广东省佛山市顺德区郑裕彤中学2021-2022学年高三上学期期末冲刺物理试卷（五）（含解析）

这是一份广东省佛山市顺德区郑裕彤中学2021-2022学年高三上学期期末冲刺物理试卷（五）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．一汽车的额定功率为P，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为vm．则（ ）
A．若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动
B．若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于vm
C．无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比
D．汽车以速度vm匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力
2．某同学根据如图所示的情况作出如下的判断，正确的是（ ）
A．汽车处于减速运动状态或紧急刹车状态
B．汽车处于加速运动状态或紧急启动状态
C．乘客以自己为参考系可见其他乘客如此倾斜
D．利用惯性分析如此倾斜时可把乘客视为质点
3．如图，一女孩把装有一个篮球的手推车沿斜坡一直保持匀速向上推动，篮子底面平行于斜面，侧面垂直于底面，下列说法正确的是（ ）
A．篮子底面对篮球的弹力大于篮球的重力
B．篮子侧面对篮球的弹力大于篮球的重力
C．篮子对篮球的总作用力大于篮球的重力
D．若在篮子中再放入一个篮球，各个球所受的合力相同
4．深圳一些地铁站的扶梯（每一级水平），在没有人时极慢运行，当人一站上去时，扶梯就加速运动起来．如图所示，在电梯向上加速的时候（ ）
A．电梯对人的支持力等于重力B．电梯对人没有摩擦力的作用
C．电梯对人的摩擦力水平向右D．电梯对人的摩擦力对人做负功
5．2021年8月20日中国空间站中宇航员第二次出舱作业的情况如图所示，下列关于宇航员的说法正确的是（ ）
A．宇航员此时处于平衡状态B．宇航员所受重力为零而完全失重
C．宇航员的运行速度大于第一宇宙速度D．宇航员的向心加速度小于地球表面重力加速度
6．中国跳水队在东京奥运会共获得7枚金牌。假设跳水运动员（可视为质点）起跳离开跳板后在一条竖直线上运动，空气阻力忽略不计，关于运动员起跳离开跳板后的运动，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中上升过程中处于超重状态
B．运动员从起跳离开跳板到水的最深处，所受合力做功为零
C．运动员在空中未接触水面前，相同的时间内动量变化相同
D．运动员在空中未接触水面前，相同的时间内动能变化相同
7．如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获得一定初速度后恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cs37°=0.8，g=10m/s2。下列说法正确的是
A．小球的电荷量q=5×10-5C
B．小球在c点的动能最小，且为1J
C．小球在b点时的机械能最小
D．小球在运动过程中电势能和机械能之和保持不变，且为5J
二、多选题
8．如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块。现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法正确的是( )
A．最终小木块和木箱都将静止
B．最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为
C．木箱速度为时，小木块的速度为
D．最终小木块速度为
9．如图，一名儿童光脚沿中间的滑梯表面，从底端缓慢走到顶端（脚底与滑梯不打滑），然后又从顶端坐下来由静止滑下来，已知儿童的质量为m，滑梯与水平地面夹角为，儿童下滑时滑梯与儿童身体间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列判断正确的是（ ）
A．儿童向上走时所受摩擦力为，方向沿斜面向上
B．儿童向上走时所受摩擦力为，方向沿斜面向上
C．儿童下滑时加速度为，方向沿斜面向下
D．儿童下滑时加速度为，方向沿斜面向下
10．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一带正电的质点仅在电场力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点时电势能较大
C．带电质点通过P点时动能较大
D．带电质点通过P点时加速度较大
11．下列说法正确的是（ ）
A．布朗运动的激烈程度跟温度有关，但布朗运动不是热运动
B．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化成机械能
C．一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，但温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多
D．相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与水的饱和气压之比
E．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用
三、实验题
12．如图甲为一个多用电表的表盘，图中S、K、T为三个可调节部件，该多用电表用作欧姆表的原理如图乙．
（1）现用此多用表测量一个阻值约为十几欧的定值电阻，主要操作步骤如下：
①调节可调节部件 ，使电表指针停在表盘左侧零位置；
②调节可调节部件 ，选择“×1”挡位置；
③将红、黑表笔分别插入“+”“﹣”插孔，笔尖相互接触，调节可调节部件 ，使表笔指针指向右侧零位置；
④将红、黑表笔的笔尖分别接触电阻的两端，由表头指针示数则得电阻值．
（2）选择欧姆表的“×lk挡，两表笔笔尖相互接触且调零时，图乙中电源电动势和内阻分别为E、r，表头G的内阻为Rg，滑动变阻器的阻值为R，则表头G的满偏电流Ig= （用题给符号表示）；若把表笔的笔尖和某电阻接触，欧姆表的示数如图丙，若电源电动势E=6V，则通过表头G的电流I= mA．
13．某同学用图a的装置完成“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验，部分实验步骤如下：
A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组数据（x，F）对应的点，作出F-x图线
B．记下弹簧不挂钩码时，其下端在刻度尺上的刻度L0
C．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时，弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内，然后取下钩码
D．将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一刻度尺
（1）实验步骤的正确顺序为： 。
（2）若他通过实验得到如图b所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线。由此图线可得该弹簧的劲度系数k= N/m。
四、解答题
14．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道上端点为A（与轨道圆心O等高），下端点为B（在轨道圆心O的正下方），其中A点距离水平地面的高度为h，质量为m的质点从A点无初速滑下，经过B点后水平飞出，落到水平地面上时落点与A点的水平距离也为h，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)质点经过B点时所受轨道弹力的大小；
(2)圆弧轨道的半径。
15．如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L，固定在水平绝缘桌面上，其中半径为R的1/4圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘垂直平齐．两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好．棒ab质量为2m，电阻为r，棒cd的质量为m，电阻为r，重力加速度为g，开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上，棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为2：1．求：
（1）棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；
（2）棒cd在水平导轨上的最大加速度；
（3）两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热．
16．热气球是利用加热的空气密度低于气球外的空气密度以产生浮力飞行。如图所示，某热气球主要通过自带的机载加热器来调整气囊中空气的温度，从而达到控制气球升降的目的。该热气球内气体体积为，热气球和载重总质量为（不包含气囊中气体），热气球内气体可视为理想气体且与外界大气相通，外界大气密度为，气体温度为，大气压强不变。
（1）请通过推导判断球内气体密度与热力学温度是否成反比；
（2）求气球悬浮在空中时球内气体的温度。
参考答案：
1．D
【详解】A．当汽车以额定功率启动时，由P=Fv可知，牵引力随着速度的增大而减小；故不能做匀加速直线运动；故A错误；
B．汽车匀加速启动时，刚达到额定功率时加速度不为零，此后还要继续加速；故没有达到最大速度；故B错误；
C．因汽车受到阻力，故加速度和牵引力与阻力的合力成正比；故C错误；
D．汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，故要减速时，应减少牵引力；故D正确；
2．A
【详解】AB．由题图可知，乘客和司机由于惯性身体向汽车运动方向倾倒，说明汽车处于减速运动状态或紧急刹车状态，故A正确，B错误；
C．乘客以自己为参考系时，则他观察到其他乘客的倾斜程度不如题图中的倾斜程度，故C错误；
D．利用惯性分析如此倾斜时，乘客身体各部分的运动差异不可忽略，所以不能把乘客视为质点，故D错误。
故选A。
3．D
【详解】A．对篮球受力分析，并进行合成如图
根据几何知识，篮子底部对篮球的支持力
N1= mgcsθ
根据牛顿第三定律则篮子底面受到的压力为mgcsθ < mg，A错误；
B．篮子侧面对篮球的支持力
N2= mgsinθ
根据牛顿第三定律则篮子右面受到的压力为mgsinθ < mg，B错误；
C．由于手推车沿斜坡一直保持匀速向上推动，则篮子对篮球的总作用力等于篮球的重力，C错误；
D．由于手推车沿斜坡一直保持匀速向上推动，在篮子中再放入一个篮球，各个球所受的合力相同，都为0，D正确。
故选D。
4．C
【详解】A．由题意知，人在加速运动时，人的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对人的支持力大于其重力，A错误；
BC．人的加速度沿电梯斜向上，有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律可知，电梯对人的摩擦力的方向水平向右，B错误，C正确；
D．由于电梯对人的摩擦力方向水平向右，与人的位移方向的夹角为锐角，故电梯对人的摩擦力对人做正功，D错误。
故选C。
5．D
【详解】A．宇航员随着空间站绕地球做圆周运动，具有向心加速度，不平衡，故A错误；
B．宇航员此时受到的重力不为零，重力提供宇航员做圆周运动的向心力，所以宇航员处于完全失重状态，故B错误；
C．第一宇宙速度大小等于近地卫星的环绕速度大小，根据
因为宇航员的运行轨道半径大于地球半径，所以宇航员运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；
D．根据
可得，地球表面重力加速度为
R为地球半径，因为宇航员的运行轨道半径大于地球半径，所以向心加速度小于地球表面重力加速度，故D正确。
故选D。
6．C
【详解】A．运动员上升过程中只受重力，处于失重状态，A错误；
B．运动员从离开跳板到水的最深处，动能减少，合力做负功，B错误；
C．运动员在空中未接触水面前，只受重力作用，相同的时间内合力冲量相同，动量变化相同，C正确；
D．运动员在空中未接触水面前，相同的时间位移不同，合力做功不同，动能变化不相同，D错误。
故选C。
7．D
【详解】A．小球静止时，受力平衡：
解得小球的电荷量：，故A错误；
B．重力和电场力为恒力，将二者合成等效为新的“重力”，根据圆周运动的特点可知小球在b点的动能最小，根据牛顿第二定律：
最小动能为：
故B错误；
C．根据能量守恒定律可知，小球的电势能与机械能相互转化，小球在a点电势能最大，机械能最小，故C错误；
D．根据能量守恒定律可知，小球的电势能与机械能之和保持不变，在b点：
故D正确。
故选D．
8．BC
【详解】AD．木箱与小木块组成的系统动量守恒，设最终共同速度为v1，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
Mv0＝(m＋M)v1
解得小木块和木箱的共同速度
v1＝
故AD错误；
B．对整个过程，由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失的机械能为
ΔE＝Mv02－ (m＋M)v12＝－
故B正确；
C．由动量守恒定律得
Mv0＝mv2＋Mv3
木箱速度为v3＝时，小木块的速度为
v2＝
故C正确。
故选BC。
9．AC
【详解】AB．儿童从底端缓慢走到顶端时，处于平衡状态，所受摩擦力为静摩擦力，跟重力沿斜面向下的分力平衡，所以大小为，方向沿斜面向上，故A正确B错误；
CD．儿童下滑时受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为
下滑时的加速度大小为
方向沿斜面向下，故C正确，D错误。
故选AC。
10．BD
【详解】A．电荷所受电场力指向轨迹内测，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；
B．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；
C．从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；
D．等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确。
故选BD。
11．ACE
【详解】A．布朗运动反映的是分子热运动，但布朗运动本身不是热运动，选项A正确；
B．机械能可能全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化成机械能，选项B错误；
C．一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能变大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多，选项C正确；
D．相对湿度定义为空气中水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和气压之比，D错误；
E．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用，使水不能渗过小孔，选项E正确；
故选ACE.
12． S K T
【详解】(1)①多用电表的使用首先进行机械调零：调节可调部件S，使电表指针停在表盘左边的零刻度位置；
②调节可调部件K选择合适的挡位：因电阻约为十几欧，为使指针指在中央刻度附近，则选择欧姆×1Ω挡位即可．
③欧姆表选好挡后要进行欧姆调零，短接两红黑表笔，调节T，使得电表指针指向右边的零刻度位置．
(2)两表笔笔尖相互接触且调零时，此时电流为满偏电流Ig，由闭合电路的欧姆定律，则可得；
欧姆表选择的“×lk挡，中值电阻值为15，则，而，则，现接待测电阻后指针所在位置读得，则.
13． DBCA 25
【详解】（1）[1] 先组装器材，即DB；然后进行实验，即C；最后数据处理，即A；所以先后顺序为DBCA
（2）[2] 根据图b可知，弹簧的原长 ，斜率代表弹簧的劲度系数则
14．(1)3mg；(2)
【详解】(1)根据动能定理
当质点在B点时，他的向心力由圆轨对他的弹力和重力的合力提供，则有
联立解得
(2)根据题意，由平抛运动公式得
由(1)可知
联立解得
15．（1）（2）（3）
【详解】（1）设ab棒进入水平导轨的速度为v，ab棒从圆弧导轨滑下过程机械能守恒，
由机械能守恒定律得：，
解得：v=，
两棒离开导轨时，设ab棒的速度为v1，cd棒的速度为v2．
两棒离开导轨后做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移x=v0t可知：
v1：v2=x1：x2=2：1，
两棒均在水平导轨上运动时，系统的合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv=2mv1+mv2
解得：
（2）ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大．
ab棒刚进入水平导轨时，设此时回路的感应电动势为E，感应电动势：E=BLv，
感应电流：I=，
cd棒受到的安培力为：F=BIL，
根据牛顿第二定律，cd棒有最大加速度为：a=，
解得：；
（3）由能量守恒定律得：，
解得；
16．（1）成反比；（2）
【详解】（1）热气球内气体可视为理想气体且与外界大气相通，压强不变，根据
又
联立可得
整理得
可得球内气体密度与热力学温度成反比。
（2）气球悬浮在空中时，设球内气体密度为，则
假设热气球等压膨胀，则
联立解得