甘肅省甘谷縣第一中學屆高三上學期第二十周練習物理試題

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精甘谷一中2017——2018學年高三第一學期第二十周周考理綜物理試卷二、選擇題1。如圖（a）所示，AB是某電場中的一條電場線，若有一電子以某一初速度且僅在電場力的作用下,沿AB由點A運動到點B，所經(jīng)位置的電勢隨距A點的距離變化的規(guī)律如圖(b）所示．以下說法正確的是（)A。電子在A、B兩點的速度B。A、B兩點的電勢C。電子在A、B兩點的電勢能D。A、B兩點的電場強度【答案】D【解析】A、C由圖看出,電勢逐漸降低，可判斷出電場線的方向從A到B，在移動過程中，電場力做負功，電子的動能減小，速度減小,而電子的電勢能增大．即有vA＞vB,EPA＜EPB．故A、C錯誤;B項:電場線的方向從A到B,則A、B兩點的電勢φA＞φB，故B錯誤；D項:φ—x圖象的斜率大小等于電場強度，由幾何知識得知，圖象的斜率減小，則從A到點B場強減小，則有EA＞EB,故D錯誤。2。如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等,即Uab=Ubc，實線為一帶正電的質點僅在電場力的作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知（）A.三個等勢面中，a的電勢最高B。帶電質點通過P點的電勢能較Q點大C.帶電質點通過P點的動能較Q點大D.帶電質點通過P點時的加速度較Q點小【答案】B【解析】A項：根據(jù)電場線與等勢面垂直,定性畫出過P、Q兩點的電場線。假設質點從Q向P運動，根據(jù)初速度的方向和軌道偏轉方向可判定質點在Q點所受電場力F的如圖所示?？梢耘袛喑龅葎菝鍯的電勢最高。故A錯誤；B、C項：由Q向P運動過程中，電場力做負功，動能減少，電勢能增加。故C錯誤，B正確,若質點從P向Q運動，也可得出選項B正確.D項：等差等勢面密集的地方場強大,稀疏的地方場強小，由圖知P點的場強大,則質點通過P點時的加速度大,故D錯誤。3。如圖所示,A。B。c是勻強電場中距離相等的三個等勢面,取等勢面b的電勢。一個帶正電的粒子在等勢面a以300eV的初動能沿垂直等勢面方向向等勢面c運動，到達等勢面c時速度剛好為零.若帶電粒子所受重力不計，在這個電場中，帶電粒子的電勢能為50eV時的動能是（）A.200eVB.150eVC。100eVD.50eV【答案】C【解析】從a到c利用動定理:則Uac=300V，所以粒子具有的電勢能，即粒子在a處所具有的總能量，當帶電粒子的電勢能為50eV時的動能為100eV，故C正確。4.已知引力常量G和下列某組數(shù)據(jù)，不能計算出地球質量．這組數(shù)據(jù)是()A.地球繞太陽運行的周期及地球與太陽之間的距離B。月球繞地球運行的周期及月球與地球之間的距離C。人造地球衛(wèi)星在地面附近繞行的速度及運行周期D。若不考慮地球自轉，已知地球的半徑及重力加速度【答案】A【解析】根據(jù)萬有引力提供向心力有：，解得，只能求出中心天體的質量，A可求得太陽質量，B可求得地球質量，由，,C可求出地球質量,由gR2=GM，D可求出地球質量，綜上所述，故選A.5。（多選)如圖所示,甲、乙兩水平圓盤緊靠在一塊，甲圓盤為主動輪,乙靠摩擦隨甲無打滑轉動。甲圓盤與乙圓盤的半徑之比為，兩圓盤和小物體、之間的動摩擦因數(shù)相同，距O點為2r，距點為r,當甲緩慢轉動起來且轉速慢慢增加時（）A.與圓盤相對滑動前與的角速度之比B.與圓盤相對滑動前與的向心加速度之比C.隨轉速慢慢增加，先開始滑動D.隨轉速慢慢增加,先開始滑動【答案】BD【解析】試題分析：甲、乙兩輪子靠摩擦傳動,所以邊緣上的各點線速度大小相等，有：，則得，所以物塊相對盤開始滑動前，與的角速度之比為1:2，故A錯誤；物塊相對盤開始滑動前,根據(jù)得：與的向心加速度之比為，故B正確;；根據(jù)知,臨界角速度，可知甲乙的臨界角速度之比為,甲乙線速度相等,甲乙的角速度之比為,可知當轉速增加時，乙先達到臨界角速度,所以乙先開始滑動，故D正確，C錯誤.考點：圓周運動，向心力【名師點睛】解決本題的關鍵是要知道靠摩擦傳動輪子邊緣上的各點線速度大小相等,結合圓盤的半徑關系得出兩圓盤的角速度之比，從而根據(jù)向心加速度公式求出向心加速度之比．抓住最大靜摩擦提供向心力求出發(fā)生滑動時的臨界角速度，結合甲乙的角速度進行分析判斷。6.如圖所示，在M點分別以不同的速度將兩個小球水平拋出，兩小球分別落在水平地面上的P點、Q點。已知O點是M點在地面上的豎直投影,，且不考慮空氣阻力的影響，下列說法中正確的是（)A。兩小球的下落時間之比為1：3B.兩小球的下落時間之比為1：4C.兩小球的初速度大小之比為1：3D。兩小球的初速度大小之比為1：4【答案】D【解析】A、B項：兩球的拋出高度相同，故下落時間相同,故AB錯誤；C項：兩小球的水平位移分別為OP和OQ，故水平位移之比為1：4，故C錯誤；D項：由x=vt可知兩小球的初速度之比為1：4,故D正確。點晴：解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律,對于平拋運動要注意用好幾何關系，并能靈活應用各物理量之間的關系。7.(多選)如圖所示,繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行．初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v﹣t圖象（以地面為參考系）如圖乙所示．已知v2＞v1，則下列說法中正確的是（）A.t1時刻,小物塊離A處的距離達到最大B。0~t2時間內(nèi),小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左C.t2~t3時間內(nèi)，小物塊與傳送帶相對靜止,小物塊不受到靜摩擦力作用D。0～t2時間內(nèi),小物塊運動方向發(fā)生了改變，加速度方向也發(fā)生了改變【答案】AC【解析】A項：t1時刻小物塊向左運動到速度為零，離A處的距離達到最大，故A正確；B項:0～t2時間內(nèi),小物塊受到的摩擦力方向始終向右，且大小不變，故B錯誤;C項:t2～t3時間內(nèi)，小物塊與傳送帶達到相同的速度，與傳送帶相對靜止一起作勻速直線運動，所以小物塊不受到靜摩擦力作用，故C正確；D項：0~t1時間內(nèi)，小物塊向左減速運動，到t1時刻小物塊向左運動到速度為零,t1～t2時間內(nèi),小物塊返向加速即向右加速，加速度方向不變，故D項錯誤。點晴：0～t1時間內(nèi)木塊向左勻減速直線運動，受到向右的摩擦力，然后向右勻加速，當速度增加到與皮帶相等時,一起向右勻速，摩擦力消失.8.如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上．一質量為m=0.2kg的小球，從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中（彈簧在彈性限度內(nèi))，其速度u和彈簧壓縮量△x之間的函數(shù)圖象如圖乙所示，其中A為曲線的最高點.小球和彈簧接觸瞬間機械能損失不計,g取10m／s2,則下列說法正確的是（）A。小球剛接觸彈簧時加速度最大B.從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中,彈簧的彈性勢能先增大后減小C.從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，小球的機械能守恒D.該彈簧的勁度系數(shù)為20.0N／m【答案】D【解析】試題分析：由小球的速度圖象知，開始小球的速度增大,說明小球的重力大于彈簧對它的彈力，當△x為0.1m時，小球的速度最大,然后減小，說明當△x為0.1m時，小球的重力等于彈簧對它的彈力．所以可得：k△x=mg解得:,選項D正確;彈簧的最大縮短量為△x最大=0。61m，所以F最大=20N/m×0.61m=12.2N．彈力最大時的加速度，小球剛接觸彈簧時加速度為10m/s2,所以壓縮到最短的時候加速度最大，故A錯誤；從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，彈簧的彈性勢能一直增大,故B錯誤；小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，單獨的小球機械能不守恒，故C錯誤；故選D?？键c：牛頓第二定律；機械能守恒定律【名師點睛】解答本題要求同學們能正確分析小球的運動情況，能根據(jù)機械能守恒的條件以及牛頓第二定律解題，知道從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，彈簧彈力一直做負功，彈簧的彈性勢能一直增大；此題難度適中.二、實驗,探究題9。某探究學習小組的同學試圖以圖中的滑塊為對象驗證“動能定理”，他們在實驗室組裝了如圖所示的一套裝置，另外他們還找到了打點計時器所用的學生電源、導線、復寫紙、小木塊、細沙．當連上紙帶，釋放沙桶時，滑塊處于靜止．要完成該實驗，你認為：①還需要的實驗器材有____________________．②實驗時首先要做的步驟是___________，為了保證滑塊受到的合力與沙和沙桶的總重力大小基本相等，沙和沙桶的總質量應滿足的條件是____________________．③在上述的基礎上，某同學測得滑塊的質量M．往沙桶中裝入適量的細沙,測得此時沙和沙桶的總質量m．接通電源,釋放沙桶，在打點計時器打出的紙帶上取兩點，測出這兩點的間距L和這兩點的速度大小v1與v2(v1〈v2）．則對滑塊,本實驗最終要驗證的數(shù)學表達式為__________（用題中的字母表示)．【答案】(1）。天平、刻度尺(2）。平衡摩擦力(3）.沙和沙桶的總質量遠小于滑塊的質量(4）?！窘馕觥吭囶}分析:①因為要求動能變化，所以需要求出速度，即根據(jù)紙帶求速度,需要刻度尺測量長度，動能還和質量有關系,所以還需要天平測量質量②為了保證滑塊受到的合力等于繩子的拉力，首先需要平衡摩擦力，對沙和沙桶，有，對小車，有，解得：,即當時，有，所以為了保證滑塊受到的合力與沙和沙桶的總重力大小基本相等,沙和沙桶的總質量應滿足的條件是沙和沙桶的總質量遠小于滑塊的質量③所作的功等于物體動能的變化量，故需要滿足考點：驗證動能定理實驗【名師點睛】(1）根據(jù)實驗原理，得到需要驗證的表達式，從而確定需要的器材；(2）實驗要測量滑塊動能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的總質量表示滑塊受到的拉力，對滑塊受力分析,受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必須使重力的下滑分量等于摩擦力；同時重物加速下降，處于失重狀態(tài)，故拉力小于重力，可以根據(jù)牛頓第二定律列式求出拉力表達式分析討論；（3）實驗要測量滑塊動能的增加量和合力做的功，求出合力的功和動能的增加量即可10.在利用自由落體“驗證機械能守恒定律”的實驗中，（1）下列器材中不必要的一項是________（只需填字母代號）．A．重物B．紙帶C．天平D．低壓交流電源E．毫米刻度尺(2）關于本實驗的誤差，說法不正確的一項是________A．選擇質量較小的重物，有利于減小誤差B．選擇點擊清晰且第1、2兩點間距約為2mm的紙帶，有利于減小誤差C．先松開紙帶后接通電源會造成較大的誤差D．實驗產(chǎn)生誤差的主要原因是重物在下落過程中不可避免地受到阻力的作用(3）在實驗中，質量m＝1kg的物體自由下落，得到如圖所示的紙帶,相鄰計數(shù)點間的時間間隔為0.04s。那么從打點計時器打下起點O到打下B點的過程中,物體重力勢能的減少量Ep＝_______J，此過程中物體動能的增加量Ek=______J。（取g=9。8m／s2，保留三位有效數(shù)字)【答案】(1）。C（2）.A(3).2.28(4）.2。26【解析】（1）驗證機械能守恒定律的實驗中，因為要驗證，兩邊的m可以消掉，故不需用天平測量物體的質量，故C正確；(2)為了減小實驗的誤差，重物選擇質量大一些的，故A錯誤；選擇點擊清晰且第1、2兩點間距約為2mm的紙帶，有利于減小誤差．故B正確；先松開紙帶，后接通電源，第一個點的速度不為零，會造成較大的誤差，應先接通電源后釋放紙帶，故C正確；本實驗產(chǎn)生誤差的主要原因是因為重物在下落過程中不可避免地受到阻力的作用，故D正確，故選A。（3）重物由O點運動到B點，重力勢能的減少量△Ep=mgh=1×9.8×0.2325=2。28J；B點的瞬時速度,則動能的增加量。三、計算題11.如圖所示，一質量為，帶電量為的小球(可視為質點），用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中的定點O，設電場足夠大，靜止時懸線向右與豎直方向成30°角．重力加速度．則：（1）求電場強度E;（2）若在某時刻將細線突然剪斷，設定點O距離地面的豎直高度為H=10m，繩長，求小球的落地時間（小球在運動過程電量保持不變）．【答案】（1）（2）．【解析】(1)根據(jù)平衡條件可得：，，點晴：本題的關鍵是正確對小球受力分析，根據(jù)平衡條件可得電場強度的值，剪斷細線后，由于小球受到的重力與電場力都為恒力,所以小球將做初速度為零的勻加速直線運動，利用豎直方向小球做自由落體運動求解時間。12。如圖所示，在豎直平面內(nèi)的平面直角坐標系xoy中,x軸上方有水平向右的勻強電場，有一質量為m，電荷量為﹣q(﹣q＜0）的帶電絕緣小球，從y軸上的P（0，L）點由靜止開始釋放，運動至x軸上的A（﹣L，0）點時,恰好無碰撞地沿切線方向進入在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細管．細管的圓心O1位于y軸上，交y軸于點B，交x軸于A點和C（L，0)點．該細管固定且緊貼x軸，內(nèi)徑略大于小球外徑．小球直徑遠小于細管半徑，不計一切阻力,重力加速度為g．求：(1）勻強電場的電場強度的大?。?2）小球運動到B點時對管的壓力的大小和方向；（3）小球從C點飛出后會落在x軸上的哪一位置．【答案】（1）(2），方向向上；（3)．【解析】解：(1）小球釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，小球從A點沿切線方向進入，則此時速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則tan45°=解得：E=（2）根據(jù)幾何關系可知，圓弧的半徑r=從P到B點的過程中，根據(jù)動能定理得：（2L+）+EqL在B點，根據(jù)牛頓第二定律得：N﹣mg=m聯(lián)立解得：N=mg，方向向上，（3)從P到A的過程中，根據(jù)動能定理得：解得：小球從C點拋出后做類平拋運動，拋出時的速度vC=vA=小球的加速度，當小球沿拋出方向和垂直拋出方向位移相等時,又回到x軸，則有：解得:則沿x軸方向運動的位移x=則小球從C點飛出后落在x軸上的坐標x′=L﹣8L=﹣7L答：(1)勻強電場的電場強度的大小為;（2）小球運動到B點時對管的壓力的大小為mg方向向上；（3）小球從C點飛出后會落在x軸上的坐標為﹣7L的位置上．考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．專題：帶電粒子在磁場中的運動專題．分析：（1）小球釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，根據(jù)小球從A點沿切線方向進入，求出速度方向,從而求出合力方向，再根據(jù)幾何關系求解；(2）先根據(jù)幾何關系求出半徑,從P到B點的過程中,根據(jù)動能定理列式，在B點，根據(jù)牛頓第二定律列式，聯(lián)立方程即可求解；(3）從P到A的過程中，根據(jù)動能定理求出A點速度,則C點速度與A點速度大小相等，小球從C點拋出后做類平拋運動，根據(jù)平拋運動基本公式求解．點評：本題主要考查了動能定理、牛頓第