黑龙江省勃利县高级中学2020届高三上学期期中考试物理试题

黑龙江省勃利县高级中学2020届高三上学期期中考试物理试题

黑龙江省勃利县2019-2020学年高三上学期期中物理试题 ‎(时间：90分钟　满分：100分)‎ 一.选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，1—7题为单项选择题，8—12题为多项选择题，少选得2分，选错不得分）‎ ‎1.下列说法中正确的是 A. 物体对水平桌面的压力是由于桌面的形变而产生的 B. 当加速度与速度方向相同且又减小时，物体减速运动 C. 由µ=f/N可知，动摩擦因数µ与摩擦力f成正比，与弹力N成反比 D. 汽车正常行驶时，驱动轮对地面产生静摩擦力，方向与汽车行驶方向相反 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．物体对水平桌面的压力是由于桌面上的物体形变而产生的，故A错误；‎ B．当加速度与速度方向相同且又减小时，物体做加速度减小的加速运动，故B错误；‎ C．公式µ= 是定义式，动摩擦因数µ与摩擦力f、N成无关，故C错误。‎ D．汽车正常行驶时，地面对驱动轮摩擦力与汽车运动方向相同，根据牛顿第三定律，驱动轮对地面产生静摩擦力，方向与汽车行驶方向相反 ‎【点睛】‎ ‎2.关于场强和电势的下列说法，不正确的是(    )‎ A. 在匀强电场中,电场强度在数值上等于沿电场强度方向每单位距离上降低的电势 B. 处于静电平衡状态的导体是等势体 C. 在电场中两点间移送电荷的过程中,电场力始终不做功,则电荷所经过路径上的各点场强一定为零 D. 两个等量异号电荷连线的中垂线上各点的电势相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由匀强电场中电场强度的表达式：可知，在匀强电场中，电场强度在数值上等于沿电场强度方向每单位距离上降低的电势，故A不符题意；‎ B．处于静电平衡状态的导体是等势体，其表面是等势面，故B不符题意；‎ C．由电场力做功与电势差的关系：W=qU可知，在电场中两点间移送电荷的过程中，电场力始终不做功，则电荷所经过路径上的各点的电势相等，而电势与场强无关，故各点场强的关系未知，故C符合题意；‎ D．由于两个等量异号电荷连线的中垂线上各点的场强均垂直于中垂面，故沿中垂面移动电荷，电场力不做功，故该面上各点的电势相等，故D不符题意.‎ ‎3.自由下落的物体，在任何相邻的单位时间内下落的距离之差△h和平均速度之差△v，数值上分别等于（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】匀变速直线运动在任意相邻的单位时间内位移差恒定，对于自由落体运动而言，任何相邻的单位时间内下落的平均速度为中间时刻瞬时速度，两个中间时刻相差1s,由速度公式可知。综上分析，C正确。‎ ‎【点睛】要熟练应用匀变速直线运动中和匀变速直线运动中间时刻瞬时速度，这两个结论来解题。‎ ‎4.一个带正电的质点，电量q=2.0×10-9C，在静电场中由A点移到B点。在这个过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10-5J，质点的动能增加了8.0×10-5J，则a、b两点间的电势差Uab为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理得qUab+W其他=△Ek可得到，故选B。‎ ‎5.如图甲、乙所示为某物体在0～t时间内运动的x~t图线和v~t图线，由图可知，在0～t1时间内(　　)‎ A. 物体做的是曲线运动 B. 物体做加速度越来越小的运动 C. 图甲中时刻，图线的斜率为 D. x1－x0＞t1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.x-t图线和v-t图线只能用来描述直线运动；故A错误.‎ B.由乙图可知，物体做加速度恒定的直线运动；故B错误.‎ C.图甲中图象的斜率表示物体运动的速度，由乙图可知，甲图中时刻，图线的斜率为；故C正确.‎ D.乙图所围面积表示物体运动的位移，即x1－x0＞t1;故D错误.‎ ‎6.如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2间各点的电势分布如图乙所示，则( )‎ A. 在O～x2间，电场强度先减小后增大 B. 在O～x2间，电场强度方向没有发生变化 C. 若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小 D. 从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2间一直做匀加速运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. φ−x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变。故A错误，B正确；‎ C.由图看出O～x2间，电势逐渐降低，负电荷在高电势处电势能小，故负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高。故C错误；‎ D.从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动，但电场强度先增大后减小，所以加速先增大后减小，所以不是匀加速运动。故D错误；‎ ‎7.按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，将开展第二步“落月”工程，预计在2013年以前完成.假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道I运动，到达轨道的A点.点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的近月点B再次点火进入月球近月轨道Ⅲ绕月球作圆周运动.下列判断错误的是 （ ）‎ A. 飞船在A点处点火时，动能减少 B. 飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间 C. 飞船从A到B运行过程中处于完全失重状态 D. 飞船在轨道I上的运行速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在A点 点火导致飞船从外面的圆轨道进入里面的椭圆轨道，即向心运动，所以在A点应该减速，故A对；‎ B、飞船在轨道Ⅲ上运动时，万有引力提供了向心力 ‎ ‎ 解得：，故B对；‎ C、飞船从A到B运行的过程中只受重力作用，所以飞船处于完全失重状态，故C对；‎ D、飞船在轨道I上运行时： ‎ 在地球表面时： ‎ 联立解得： 故D错；‎ 本题选错误的，故选D ‎【点睛】在月球表面,重力等于万有引力,在任意轨道,万有引力提供向心力,联立方程即可求解；卫星变轨也就是近心运动或离心运动,根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定；飞船在近月轨道Ⅲ绕月球运行,重力提供向心力,根据向心力周期公式即可求解.‎ ‎8.如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态。当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是( )‎ A. 球Q对地面的压力不变 B. 球Q对斜劈P的支持力变大 C. 斜劈P对竖直墙壁的压力增大 D. 墙面对斜劈P的摩擦力增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对Q受力分析如图所示：‎ Q受力平衡则在水平和竖直方向分别有：‎ 可知当F增大时，P、Q间的作用力增大，球Q对地面的压力增大，故A错误，B正确.‎ C．以P、Q整体为研究对象，水平向右的力F与墙壁的支持力等大反向，故墙的支持力增大，由牛顿第三定律可知斜劈P对竖直墙壁的压力增大，故C正确.‎ D．对P受力分析可知，开始时P对墙壁的摩擦力方向不确定，故无法判断此摩擦力的变化情况，故D错误.‎ ‎9.如图所示，在一根长为L的细线下面系一质量为m的小球，将小球拉离竖直位置，使悬线与竖直方向成α角，给小球一个初速度，使小球在水平面内做匀速圆周运动，悬线旋转形成一个圆锥面，这就是常见的圆锥摆模型。关于圆锥摆，下面说法正确的是（　　）‎ A. 小球质量越大，圆锥摆的周期越小 B. 小球线速度v越大，圆锥摆的周期T越大 C. 悬点距离小球轨道平面越高，圆锥摆的周期T越大 D. 小球做匀速圆周运动的线速度v越大，小球的向心加速度越大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据圆锥摆的周期公式可得，可知圆锥摆周期与质量无关，故A项与题意不相符；‎ B.根据小球在水平面做圆周运动可知 ‎ ‎ 故线速度越大，tanα越大，即α越大，又因为 ‎0＜α＜‎ 故cosα越小，由,可知周期应越小，故B项与题意不相符；‎ C.若悬点距离小球所在轨迹平面越高，即α越小，则在 ‎0＜α＜时，‎ 故cosα越大即周期越大，故C项与题意相符；‎ D.由于小球做匀速圆周运动的线速度与加速度之间的关系为 ‎ ‎ 故线速度越大，小球的加速度越大，故D项与题意相符。‎ ‎10.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，则在此过程中(　　)‎ A. 地面对他的冲量为mv＋mgΔt B. 地面对他的冲量为mv－mgΔt C. 地面对他做的功为mv2 D. 地面对他做的功为零 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.取运动员为研究对象，由动量定理得:‎ ‎(F－mg)Δt＝mv－0‎ 则 I＝FΔt＝mv＋mgΔt 选项A正确，B错误；‎ CD.运动员没有离开地面，地面对运动员做的功为零，所以C错误，D项正确。‎ ‎11.如图所示，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，粒子从A到B过程中克服重力做功2.0 J，电场力做功3.0 J，则(　　)‎ A. 粒子在A点的电势能比在C点多12.0 J B. 粒子在A点的动能比在B点多1.0 J C. 粒子在A点的机械能比在C点少12.0 J D. 粒子在C点的动能为12.0 J ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，粒子从A到B过程中，电场力做功3.0 J，粒子从A到B过程中，电场力做功9.0 J，故粒子从A到C过程中，电场力做功12 J，粒子机械能增加，粒子在A点的机械能比在C点少12.0 J，粒子从A到C过程中，电势能减小12.0 J，粒子在A点的电势能比在C点多12.0 J，故AC正确；‎ 粒子从A到B过程中克服重力做功2.0 J，电场力做功3.0 J，合外力做正功1J，粒子在A点的动能比在B点小1.0 J，故B错误；‎ 故粒子从A到C过程中，电场力做功12 J，重力势能不变，粒子在C点的动能大于12.0 J，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎12.静止在粗糙水平地面上的物块(视为质点)在水平拉力作用下向右运动，经过一段时间后撤去拉力。物体在整个运动过程中的速度的二次方随位移的变化规律如图所示。已知物块的质量为2kg，取g＝10m/s2．下列说法正确的是 ( )‎ A. 拉力作用的时间为3s B. 物块运动过程的平均速度大小为9m/s C. 物块与地面间的动摩擦因数为0.6‎ D. 拉力做的功为36J ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图像可知，加速阶段的末速度为6m/s，加速位移为9m，根据平均速度公式可知 ，加速时间即拉力作用时间 故A正确。‎ B.物块开始做初速度为零的匀加速，然后做末速度为零的匀减速，所以平均速度相同，均为最大速度的一半，即3m/s，故B错误。‎ C.根据减速阶段有 ，且 ，代入数据解得： ，故C正确。‎ D.全程根据动能定理可知 解得拉力做功 ，故D错误。‎ 二.实验题 ‎13.为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)‎ ‎ ‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是___。‎ A.用天平测出砂和砂桶的质量 B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M ‎（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有两个点没有画出)。已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为___m/s2(结果保留两位有效数字)。‎ ‎（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为____。‎ A.2tan θ B. C.k D.‎ ‎【答案】 (1). BCD (2). 1.3 (3). D ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）［1］AE.本题拉力可由弹簧秤测出，也就不需要用天平测出砂和砂桶的质量，更不需要满足砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M这个条件，故AE错误；‎ B.弹簧测力计测出拉力，从而表示小车所受的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；‎ C.打点计时器运用时，小车靠近打点计时器，先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故C正确；‎ D. 改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确。‎ ‎（2）［2］由于两计数点间还有两个点没有画出，故时间间隔T=0.06s，由逐差法可得加速度 ‎（3）［3］弹簧测力计的示数，由牛顿第二定律2F=ma，小车的质量m==。‎ A. 小车的质量为2tan θ，与分析不一致，故A错误；‎ B. 小车的质量为，与分析不一致，故B错误；‎ C. 小车的质量为k，与分析不一致，故C错误；‎ D. 小车的质量为，与分析相一致，故D正确。‎ ‎14.某位同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。‎ ‎（1）实验中必须满足的条件是___。‎ A.斜槽轨道尽量光滑以减小误差 B.斜槽轨道末端的切线必须水平 C.入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下 D.两球的质量必须相等 ‎（2）测量所得入射球A的质量为mA，被碰撞小球B的质量为mB，图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为|OP|；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为|OM|和|ON|。‎ 当所测物理量满足表达式________时，即说明两球碰撞中动量守恒；‎ 如果满足表达式________时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). mA|OP|＝mA|OM|＋mB|ON| (3). mA|OP|2＝mA|OM|2＋mB|ON|2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]. A.斜槽轨道没必要必须光滑，只要小球到达低端的速度相同即可，选项A错误；‎ B.斜槽轨道末端的切线必须水平，以保证小球到达低端时速度方向水平，选项B正确；‎ C.入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，以保证小球到达低端的速度相同，选项C正确；‎ D.为保证小球碰后不被反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，选项D错误；‎ ‎(2)[2].小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则有：‎ mAv0=mAv1+mBv2‎ 又 ‎|OP|=v0t，|OM|=v1t，|ON| =v2t，‎ 整理得：‎ mA|OP|＝mA|OM|＋mB|ON|‎ ‎[3].若碰撞弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ 将|OP|=v0t，|OM|=v1t，|ON| =v2t，整理得：‎ mA|OP|2＝mA|OM|2＋mB|ON|2；‎ 三.计算题 ‎15.如图所示，斜面倾角为θ=37°，一质量为m=7kg的木块恰能沿斜面匀速下滑，（sin37°=0.6cos37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎（1）物体受到的摩擦力大小 ‎（2）物体和斜面间的动摩擦因数？‎ ‎（3）若用一水平恒力F作用于木块上，使之沿斜面向上做匀速运动，此恒力F的大小．‎ ‎【答案】（1）42N（2）0.75（3）240N  ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)不受推力时匀速下滑，物体受重力，支持力，摩擦力，‎ 沿运动方向有：mgsinθ-f=0 ‎ 所以：f=mgsinθ=7×10×sin37°=42N ‎ ‎(2)又：f=μmgcosθ 解得：μ=tanθ=0.75 ‎ ‎(3)受推力后仍匀速运动则：‎ 沿斜面方向有：Fcosθ-mgsinθ-μFN=0 ‎ 垂直斜面方向有：FN-mgcosθ-Fsinθ=0 ‎ 解得：F=240N ‎ ‎【点睛】本题主要是解决摩擦因数，依据题目的提示，其在不受推力时能匀速运动，由此就可以得到摩擦因数μ=tanθ．‎ ‎16.如图所示：质量为1Kg的物体，在水平桌面左端受到一个水平恒力作用做初速度为零的匀加速直线运动，2s末物体到达桌面右端时撤掉恒力，物体水平抛出，恰好垂直撞到倾角为45°的斜面上。已知桌面长度2m ，物体和桌面间的摩擦系数0.4，（物体可视为质点，忽略空气阻力，g=10m/s2）求 ‎（1）在桌面上运动的加速度大小？‎ ‎（2）水平恒力大小 ‎（3）物体平抛运动的时间 ‎【答案】（1）a=1m/s2（2）F=5N（3）0.2s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物体在水平桌面做初速度为零匀加速直线运动，由得，物体运动桌边的速度 在桌面上运动的加速度 ‎（2）由牛顿第二定律得 F-μmg=ma 解得 ‎ F=5N ‎（3）物体恰好垂直撞到倾角为45°的斜面上时，速度与水平方向的夹角为45° 由平抛运动的规律可知，物体撞在斜面上时竖直分速度 vy=v=2m/s 由 vy=gt得 t=0.2s ‎17.如图质量为m2=4kg和m3=3kg物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m1=1kg的物体以速度v0=8m/s向右运动，m1与m3‎ 碰撞（碰撞时间极短）后粘合在一起。试求：‎ ‎（1）m1和m3碰撞过程中损失的机械能是多少？‎ ‎（2）弹簧能产生的最大弹性势能是多少?‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）24J；（2）4J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设m1与m3碰撞后的速度为v1，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，‎ 由动量守恒定律得：‎ 由能量守恒定律得：‎ 代入数据解得：‎ ‎；‎ ‎（2）当三个物体速度相等时，弹性势能最大，三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎，‎ 代入数据解得：‎ 由能量守恒定律得：‎ 代入数据解得：‎ ‎；‎ ‎18.如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动。CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2。‎ ‎（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能；‎ ‎（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），求物块通过E点时受到的压力大小；‎ ‎（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能。‎ ‎【答案】（1）（2）N=12.5N（3）Q=16J ‎【解析】‎ 详解】（1）由动量定理知：‎ 由能量守恒定律知：‎ 解得：‎ ‎（2）由平抛运动知：竖直方向：‎ 水平方向：‎ 在E点，由牛顿第二定律知：‎ 解得：N=12.5N ‎（3）从D到E，由动能定理知：‎ 解得：‎ 从B到D，由动能定理知 解得：‎ 对物块 解得：t=1s；‎ 由能量守恒定律知：‎ 解得：Q=16J ‎ ‎