云南省昆明市黄冈实验学校2020届高三上学期期末考试理综物理试题 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1.汽车在平直公路上做刹车试验，若从t＝0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图所示，下列说法正确的是A. t＝0时汽车的速度为10 m/sB. 刹车过程持续的时间为5 sC. 刹车过程经过3 s时汽车的位移为7.5 mD. 刹车过程汽车的加速度大小为10 m/s2【答案】AD【解析】试题分析：根据0-v2=2ax得，，可知，解得刹车过程中加速度大小a=5m/s2，由图线可知，汽车的初速度为10m/s，则刹车过程持续的时间，故B错误，AD正确．刹车过程中3s内的位移等于2s内的位移，则，故C错误．故选AD．考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题考查了运动学公式和图象的综合，关键理清图象斜率表示的物理意义，注意汽车速度减为零后不再运动2.如图所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，那么木板受地面的摩擦力大小为（ ）A. μ1Mg B. μ2mg C. μ1（m+M）g D. μ1Mg+μ2mg【答案】A【解析】物体m相对M向右滑动，受到向左的滑动摩擦力，大小为：f1=μ2N=μ2mg；力的作用是相互的，故m对M有向右的滑动摩擦力，故M有向右滑动的趋势，受到地面对其向左的静摩擦力，根据共点力平衡条件，有f2=f1，因而f2=μ2mg．3.如图所示，A、B、C三个物体重力均为100 N，小球P重40 N，作用在物块B的水平力F＝20 N，整个系统静止，不计绳子质量，下列说法正确的是( )A. 物块C受4个力作用B. A和B之间的摩擦力是20 NC. B和C之间的摩擦力是20 ND. C与桌面间的摩擦力是40 N【答案】C【解析】【分析】先对结点受力分析，由共点力的平衡可求得绳子对C的拉力；再将A、B、C作为整体受力分析，由共点力的平衡可求得C与桌面间的摩擦力．【详解】结点受P的拉力及两绳子的拉力，如图所示，由几何关系可知，绳子对C的拉力F1=GP=40N；对C用隔离法受力分析，受重力、桌面的支持力、B对它的压力、B对它的摩擦力、绳子拉力，桌面对它的摩擦力共6个力的作用，所以A错误。
对A用隔离法受力分析，根据平衡条件知水平方向不受外力，即AB之间没有摩擦力，所以B错误；对BC整体进行受力分析，根据平衡条件B受C对它的摩擦力f=F=20N，所以C正确对ABC整体受力分析，整体受重力、支持力、两拉力；根据平衡条件，在水平方向：F+f=F1，得：f=20N方向向左，故D错误；故选C点睛】整体法与隔离法在共点力的平衡中经常用到，在解题时要注意灵活选取；正确的研究对象的选取可在解题中起到事半功倍的效果．4. 一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上的A处有一小球．若车厢中的旅客突然发现小球沿如图（俯视图）中的虚线从A点运动到B点．则由此可以判断列车的运行情况是A. 减速行驶，向北转弯 B. 减速行驶，向南转弯C. 加速行驶，向南转弯 D. 加速行驶，向北转弯【答案】B【解析】由惯性可知，列车向南转弯，在相同的时间内东西方向的位移减小，可知列车正减速行驶，B对；5.如图所示，一滑块以v0＝5 m/s的速度从固定斜面底端O点冲上斜面，经时间t1到达A点时的速度为vA＝3 m/s，再经时间t2到达B点时的速度为0，下列说法正确的是( )A. O、A间的距离与A、B间的距离之比为16∶9B. O、A间的距离与A、B间的距离之比为3∶5C. t1与t2之比为2∶3D. t1与t2之比为3∶2【答案】AC【解析】【分析】物体沿斜面向上做匀减速运动，根据速度位移公式和速度时间公式即可求得。
详解】根据速度时间公式可知：；AB间的距离为，故，故A正确，B错误；根据速度时间公式可得：， ，故有：，故C正确，D错误，故选AC6.2020年12月10日，我国成功将中星1C卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示是某卫星沿椭圆轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星远地点P距地心O的距离为3R.则（ ）A. 卫星在远地点的速度大于B. 卫星经过远地点时速度最小C. 卫星经过远地点时的加速度大小为D. 卫星经过远地点时加速，卫星将不能再次经过远地点【答案】BC【解析】若卫星以半径为3R做匀速圆周运动，则，在根据，整理可以得到，由于卫星到达远地点P后做近心椭圆运动，故在P点速度小于，故A错误；根据半径与速度的关系可以知道，半径越大则速度越小，故远地点速度最小，故B正确；根据，则在远地点，，故C正确；卫星经过远地点时加速，则可以以半径为3R做匀速圆周运动，则可以再次经过远地点，故D错误．【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动．7.如图所示，a为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R．将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力．（ ）A. 当小球的初速度v0=时，掉到环上时的竖直分速度最大B. 当小球的初速度v0＜时，将撞击到环上的圆弧ac段C. 当v0取适当值，小球可以垂直撞击圆环D. 无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环【答案】ABD【解析】试题分析：小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，当小球掉在c点时下落的高度最大，掉到环上时的竖直分速度最大，设初速度为v0．则：，R=v0t；解得：，故A正确．由上知当小球的初速度时，水平位移小于R，小球将撞击到环上的圆弧ac段．故B正确．小球撞击在圆弧ac段时，速度方向斜向右下方，不可能与圆环垂直；当小球撞击在圆弧cb段时，根据“中点”结论可知，由于O不在水平位移的中点，所以小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过O点，也就不可能垂直撞击圆环．故C错误，D正确．故选ABD．考点：平抛运动【名师点睛】此题是对平抛运动规律的考查；解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，能巧妙运用“中点”的推论分析小球速度的方向，也可以结合运动学公式列式进行分析。
8.如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（ ）A. 动能损失了2mgHB. 动能损失了mgHC. 机械能损失了mgHD. 机械能损失了mgH【答案】AC【解析】试题分析：知道加速度，根据牛顿第二定律和动能定理可求得动能的损失；根据牛顿第二定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可根据功能关系求解机械能的损失．已知物体上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功，为：，故A正确B错误；设摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律得，得，则物块克服摩擦力做功为，根据功能关系可知机械能损失了mgH，故C正确D错误．【点睛】解决本题的关键根据动能定理可求得动能的变化，掌握功能关系，明确除了重力以外的力做功等于物体机械能的变化．【此处有视频，请去附件查看】三、非选择题：第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33~38题为选考题，考生根据要求作答9. 某同学用如图所示的装置测定重力加速度，（1）电火花计时器的工作电压为______，频率为________。
2）打出的纸带如图所示，实验时纸带的______端应和重物相连接选填“甲”或“乙”）（3）由纸带所示数据可算出实验时的加速度为 m/s2答案】（1）220 v （2分）（2）B （2分）（3）9．4（2分）【解析】【详解】①电电火花计时器的工作电压为 220V，频率为50Hz，这样才能使得所打的两点间的时间间隔为0.02s；②由于乙端的点迹较密，说明速度小，故是乙端与重物相连，刚开始速度小，后来越来越大；③实验时的加速度为a===9.4m/s2；10. （8分）某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律⑴某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为 cm图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为2.55ms、5.15ms，由此可知小球通过光电门A、B时的速度分别为vA、vB，其中vA＝ m/s⑵用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较 是否相等，就可以验证机械能是否守恒（用题目中涉及的物理量符号表示）⑶通过多次的实验发现，小球通过光电门A的时间越短，⑵中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是 。
答案】⑴ 1.020，4（4.0或4.00 也算对）； ⑵ gh和（2分）；⑶ 小球上升过程中受到空气阻力的作用；速度越大，所受阻力越大【解析】（1）游标卡尺的读数D=1.0cm＋4×0.05mm= 1.020cm；；（2）根据动能的减少量和重力势能的增加量，即由于两边都有质量，可以只比较gh和3）主要因为空气阻力的影响考点：本题考查了基本仪器的读数、瞬时速度的测量方法、验证机械能守恒定律实验以及误差分析11.如图所示，一质量m＝0.75 kg的小球在距地面高h＝10 m 处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失．若小球运动过程中受到的空气阻力f大小恒为2.5 N，取g＝10 m/s2.求：(1)小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；(2)小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程．【答案】(1)5 m (2)28.75 m【解析】【分析】（1）小球运动的过程中只有重力和阻力做功，对下落的过程和上升的过程由动能定理列式求解小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；（2）小球与地面碰撞后，上升的高度与下降的高度是相等的，分别由动能定理即可求出上升的最大高度与落地时的速度，同理即可表达出相应的数列，然后求和即可．【详解】（1）小球下落的过程中重力做正功，阻力做负功，设小球落地的速度为v，得：mgh−fh＝mv02小球上升的过程中，重力由于阻力都做负功，设上升的高度为h1，则：mv02＝mgh1+fh1得：h1=5m（2）小球下落的过程中重力做正功，阻力做负功，设小球第二次落地的速度为v1，得mgh1−fh1＝mv12；小球上升的过程中，重力由于阻力都做负功，设上升的高度为h2，则：mv12＝mgh2+fh2得：h2＝＝h1=2.5m同理，小球第三次落地后上升的高度：h3＝h2＝m小球第四次落地后上升的高度：h4＝h3＝×＝m小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程：s=h+2h1+2h2+2h3+2h4=28.75m【点睛】本题应用动能定理全程列式可顺利求解，关键在于明确阻力做功的求法，记住不论物体向下还是上，阻力一直做负功．12.如图所示，在平面直角坐标系中AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动而通过O点，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C，D均未画出)．已知OD＝OM，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ (T)，重力加速度为g＝10 m/s2.求：(1)两匀强电场的电场强度E的大小；(2)OM的长度L；(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.【答案】(1) (2)20 m或m (3)7.71 s或6.38 s【解析】试题分析：质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做加速直线运动，结合力学关系即可求出电场强度，点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，结合运动学知识及平抛规律即可解题，运动时间包括匀变速运动时间和圆周运动时间。
质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做加速直线运动，所以有mg＝qE，即(2)质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示．有由运动学规律知v2＝2aL，设粒子从C点运动到D点所用时间为t3，由类平抛运动规律知R＝vt3，联立解得：或(3)质点做匀加速直线运动有得t1＝2 s或质点做匀速圆周运动有质点做类平抛运动有R＝vt3，得t3＝1 s质点从M点出发到击中D点所经历的时间为：t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s或6.38 s.点睛：本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，画出粒子轨迹，再结合数学知识即可解题13.某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s．下列说法正确的是（ ）A. 水面波是一种机械波B. 该水面波的频率为6 HzC. 该水面波的波长为3 mD. 水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E. 水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移【答案】ACE【解析】【分析】明确水波是种机械波；首先根据题干中的条件，可计算出波的振动周期，再利用周期与频率之间的关系，即可计算出波的频率；利用波速、周期、波长之间的关系式λ=vT可求得波长，结合波传播的特点，参与振动的质点只是在自己的平衡位置处振动．【详解】水面波是有机械振动一起的，在介质（水）中传播的一种波，是一种机械波，故A正确。
由第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s，可得知振动的周期T为：，频率为：，故B错误由公式λ=vT，有λ=1.8×=3m，故C正确参与振动的质点只是在自己的平衡位置附近做往复运动，并不会“随波逐流”，但振动的能量和振动形式却会不断的向外传播，故D错误，E正确故选ACE点睛】本题应明确机械波的特点：注意以下几点：（1）介质各个质点不是同时起振，但起振方向与振源起振方向相同．（2）离振源近的质点先起振．（3）质点只在平衡位置振动，并不随波迁移．（4）波传播的是振动形式和能量，且能传递信息．（5）传播过程中各质点的振动都是受迫振动，驱动力来源于振源，各质点起振时与振源起振时的情况完全相同，其频率等于振源频率．14.如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气．当出射角i′和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ.已知棱镜顶角为α，则棱镜对该色光的折射率表达式为【答案】【解析】【分析】由几何关系可明确在AB边入射时的入射角和折射角，再由折射定律可求得折射率详解】由折射定律可知，；因入射角和出射角相等，即i=i′故由几何关系可知，β=；；故折射率；。