甘肃省甘谷县第一中学届高三上学期第二十周练习物理试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精甘谷一中2017——2018学年高三第一学期第二十周周考理综物理试卷二、选择题1。如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下,沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图(b）所示．以下说法正确的是（)A。电子在A、B两点的速度B。A、B两点的电势C。电子在A、B两点的电势能D。A、B两点的电场强度【答案】D【解析】A、C由图看出,电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小,而电子的电势能增大．即有vA＞vB,EPA＜EPB．故A、C错误;B项:电场线的方向从A到B,则A、B两点的电势φA＞φB，故B错误；D项:φ—x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象的斜率减小，则从A到点B场强减小，则有EA＞EB,故D错误。2。如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等,即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A.三个等势面中，a的电势最高B。带电质点通过P点的电势能较Q点大C.带电质点通过P点的动能较Q点大D.带电质点通过P点时的加速度较Q点小【答案】B【解析】A项：根据电场线与等势面垂直,定性画出过P、Q两点的电场线。假设质点从Q向P运动，根据初速度的方向和轨道偏转方向可判定质点在Q点所受电场力F的如图所示。可以判断出等势面C的电势最高。故A错误；B、C项：由Q向P运动过程中，电场力做负功，动能减少，电势能增加。故C错误，B正确,若质点从P向Q运动，也可得出选项B正确.D项：等差等势面密集的地方场强大,稀疏的地方场强小，由图知P点的场强大,则质点通过P点时的加速度大,故D错误。3。如图所示,A。B。c是匀强电场中距离相等的三个等势面,取等势面b的电势。一个带正电的粒子在等势面a以300eV的初动能沿垂直等势面方向向等势面c运动，到达等势面c时速度刚好为零.若带电粒子所受重力不计，在这个电场中，带电粒子的电势能为50eV时的动能是（）A.200eVB.150eVC。100eVD.50eV【答案】C【解析】从a到c利用动定理:则Uac=300V，所以粒子具有的电势能，即粒子在a处所具有的总能量，当带电粒子的电势能为50eV时的动能为100eV，故C正确。4.已知引力常量G和下列某组数据，不能计算出地球质量．这组数据是()A.地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距离B。月球绕地球运行的周期及月球与地球之间的距离C。人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期D。若不考虑地球自转，已知地球的半径及重力加速度【答案】A【解析】根据万有引力提供向心力有：，解得，只能求出中心天体的质量，A可求得太阳质量，B可求得地球质量，由，,C可求出地球质量,由gR2=GM，D可求出地球质量，综上所述，故选A.5。（多选)如图所示,甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮,乙靠摩擦随甲无打滑转动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为，两圆盘和小物体、之间的动摩擦因数相同，距O点为2r，距点为r,当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时（）A.与圆盘相对滑动前与的角速度之比B.与圆盘相对滑动前与的向心加速度之比C.随转速慢慢增加，先开始滑动D.随转速慢慢增加,先开始滑动【答案】BD【解析】试题分析：甲、乙两轮子靠摩擦传动,所以边缘上的各点线速度大小相等，有：，则得，所以物块相对盘开始滑动前，与的角速度之比为1:2，故A错误；物块相对盘开始滑动前,根据得：与的向心加速度之比为，故B正确;；根据知,临界角速度，可知甲乙的临界角速度之比为,甲乙线速度相等,甲乙的角速度之比为,可知当转速增加时，乙先达到临界角速度,所以乙先开始滑动，故D正确，C错误.考点：圆周运动，向心力【名师点睛】解决本题的关键是要知道靠摩擦传动轮子边缘上的各点线速度大小相等,结合圆盘的半径关系得出两圆盘的角速度之比，从而根据向心加速度公式求出向心加速度之比．抓住最大静摩擦提供向心力求出发生滑动时的临界角速度，结合甲乙的角速度进行分析判断。6.如图所示，在M点分别以不同的速度将两个小球水平抛出，两小球分别落在水平地面上的P点、Q点。已知O点是M点在地面上的竖直投影,，且不考虑空气阻力的影响，下列说法中正确的是（)A。两小球的下落时间之比为1：3B.两小球的下落时间之比为1：4C.两小球的初速度大小之比为1：3D。两小球的初速度大小之比为1：4【答案】D【解析】A、B项：两球的抛出高度相同，故下落时间相同,故AB错误；C项：两小球的水平位移分别为OP和OQ，故水平位移之比为1：4，故C错误；D项：由x=vt可知两小球的初速度之比为1：4,故D正确。点晴：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,对于平抛运动要注意用好几何关系，并能灵活应用各物理量之间的关系。7.(多选)如图所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，则下列说法中正确的是（）A.t1时刻,小物块离A处的距离达到最大B。0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左C.t2~t3时间内，小物块与传送带相对静止,小物块不受到静摩擦力作用D。0～t2时间内,小物块运动方向发生了改变，加速度方向也发生了改变【答案】AC【解析】A项：t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A正确；B项:0～t2时间内,小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故B错误;C项:t2～t3时间内，小物块与传送带达到相同的速度，与传送带相对静止一起作匀速直线运动，所以小物块不受到静摩擦力作用，故C正确；D项：0~t1时间内，小物块向左减速运动，到t1时刻小物块向左运动到速度为零,t1～t2时间内,小物块返向加速即向右加速，加速度方向不变，故D项错误。点晴：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，然后向右匀加速，当速度增加到与皮带相等时,一起向右匀速，摩擦力消失.8.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上．一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧在弹性限度内)，其速度u和弹簧压缩量△x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点.小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计,g取10m／s2,则下列说法正确的是（）A。小球刚接触弹簧时加速度最大B.从接触弹簧到压缩至最短的过程中,弹簧的弹性势能先增大后减小C.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒D.该弹簧的劲度系数为20.0N／m【答案】D【解析】试题分析：由小球的速度图象知，开始小球的速度增大,说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m时，小球的速度最大,然后减小，说明当△x为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得：k△x=mg解得:,选项D正确;弹簧的最大缩短量为△x最大=0。61m，所以F最大=20N/m×0.61m=12.2N．弹力最大时的加速度，小球刚接触弹簧时加速度为10m/s2,所以压缩到最短的时候加速度最大，故A错误；从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能一直增大,故B错误；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，单独的小球机械能不守恒，故C错误；故选D。考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律【名师点睛】解答本题要求同学们能正确分析小球的运动情况，能根据机械能守恒的条件以及牛顿第二定律解题，知道从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧弹力一直做负功，弹簧的弹性势能一直增大；此题难度适中.二、实验,探究题9。某探究学习小组的同学试图以图中的滑块为对象验证“动能定理”，他们在实验室组装了如图所示的一套装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、小木块、细沙．当连上纸带，释放沙桶时，滑块处于静止．要完成该实验，你认为：①还需要的实验器材有____________________．②实验时首先要做的步骤是___________，为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的条件是____________________．③在上述的基础上，某同学测得滑块的质量M．往沙桶中装入适量的细沙,测得此时沙和沙桶的总质量m．接通电源,释放沙桶，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1〈v2）．则对滑块,本实验最终要验证的数学表达式为__________（用题中的字母表示)．【答案】(1）。天平、刻度尺(2）。平衡摩擦力(3）.沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量(4）。【解析】试题分析:①因为要求动能变化，所以需要求出速度，即根据纸带求速度,需要刻度尺测量长度，动能还和质量有关系,所以还需要天平测量质量②为了保证滑块受到的合力等于绳子的拉力，首先需要平衡摩擦力，对沙和沙桶，有，对小车，有，解得：,即当时，有，所以为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等,沙和沙桶的总质量应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量③所作的功等于物体动能的变化量，故需要满足考点：验证动能定理实验【名师点睛】(1）根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；(2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析,受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论；（3）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，求出合力的功和动能的增加量即可10.在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，（1）下列器材中不必要的一项是________（只需填字母代号）．A．重物B．纸带C．天平D．低压交流电源E．毫米刻度尺(2）关于本实验的误差，说法不正确的一项是________A．选择质量较小的重物，有利于减小误差B．选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差C．先松开纸带后接通电源会造成较大的误差D．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用(3）在实验中，质量m＝1kg的物体自由下落，得到如图所示的纸带,相邻计数点间的时间间隔为0.04s。那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中,物体重力势能的减少量Ep＝_______J，此过程中物体动能的增加量Ek=______J。（取g=9。8m／s2，保留三位有效数字)【答案】(1）。C（2）.A(3).2.28(4）.2。26【解析】（1）验证机械能守恒定律的实验中，因为要验证，两边的m可以消掉，故不需用天平测量物体的质量，故C正确；(2)为了减小实验的误差，重物选择质量大一些的，故A错误；选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差．故B正确；先松开纸带，后接通电源，第一个点的速度不为零，会造成较大的误差，应先接通电源后释放纸带，故C正确；本实验产生误差的主要原因是因为重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，故D正确，故选A。（3）重物由O点运动到B点，重力势能的减少量△Ep=mgh=1×9.8×0.2325=2。28J；B点的瞬时速度,则动能的增加量。三、计算题11.如图所示，一质量为，带电量为的小球(可视为质点），用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中的定点O，设电场足够大，静止时悬线向右与竖直方向成30°角．重力加速度．则：（1）求电场强度E;（2）若在某时刻将细线突然剪断，设定点O距离地面的竖直高度为H=10m，绳长，求小球的落地时间（小球在运动过程电量保持不变）．【答案】（1）（2）．【解析】(1)根据平衡条件可得：，，点晴：本题的关键是正确对小球受力分析，根据平衡条件可得电场强度的值，剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力,所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，利用竖直方向小球做自由落体运动求解时间。12。如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy中,x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为﹣q(﹣q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（﹣L，0）点时,恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0)点．该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径．小球直径远小于细管半径，不计一切阻力,重力加速度为g．求：(1）匀强电场的电场强度的大小；(2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置．【答案】（1）(2），方向向上；（3)．【解析】解：(1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan45°=解得：E=（2）根据几何关系可知，圆弧的半径r=从P到B点的过程中，根据动能定理得：（2L+）+EqL在B点，根据牛顿第二定律得：N﹣mg=m联立解得：N=mg，方向向上，（3)从P到A的过程中，根据动能定理得：解得：小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度vC=vA=小球的加速度，当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时,又回到x轴，则有：解得:则沿x轴方向运动的位移x=则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标x′=L﹣8L=﹣7L答：(1)匀强电场的电场强度的大小为;（2）小球运动到B点时对管的压力的大小为mg方向向上；（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的坐标为﹣7L的位置上．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据小球从A点沿切线方向进入，求出速度方向,从而求出合力方向，再根据几何关系求解；(2）先根据几何关系求出半径,从P到B点的过程中,根据动能定理列式，在B点，根据牛顿第二定律列式，联立方程即可求解；(3）从P到A的过程中，根据动能定理求出A点速度,则C点速度与A点速度大小相等，小球从C点抛出后做类平抛运动，根据平抛运动基本公式求解．点评：本题主要考查了动能定理、牛顿第