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物理
注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上
一、单项选择题
1.校运会上，某同学在100m短跑比赛中以11.90s成绩获得第1名．关于该同学在比赛中的运动，下列图象中最接近实际情况的是()
A.
C.
答案：B
解：短跑比赛中要经历起跑、匀速、冲刺的过程，即加速阶段、匀速阶段、最后冲刺时速度又稍微增大，故符合实际情况的是B选项正确．
2.如图所示，两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态已知墙面光滑，水平地面粗糙现将A球向下移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力N和轻杆上的压力F的变化情况是（）
的B.
D.
B.N变大，F变大 D.N变大，F变小
A.N不变，F变大 C.N不变，F变小 答案：A
解：对整体进行受力分析，知竖直方向：N=2mg，移动两球后，仍然平衡，则N仍然等于2mg，所以N不变。 再隔离对A进行受力分析，轻杆对A的作用力等于轻杆上受到的压力，轻杆对A球的作用力F?mg cos?
当A球向下移动一小段距离，夹角θ增大，cosθ变小，所以F增大。 A．N不变，F变大，与结论相符，选项A正确； B．N变大，F变大，与结论不相符，选项B错误； C．N不变，F变小，与结论不相符，选项C错误； D．N变大，F变小，与结论不相符，选项D错误； 故选A。
3.夏季游乐场的“飞舟冲浪”项目受到游客的欢迎，如图所示，一游客（可视为质点）以某一水平速度v0从A点出发沿光滑圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水面上的C点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）
A.在A点时，游客处于超重状态 B.在B点时，游客的向心加速度为g C.从B到C过程，游客的机械能增大
D.从A到B过程，游客水平方向的加速度先增大后减小 答案：D
解：A．在A点，小球具有竖直向下的向心加速度，此瞬间处于失重状态，故A错误；
B．小球在B点刚离开轨道，则小球对圆轨道的压力为零，游客的加速度为g，竖直向下，但向心加速度小于g，故B错误；
C．从B到C过程，小球只受重力作用，游客的机械能守恒，故C错误；
D．小球在A点时合力沿竖直方向，在B点时合力也沿竖直方向，但AB过程中的各点支持力却有水平向右的分力，所以小球水平方向的加速度必定先增加后减小，故D正确； 故选D。
4.如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为（）
A.mg2?(F)2 M?mF)2 M?mF2) mB.mg2?(C.mg2?(D.(mg)2?F2 答案：B
解：先以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得：加速度为a=
F，再对小球研究，分析受力情况如图， M+m
由牛顿第二定律得到： N=(mg)2?(ma)2?mg2?(F)2．
M?m根据牛顿第三定律，可知B正确，ACD错误． 故选B
点评：先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对小球研究，求出椭圆面对小球的支持力
大小，由牛顿第三定律得到小球对椭圆面的压力大小．
5.如图所示，一只原、副线圈分别是200匝和100匝的理想变压器．副线圈的两端连接两个阻值均为20Ω的电阻，原线圈接频率为50Hz的正弦交流电源，电压表的示数为5V．电流表、电压表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（ ）
A.电流表的读数为0.5A
B.流过电阻的交流电频率为100Hz C.交流电源的输出电压的最大值为202V D.交流电源的输出功率为5W 答案：C
解：副线圈的电流为I2?n2I1n25A?0.25A，则原线圈的电流为I1，由 ?得I1?I2?0.125A，故A
n1I2n120UU2n1得，n21错误；流过电阻的交流电的频率为50Hz，故B错误；副线圈的电压为U2?2?5?10V，由 ?U1?n1U2?20V，则其最大值为202V，故C正确； P入?P 出?U2I2?10?0.25?2.5W，故D错误．n2点评：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．
6.光滑水平地面上有两个静止的小物块a和b，a的质量为m，b的质量M可以取不同的数值．现使a以某一速度向b运动，此后a与b发生弹性碰撞，则（） A.当M＝m时，碰撞后b的速度最大 B.当M＝m时，碰撞后b的动能最大
C.当M＞m时，若M越小，碰撞后b的速度越小 D.当M＜m时，若M越大，碰撞后b的动量越小 答案：B
解：设碰撞前a的速度为v0．碰撞后a、b的速度分别为va和vb．取碰撞前a的速度方向为正方向．根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得： mv0=mva+Mvb．vb= 121212m?Mmv0=mva+Mvb．联立解得va= v0，222m?M2m2mv0；由vb= v0知，m一定，M越小，vb越大，碰撞后b的速度没有最大值，故A错误．碰
m?Mm?M22 2Mm2v02m2v0212?m撞后b的动能Ekb=Mvb=(M?m)2；根据数学知识知，当M?，即M=m时，Ekb有m22M??2mMM最大值，故B正确．当M＞m时，若M越小，由vb= 2mv0知，m一定，vb越大，故C错误．碰撞后b的
m?M2Mmv02mv0m ?m，则知M越大， 越小，Pb越大，故D错误．故选B． 动量Pb=Mvb=M?m1?MM点评：解决本题的关键是掌握弹性碰撞遵守的两大规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，通过列式，结合数学知识不等式知识分析碰撞后b的动量和动能的变化情况．
7.如图所示，边长为2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，∠ABC=60°，BC边处在x轴上。现让金属线框ABC沿
x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，在t=0时线框B点恰好位于原点O的位置。规定逆时针方向为线框
中感应电流的正方向，在下列四个i-x图象中,能正确表示线框中感应电流随位移变化关系的是( )
A. B.
C. D.
答案：D
解：线圈从0-L过程，产生逆时针方向的电流；有效长度从0增大到
3L，故电流逐渐变大；从L-2L过2
2020届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期期末考试物理试题解析
