高点时速度的大小为v1，滑块和滑板组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律得
①
解得：
②
(2)设长木板A的长度为L，根据能量守恒定律得：
③
解得：
L=1.2m④
(3)对滑块C，根据动能定理得：
⑤
解得：
F=9N⑥
滑块在圆弧面最高点处在水平、竖直方向的分速度分别为：
，⑦
上升到最高点需要的时间
⑧
水平方向的加速度
⑨
滑块运动到最高点时的速度大小为
⑩
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