发布时间 : 星期一 文章山东省临沂市2020届高三物理上学期期末考试试题(含解析)更新完毕开始阅读b9c6a53625284b73f242336c1eb91a37f011326a
解：设中心天体的平均密度为ρ，半径为R，则中心天体的质量为：
设同步卫星的轨道半径为r，周期为T，由万有引力提供向心力， 由牛顿第二定律得：
可得行星X与地球的平均密度之比，故C正确，ABD错误；
故选：C。
某天体的同步卫星的周期跟该中心天体自转的周期相同，根据万有引力提供向心力求出中心天体的质量，再求出平均密度，然后分析答题。 本题考查了万有引力定律的应用，知道卫星做圆周运动万有引力提供向心力，应用万有引力公式、牛顿第二定律、密度公式可以解题，解题时要注意比值法的应用。
6. 【答案】 B
【解析】
解：A、由题图可知，变形得
2
比较可知质点做匀变速
2
直线运动，且质点的初速度为v0=2m/s，加速度为a=-1m/s，则加速度大小为1m/s，故A错误。
22
B、由△x=aT知，任意相邻的0.2s内（T=0.2s），质点位移差△x=-1×0.2m=-0.04m，大小为0.04m，故B正确。
C、由△v=a△t可得，任意1s内，质点速度增量△v=-1×1m/s=-1m/s，大小为1m/s，故C错误。
D、质点在1s末的速度为v1=v0+at1=（2-1×1）m/s=1m/s，3s末的速度为v3=v0+at3=（2-1×3）m/s=-1m/s，方向相反，故D错误。 故选：B。
根据图象写出与t的关系式，对照匀变速直线运动的位移时间公式求出质点的加速度、初
2
速度，根据△x=aT求任意相邻的0.2s内质点位移差。由△v=a△t求任意1s内质点速度增量。根据速度时间公式求质点在1s末与3s末的速度。
解决本题的关键要运用数学知识写出与t的关系式，采用比对的方法得到质点的加速度和初速度，结合匀变速直线运动公式进行解答。
7. 【答案】 D
【解析】
9
解：设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：
以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有： Ft=0-mv 解得：
；故D正确，ABC错误。
故选：D。
取时间t内的水研究对象，由密度公式确定水的质量，再根据动量定理列式求解即可。 本题关键是研究对象的选择，然后根据动量定理列式求解即可，注意在应用动量守恒时应先确定正方向。
8. 【答案】 C
【解析】
解：A、根据右手定则可知，O点的电势比A点的电势低，故A错误； B、根据法拉第电磁感应定律可知，铜棒OA切割磁感应线产生的感应电动势为：回路中通过的电流
，
故选：C。
根据右手定则判断电势高低；根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势和回路中通过的电流；根据欧姆定律求解该定值电阻两端的电压；根据功率计算公式求解该定值电阻上的热功率。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
9. 【答案】 BD
【解析】
解：A、点电荷电场的等势面都是以点电荷球心的同心球面，且电场线从电势高的等势面指向电势低的等势面。对负点电荷来说，距离负点电荷越近，电势越低，所以a点的电势低于b点的电势，故A错误； B、根据点电荷场强公式
可知，距离点电荷越近，电场强度越大，所以a点的场强大于
b点的场强，故B正确；
C、粒子q经过a点时所受电场力方向与速度方向垂直，所以电场力做功的功率为零，故C错误；
10
D、粒子q由a点运动到b点的过程中，其所受电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故D正确。 故选：BD。
根据点电荷的等势面分布可以判断电势的高低；根据点电荷场强公式判断场强的大小；根据力的功率公式P=Fv可以判断功率；电场力做负功电势能增大。
做好本题需要掌握三点，一是点电荷的场强公式；二是点电荷的等势面分布；三是电场力做功与电势能的变化关系。
10. 【答案】 BD
【解析】
解：A、简谐横波沿x轴正方向传播的，依据波的平移法，那么P点的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B、t=0时刻波恰好传到P点，Q点在0～8s内运动的路程为0.2m，由于波长λ=2m，那么从P点传播Q点，需1.5T，而Q点振动的时间为0.5T，因此T=4s，且正确；
ad/s，故B
C、根据，该波的传播速度大小为v=m/s=0.5m/s，故C错误；
D、由题意图象可知，振幅为0.1m，质点Q开始向y轴正方向振动，那么Q点的振动方程为
y=0.1sin（t-6）（m），故D正确。
故选：BD。
由波的传播方向来判定质点的振动方向；依据波从P点传播到Q点所需要的时间，结合8s
内，及Q点在0～8s内运动的路程为0.2m，从而求出周期；根据v=，即可求解周期；最
后由质点做简谐运动，结合振幅，即可求解。 考查波的传播方向与质点的振动方向的判定，理解波长与周期关系式，同时要掌握简谐运动的表达式x=Asinωt。
11. 【答案】 AD
【解析】
解：A、剪断Ob绳前，根据物块P受力平衡，知绳的拉力大小为：T=mg+F弹=mg+故A正确。
mg=mg，
B、弹簧的弹力不能突变，则知剪断Ob绳的瞬间，弹簧的弹力仍为mg，故B错误。
CD、剪断Ob绳的瞬间，由于弹簧表现为拉力，知物块P与木箱的加速度相同，对整体，由牛顿第二定律得：2mg=2ma，得：a=g，方向竖直向下，所以，剪断Ob绳的瞬间，物块P的
11
加速度大小为g。
对物块P，由牛顿第二定律得F弹+mg-T′=ma，解得Pc绳的拉力大小为：T′=mg，故C错
误，D正确。 故选：AD。 剪断Ob绳前，根据物块P受力平衡来求绳的拉力大小。剪断Ob绳的瞬间，弹簧的弹力不变，分析物块P和木箱的受力情况，根据牛顿第二定律求物块P的加速度大小和Pc绳的拉力大小。
本题是连接体的瞬时问题，关键有两点：1、抓住弹簧的弹力不能突变。2、剪断Ob绳的瞬间，弹簧表现为拉力，物块P与木箱的加速度相同。采用整体法和隔离法相结合方法处理，比较简洁。
12. 【答案】 BC
【解析】
解：A、滑块从A到B的过程，由牛顿第二定律有：mgsinθ+kx-μmgcosθ=ma，x减小，则a减小，滑块做加速度减小的加速运动。 设A′是斜面上A点关于B点对称的点，从B到A′，由牛顿第二定律有：mgsinθ-kx-μmgcosθ=ma，x增大，则a减小，即从B到A′滑块做加速度减小的加速运动，根据乙图知到达A′时，a恰好为0，此后滑块合力沿斜面向上，做减速运动，则滑块到达A′处时的速度最大，故A错误。
B、滑块从A到B，由牛顿第二定律有：mgsinθ+kx-μmgcosθ=ma
解得：a=x+gsinθ+-μgcosθ
即乙图图象斜率大小等于，由图得，解得：k=10N/m，故B正确。
2
C、在B点，由牛顿第二定律有：mgsinθ-μmgcosθ=ma，由图知，a=2m/s，代入数据算得：μ=0.5，故C正确。
D、滑块从释放到第一次运动到最低点的过程，滑块沿斜面的位移为：x=（0.2+0.6）m=0.8m，则系统产热为：Q=μmgcosθ?x=3.2J，滑块第一次到最低点过程，根据能量守恒，知弹簧的弹性势能的增加量为：△Ep=mgxsinθ-Q=1.6J，由于初始时弹簧有弹性势能，所以，滑块第一次运动到最低点时，弹簧的弹性势能大于1.6J，故D错误。 故选：BC。
对滑块的受力分析，结合图象判断滑块的运动情况，分析速度最大的位置；根据B点滑块的加速度，由牛顿第二定律求弹簧的劲度系数和动摩擦因数；滑块第一次到最低点过程，根据能量守恒求弹簧弹性势能的增加量，即可求得在最低点时弹簧的弹性势能。 本题结合图象考查牛顿第二定律与功能关系的综合应用，读出图象的信息，分析清楚滑块的运动情况，通过牛顿第二定律求动摩擦因数和弹簧的劲度系数是解决本题的关键。
13. 【答案】
不需要 2.0 0.05
12