2020六安毛坦厂中学高三下学期第一次周考物理试题扫描版含答案

物理周考2.22答案

1. 解析　小球通过光电门的时间很短，这段时间内的平均速度可看成瞬时速度v＝＝5 m/s，由自由落体运动规律可知h＝＝1.25 m，故B正确．

答案　B

2. 解析　如果两根弹簧都处于压缩状态，右侧弹簧的弹力变大，即小球向右移动，使右侧弹簧变短，左侧弹簧变长，变化量一样．由于是相同的弹簧，弹力变化也应该一样，右侧弹簧的弹力增大了4 N，左侧弹簧的弹力应该减小4 N，所以左侧弹簧的弹力变为2 N．同理可以分析，如果两根弹簧都处于伸长状态，结果一样．

答案　C

3. 解析　上拉过程中，人受到两个力的作用，一个是重力，一个是单杠给人的作用力，A错．不论是上拉过程还是下放过程，单杠对人的作用力总等于人对单杠的作用力，与人的运动状态无关，B、C均错．在下放过程中，若在某瞬间人向下的加速度为重力加速度g，则人只受到一个重力的作用，D对．

答案　D

4. 解析　由平抛运动的规律可知竖直方向上：h＝gt2，水平方向上：x＝v0t，两式联立解得v0＝x，由于hA＝3h，hB＝2h，hC＝h，代入上式可知选项A正确．

答案　A

5. 解析　物体所受的合力为零，则合力做的功一定为零，物体的动能一定不变，选项A正确；物体所受的合力不为零，但合力做的功可能为零，故物体的动能可能不变，选项B错误；物体的动能不变，则物体的速度大小不变，但速度方向可能改变，故合力可能不为零，选项C错误；物体的动能改变，则物体的速度一定改变，故合力一定不为零，选项D错误．

答案　A

6. 解析　选取A、B两个物体组成的系统为研究对象，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，选项A正确．

答案　A

7. 解析　由对称性可知，c、d两点的电场强度相同，但是电势不相同，选项A、B错误；将一个正试探电荷从c点沿直线移动到d点，电场力做正功，选项C错误；一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能，选项D正确．

答案　D

8. 【解析】选B、C。物体做匀加速直线运动,加速度为a==m/s2,可见,只有当v0=0时,a才等于2m/s2,选项A错误;前5s内位移为x=t=t=×5m,当v0=0时,x=25m,选项B正确;根据推论可知,物体做匀加速直线运动,第5s末的瞬时速度等于前10s内的平均速度,所以前10s内平均速度为10m/s,则前10s内的位移一定为x=t=100m,故选项C正确,D错误。

9. 【解析】选A、B、D。对m受力分析,水平方向受到向左的弹簧的弹力和M的摩擦力作用,由平衡条件得m受到向右的摩擦力,大小等于弹簧的弹力,由牛顿第三定律可知M受到m向左的摩擦力,大小等于弹簧的弹力,地面对M无摩擦力作用,故选项A、B、D正确,C错误。

10. 【解析】选B、C。当列车加速前进时,车速增大,小球由于惯性仍保持原有的速度,即相对桌子向后滚动,故A错误,B正确;当列车急刹车时,车速减慢,而小球由于惯性仍保持原有的速度,即相对于桌子向前滚动,故C正确,D错误。

11. 【解析】选A、B。物体在平抛运动过程中,只受重力作用,据牛顿第二定律可知,物体的加速度为g保持不变,另外在相等的时间t内可知Δv=gt也是恒量,故A、B正确;位移s=在相等的时间t内s大小不等,方向不同,故C错;其=,由于s不同,则不同,故D错。

12. 【解析】选A、D。小球重力相同,下落的高度也一样,故重力做功相同,选项A正确;在真空中下落,只有重力做功,在液体中下落还要受到液体阻力,故合力做功不同,动能的变化量不同,选项B错误;第二种情况下,小球的重力势能转化为动能和内能,机械能减小,选项C不对,选项D正确。

13. 解析　游标卡尺的读数为(50＋0.05×3)mm＝50.15 mm，螺旋测微器的读数为(4.5＋0.01×20.0)mm＝4.700 mm，多用电表的读数为22.0×10 Ω＝220 Ω

答案　50.15　4.700　220　7.6×10－2

14. 解析　(1)若调节滑动变阻器，小电珠的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，所以可能是g导线断路．

(2)由电源的U－I图象可知E＝3.0 V，r＝1 Ω，小电珠的电阻随着温度的上升而增大．

(3)当两个小电珠并联后，接到电源上，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋2Ir，电源的U－I图线为U＝E－2rI，作图得U＝1.1 V，I＝0.9 A，一只小电珠的实际功率为0.99 W.

答案　(1)g　(2)3.0　增大　(3)0.90～1.20

15. 解析　甲刹车经时间t(t>0.5 s)，甲、乙两车的运动情景如图所示．

甲车位移为

x1＝v0t－a1t2＝16t－t2

甲车速度为v1＝v0－a1t＝16－3t

乙车位移为x2＝v0×0.5＋v0(t－0.5)－a2(t－0.5)2

＝16×0.5＋16(t－0.5)－(t－0.5)2

乙车速度为v2＝v0－a2(t－0.5)＝16－4(t－0.5)

二车免碰的临界条件是速度相等且位置相同(注意：有人错误地认为免碰的临界条件是二车速度为0时位置也相同)，因此有v1＝v2，x1＋x0＝x2

其中，x0就是它们不相碰应该保持的最小距离．

解以上方程组可得x0＝1.5 m.

答案　1.5 m

16. 解析　(1)设A、B的圆轨道半径分别为r1、r2，角速度均为ω

由双星所受向心力大小相等，可得m1ω2r1＝m2ω2r2

设A、B之间的距离为L，又L＝r1＋r2

由上述各式得L＝r1

①

由万有引力定律得

双星间的引力F＝G

将①式代入上式得F＝G

②

由题意，将此引力视为O点处质量为m′的星体对可见星A的引力，

则有F＝G

③

比较②③可得m′＝

④

(2)对可见星A，有G＝m1

⑤

可见星A的轨道半径r1＝

⑥

由④⑤⑥式解得＝．

答案　(1)m′＝

(2)＝

17. 解析　(1)对物体从A处到C处，由机械能守恒定律得

mgr＝mv，

在C处有F－mg＝m

联立解得F＝3mg＝30 N

由牛顿第三定律可知，物体滑到C处时，对圆轨道的压力是30 N．

(2)对物体从C处到F处，由动能定理有

－μ1mg×πR＝mv－mv，

解得vF＝10 m/s．

(3)物体在滑块上运动，对物体由牛顿第二定律有：

－μ2mg＝ma1，解得a1＝－4 m/s2

对滑块由牛顿第二定律有：μ2mg＝Ma2，

解得a2＝4 m/s2

设经t时间物体刚要从滑块上滑落，此时物体的速度为v1，

运动的位移为x1，滑块的速度为v2，运动的位移为x2

x1＝vFt＋a1t2，x2＝a2t2，x1－x2＝L

由以上三式得t＝ s或2 s(不合题意舍去)

则有v1＝8 m/s，v2＝2 m/s

设物体从抛出到落地时间为t1，h＝gt，得t1＝0．1 s

这段时间内物体水平位移x3＝v1t1＝0．8 m

滑块水平位移x4＝v2t1＝0．2 m

Δx＝x3－x4＝0．6 m．

答案　(1)30 N　(2)10 m/s　(3)0．6 m

18. 解析　(1)如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R1＝，又qv1B＝m得

v1＝.

(2)设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系有(2r－R2)2＝R＋r2

可得R2＝，又qv2B＝m，可得v2＝

故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过.

答案　(1)　(2)