河北省辛集中学2020届高三物理上学期期中试题答案(PDF).pdf

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1、第 1 页 共 8 页高三物理答案高三物理答案一、选择题:(共 16 题,每题 4 分,共 64 分。110 为单选,1116 为多选,全部选对的得 4分,选不全的得 2 分,有选错或不答的得 0 分。)1.解析:选 C小船垂直于河岸方向航行的速度不变,但水流速度越靠近中央越大,因此小船过河过程中先具有向下游的加速度,后具有向上游的加速度,结合曲线运动的轨迹特点可知,加速度方向应指向轨迹的凹侧,故只有选项 C 正确。2.解析设圆弧的半径为R,依平抛运动规律得x1v1t1,x2v2t2,联立得v1v2x1t2x2t12R0.2Rt2Rt11.8t2t1。时间由竖直方向做自由落体运动来比较,y11

2、2gt12,y212gt22,由两式相比得t1t2y1y2,其中y135R,y2R,则有t1t235,代入速度公式得v1v23 155,C 项正确。答案C3.解析:选 C小球恰好能通过轨道 2 的最高点B时,有mgmvB21.8R,小球在轨道 1 上经过最高点A处时,有FmgmvA2R,根据机械能守恒,有 1.6mgR12mvA212mvB2,解得F4mg,C 项正确。4【解答】解:A、根据,得,由题意知,所以,故 A 错误;B、P 为地球赤道上一点,P 点角速度等于同步卫星的角速度,根据 vr,所以有,故 B 错误;第 2 页 共 8 页C、根据,得,所以,故 C 错误;D、综合 BC,有,

3、得,故 D 正确;故选:D。5.解析在椭圆轨道近月点变轨成为圆轨道,要实现变轨应给飞行器点火减速,减小所需的向心力,故点火后动能减小,故 A 错误;设飞行器在近月轨道绕月球运行一周所需的时间为T3,则:mg0mR42T32,解得:T32Rg0,根据几何关系可知,轨道的半长轴a2.5R,根据开普勒第三定律a3T2k以及飞行器在轨道上的运行周期,可求出飞行器在轨道上的运行周期,故 B 正确,D 错误;只有万有引力作用情况下,飞行器在轨道上通过B点的加速度与在轨道上通过B点的加速度相等,故 C 错误。答案B6解析:选 B将负电荷由低电势点移到高电势点,电场力做正功,电势能减小,选项 A错误;无论是正

4、电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,因无穷远处电势能为零,因此静电力做正功越多,电荷在该点的电势能越大,选项 B 正确;在同一等势面上,电势处处相等,场强不一定相等,选项 C 错误;电势下降最快的方向才是电场强度的方向,选项 D 错误。7.解析:选 A根据匀强电场中任意平行相等线段两端点的电势差相等,可知B、D两点电势相等,BD连线为等势线,根据沿电场线方向电势逐渐降低可知,与BD连线垂直且指向A的方向为电场方向,如图所示。根据匀强电场中电场强度与电势差关系,匀强电场的电场强度EUd33cos 30N/C2 N/C。根据点电荷电场的特点可知,放在D点的点电荷在B点产生的电场强度与在C点

5、产生的电场强度大小相等,都是 1.5 N/C,方向沿BD连线,根据电场叠加原理,B点的电场强度大小为EB 221.52N/C2.5 N/C,选项 A 正确。8解析:选 D系统处于静止状态时,弹簧被压缩,设压缩量为x1,由平衡条件得 kx1m1gsin,解得 x1m1gsin k。物块 B 刚要离开挡板 C 时,弹簧被拉伸,弹簧弹力等于物块 B 的重力沿斜面方向的分力,设拉伸量为 x2,由 kx2m2gsin,解得 x2m2gsin k。物块 A 在力 F 作用下沿斜面向上运动直到物块 B 刚要离开挡板第 3 页 共 8 页C 时,物块 A 运动的距离为 xx1x2m1gsin km2gsin

6、km1m2gsin k,选项 A 错误。在物块 B 刚要离开挡板 C 时,拉力最大。隔离物块 A,分析受力,由牛顿第二定律,Fm1gsin kx2m1a,解得拉力 F(m1m2)gsin m1a,选项 B 错误。在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中,由于拉力逐渐增大,物块 A 沿斜面做匀加速运动,速度逐渐增大,根据功率公式 PFv可知,拉力做功的功率一直增大,选项 C 错。由于弹簧原来处于压缩状态,具有弹性势能,在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中,弹簧先恢复原长,后被拉伸,又具有弹性势能,即弹簧弹性势能先减小后增大,选项 D 正确。9.解析:选 C两车碰撞后粘在一起,属于典型的非弹性碰撞,有机械能损

7、失,A 项错误;从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中,在竖直方向上 A、B、C 组成的系统所受合外力不为零,则系统动量不守恒,B 项错误;A、B 两车碰撞过程,动量守恒,设两车刚粘在一起时共同速度为v1,有 mv02mv1,解得v12 m/s;从小球开始上摆到小球摆到最高点的过程中,A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒,设小球上升到最高点时三者共同速度为 v2,有 2mv1mCv0(2mmC)v2,解得v22.4 m/s;从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中,A、B、C 组成的系统机械能守恒,即 mCgh12mCv02122mv1212(2mmC)v22,解得 h0.16 m,C 项正

8、确,D 项错误。10【解答】解:设抛出的速度为 v,则水平分速度为:vxvcos45v竖直速度为:vyvsin45v,则有位移关系:tan解得:t则落点与抛出点的距离为:Lv2;则由题意可知初速度为 v0、2v0分别抛出小球 P、Q,则有:x24x1;落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角满足 tan0即速度方向均为水平,vP、vQ方向相同,故 A 正确、BCD 错误;故选:A。第 4 页 共 8 页1111.解析:选 BC.煤经时间t加速到v,由动能定理有mgv2t12mv2,t时间内由摩擦产生的热量Q内mgs相对mgvt12vt12mv2,这段时间内电动机多消耗的能量E12mv2Q内mv2,

9、电动机应增加的功率PEtmv2tQv2200 W,在 1 min 内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q内12mv212Qtv26.0103J,选项 B、C 正确12 解析:选 ACD在m1从A点运动到C点的过程中,m1与m2组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,故 A 正确;设小球m1运动到最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2,则有v1cos 45v2,则v1v2 2,故 B 错误;假设m1能上升到B点,由于m2升高,m1与m2组成的系统机械能会增大,违背机械能守恒定律,所以假设不成立,故 C 正确;m2沿光滑斜面上滑过程中,m2对斜面的压力的大小和方向都不变,斜面的受力情况不变,由

10、平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定,故 D 正确。13.解析:选 BD由题图知,N点的电势高于M点的电势,故 A 错误;由EUd可知,图像的斜率绝对值等于场强大小,可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小,斜率都为正值,说明M、N点的电场方向相同,故 B 正确;根据顺着电场线方向电势降低,可知电场线的方向从N指向M,正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M,正电荷做单向直线运动,故 C 错误;负电荷沿x轴从M移到N的过程中,电场力方向从M指向N,电场力方向与位移相同,电场力一直做正功,故 D 正确。14解析:选 BCD由轨迹图可知,两粒子所受的电场力方向相反,则两粒子一定电性

11、相反,但是不一定是甲粒子带正电,乙粒子带负电,选项 A 错误;从A点到c等势面的电势差相等,根据UqEk,因|Ek 甲|2|Ek 乙|,可知q甲2q乙,选项 B 正确;根据电场力与轨迹的方向,可知甲粒子从A到B电场力一定做正功,乙粒子从A到C电场力一定做负功,选项 C 正确;B、C两点的电势相同,根据Epq可知,甲粒子在B点的电势能的绝对值一定是乙粒子在C点电势能绝对值的 2 倍,选项 D 正确。15解析:选 BD.电容器所在支路由于是断路,没有电流通过,所以电路中只有光敏电阻和电阻R3串联在电路中,并且电容器两端的电压等于光敏电阻两端电压,所以若仅将R2的滑动触头P向b端移动,电路总电阻不变

12、,电流不变,电压也不变,A 错误;若增大电容器极板间第 5 页 共 8 页的距离,根据公式CrS4kd可得电容器电容减小,由于电容器两端的电压恒定,根据公式CQU,故电容器所带电荷量减小,B 正确;若仅用更强的光照射R1,R1的电阻减小,电路总电阻减小,电流增大,故电流表示数增大,外电路总电阻减小,即电压表示数减小,根据公式CQU可得,U减小,Q也减小,C 错误;根据闭合电路欧姆定律可得U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值表示电源内阻,所以恒定不变,D 正确16.解析:选 BC.小球做类平抛运动,则电场力与重力的合力沿 x 轴正方向,qE 2mg,电场强度的大小为 E2mgq,A 错误;F

13、合mgma,所以 ag,由类平抛运动规律有1kv0t,1k12gt2,得小球初速度大小为v0g2k,B 正确;由 P 点的坐标分析可知v0vx12,所以小球通过点 P 时的动能为12mv212m(v20v2x)5mg4k,C 正确;小球从 O 到 P 过程中电势能减少,且减少的电势能等于电场力做的功,即 WqE1k1cos 452mgk,D 错误二、实验题(每空 2 分,共 12 分)17.答案为:(1)C;(2)m1OPm1OM+m2ON;(3)AC;(4)s24h1h218故答案为:(1)1.200(2)实物电路图见解析19.解析:(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电根据等效重力

14、场观点,利用运动的对称性,当细线和竖直方向偏角为 30o时,球速最大。小球由 A 点释放到速度等于零,由动能定理有0EqLsin mgL(1cos)解得 E3mg3q.(2)如图所示,将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力 G,则 G2 33mg,方向与竖直方向夹角为 30偏向右下第 6 页 共 8 页若小球恰能做完整的圆周运动,在等效最高点mv2L2 33mg小球从 A 点以初速度vA运动,由动能定理知12mv212mv2A2 33mgL(1cos 30)联立解得vA2(31)gL.答案:(1)小球带正电3mg3q(2)2(31)gL20【解答】解:(1)能;由于 mM,小车不论与墙相

15、撞多少次,系统的动量总是向右,但每撞一次总动量减少一次,直到减为零,最后小车停在墙下。车第一次碰墙后到第二次碰墙前,系统的总动量守恒,由动量守恒定律可得:(规定水平向右为正方向)100)(-vmMmvMv代入数据可得:v1=0.6sm(2)小车第一次与墙相撞后向左所走路程为 s1,由动能定理得:mgs10M得:代入数据可得:s10.6m接着小车和铁块以共同速度 v1与墙第二次相碰,由动量守恒有:mv0Mv0(M+m)v1,第 7 页 共 8 页代入数据可得:v1第二次相撞后平板车向左走的路程为 s2,则有:所以可得:,即:s2s1以后每次相碰反弹向左行的路程均以比例减少,小车所走的路程为一个无

16、穷等比数列之和。公比 q,联立可得:s2s12s1代入数据可得:s1.25m答:(1)铁块在车上滑行的总路程是 1.5m;(2)车和墙第一次相碰以后所走的总路程是 1.25m。21.【解答】解:(1)设粒子在两极板间运动的加速度大小为 a,由牛顿第二定律可知:a1,而 E1解得:a1104m/s2(2)从(0.64m,0)射入第四象限,做类平抛运动,设运动时间为 t1,则有:xt210.64m,yv0t1到达 y 轴时速度与水平方向的夹角为,可得:tan设达到荧光屏上的点与 P 点的距离为 s1,s1解得:s11.92m第 8 页 共 8 页(3)设粒子达到 P 点左侧的距离为 s 的出射点坐标为(x,0),xat2yv0ta与(2)同理可得:解得:s2x42x当 x1m 时,s 有极大值 2m,当粒子从 x1m 位置射出时,即从两极板中线射出,粒子进入两极板间的时刻一定为、可得粒子进入两极板间的时刻为(n0、1、2、3)答:(1)粒子在两极板间运动的加速度的大小 104m/s2(2)从坐标为(0.64m,0)的点射出的粒子打到荧光屏上的位置与 P 点间的距离为 1.92m(3)打到荧光屏上且距 P 点左侧最远的粒子进入两极板间的时刻为(n0、1、2、3)

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