2021厦门双十中学高三上学期中考试物理试题含答案

厦门双十中学2020—2021学年第一学期高三年期中考试

物理试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效。不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记。

3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮檫干净后，再选涂其他答案标号。

   4.考试结束后，将答题卡交回

一．单项选择题（本大题共7小题，每小题3分，共21分。在每一小题给出的四个选项中只有一项是正确的，有选错或不答的得0分）

1.关于下列对配图的说法中正确的是

A.图1中“蛟龙号”被吊车吊下水的过程中它的机械能守恒

B.图2中火车在匀速转弯时所受合外力为零，动能不变

C.图3中握力器在手的压力下弹性势能增加了

D.图4中撑杆跳高运动员在上升过程中机械能守恒

2.中国“快递小哥”天舟一号成功发射，进入高约380公里的运行轨道（如图所示）。已知天宫二号空间站运行于393公里的轨道上，天舟一号与天宫二号绕地球均做匀速圆周运动。根据上述信息，两飞行器运行时无法比较的是
A．周期大小
B．线速度大小
C．加速度大小
D．受到的地球引力大小

3.野外骑行在近几年越来越流行，越来越受到人们的青睐，对于自行车的要求也在不断的提高，很多都是可变速的。不管如何变化，自行车装置和运动原理都离不开圆周运动。下面结合自行车实际情况与物理学相关的说法正确的是（）

A.图2中前轮边缘处A、B、C、D四个点的线速度相同

B.大齿轮与小齿轮的齿数如图3所示，则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈

C.图2中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点及后轮边缘处的G点运动快慢相同

D.前轮在骑行的过程中粘上了一块雪块,条件都相同的情况下,它在A处最容易脱离轮胎

4.如图甲所示为某景区内的高空滑索运动，质量为m的游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑。假设某阶段钢索与水平方向的夹角θ=30º，轻绳始终保持竖直，示意图如图乙，在这一阶段

A．钢索对滑环的摩擦力为0

B．钢索对滑环的支持力为0.5mg

C．游客运动的加速度为0

D．钢索与滑环间的动摩擦因数为0.5

5.如图甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程x的关系图象如图乙所示，其中0～x1过程的图象为曲线，x1～x2过程的图象为直线(忽略空气阻力)。则下列说法正确的是

A. 0～x1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小

B. 0～x1过程中物体的动能一定增加

C. x1～x2过程中物体一定做匀速直线运动

D. x1～x2过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动

6.如图所示为某种太阳能无人驾驶试验汽车，安装有5m2的太阳能电池板和蓄能电池，该太阳能电磁板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为40W。车上安装有效率为80%电动机。该车在正常启动和行驶时仅由蓄能电池供电。某次，电动机以恒定的机械功率1250W启动，汽车最大行驶速度为90km/h。假设汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，则汽车

A. 以最大速度行驶时牵引力大小5N

B. 所受阻力与速度的比值为2Ns/m

C. 保持90km/h的速度行驶1h至少需要有效光照6.25h

D. 若仅用太阳能电池板供电时可获得10m/s的最大行驶速度

7.如图所示，质量为m、电荷量为+q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为+q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上，其中O点与小球A的间距为l，O点与小球B的间距为。当小球A从与竖直方向夹角θ=300处的C点静止释放后，会经过O点正下方的D点。若带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，细线始终绷直。则

A．小球A做匀速圆周运动

B．在C处，小球A与小球B之间的库仑力大小

C．小球A在运动过程中机械能守恒

D．小球A从C到D的过程中，库仑力对其做负功，电势能减少

二、多项选择题（共5小题，每小题4分，共20分。在每一小题给出的四个选项中有两个或两个以上选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答得0分。）

8.如图所示，运动的球A在光滑水平面上与一个原来静止的球B发生弹性碰撞，则

A．要使B球获得最大动能，则应让A,B两球质量相等

B．要使B球获得最大速度，则应让A球质量远大于B球质量

C．要使B球获得最大动量，则应让A球质量远小于B球质量

D．若A球质量远大于B球质量，则B球将获得最大动能、最大速度及最大动量

9.如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口 A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，速度传感器描绘小球速度随时间变化如图，其中0—t1时间内图线是直线，t1—t2时间内正弦曲线一部分，不计空气阻力，则

A. 小球运动的最大速度为2

B. 小球运动到O点下方处的速度最大

C. 弹簧的劲度系数

D. 弹簧的最大弹性势能为3mgx0

10. 如图所示，空间分布着匀强电场，竖直方向的实线为其等势面，一质量为m，带电量为的小球从O点由静止开始恰能沿直线OP运动，且到达P点时的速度大小为v，重力加速度为规定O点的电势为零，下列说法正确的是
A. 电场强度的大小     B. P点的电势
C. P点的电势能      D. 小球机械能的变化量为

11.一个质量为0.2kg的小球从空中由静止下落，与水平地面相碰后竖直弹到空中某一高度，整个过程的速度随时间变化关系如图所示．假设小球在空中运动所受阻力大小不变，小球与地面碰撞时间忽略不计，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是

A. 在1.0～t1时间内，小球的加速度大小为12m/s2

B. 在0～t1时间内，小球克服空气阻力做功为2.8J

C. 在0～t1时间内，小球损失机械能2.8J

D. 在0～t1时间内，小球所受合外力冲量为0

12.如图所示由电动机带动的水平传送带两端、间的距离为，传送带以速度顺时针方向转动，一个质量为的小物体以一定的初速度从端滑上传送带，运动到端，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动时间相等，两过程中物块运动的位移之比为，重力加速度为，传送带速度大小不变。下列说法正确的是

A. 物块的初速度大小为

B. 物块与传送带间的动摩擦因数为

C. 整个过程中物块与传动带因摩擦产生的热量为

D. 电动机因运送物块多做的功为

三、探究实验题：本题共2小题，共12分。请把答案填在答题卷的相应位置上

13.（6分）为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个物块的碰撞是否为弹性碰撞即碰撞过程中没有机械能损失，某同学选取了两个与水平面间动摩擦因数相同、体积相同、但质量不相等的正方体物块，其中物块A的质量大于物块B的质量，计算时A物块和B物块均可以看成质点，按下述步骤做了如下实验：
按图示安装好实验装置，轨道QM为弧槽，MN为水平粗糙直轨道，M为弧槽与直轨道的切点。在直轨道上选取一位置P用笔标记，使MP之间的距离稍大于两物块的宽度；

先不放B物块，将A物块由弧槽的某一位置由静止释放，物块停下后测出物块A从P点开始滑行的距离；

将物块B放在P处，将A物块从弧槽的同一位置由静止释放，与B碰撞后各自滑行一段时间停止，测出A、B从P点开始滑行的距离分别为、。

根据该同学实验，回答下列问题：

本实验中，__________填“需要”或“不需要”测出两物块的质量；

若测得A、B两物块质量分别为、，请写出两物块碰撞的动量守恒表达式________________；若该碰撞为弹性碰撞，请写出碰撞时机械能守恒表达式_________________________。

14. （6分）某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图甲所示框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离和；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小和小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组和的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k．
当地的重力加速度为______用k表示．
若选择光电门2所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为______  用题中物理量的字母表示．
关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差______
A.尽量靠近刻度尺零刻度线
B.尽量靠近光电门2
C.既不能太靠近刻度尺零刻度线，也不能太靠近光电门2．

四、计算题（本大题共4小题，共47分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15.（10分）某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小船上，利用液化瓶向外喷射气体做为船的动力．现把整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，求：(1)喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是多少？

(2)喷射出质量为Δm气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？

16.（12分）“麦昆弹射车”因为其安装简单，可玩性高，广受孩子们的欢迎，其装置如图1所示，按下按钮后玩具车被弹簧弹出，可以在摆好的赛道上飞驰。某赛道可以抽象为图2所示模型，玩具车在A点被弹出后，恰好到达竖直方向圆形轨道最高点C，驶过圆形轨道后经过长为x的粗糙水平面BD后，进入斜面DE，DE与水平方向夹角θ=53°，最终停在E点。已知A、C、E三个点高度相同，粗糙轨道BD和DE动摩擦因数均为μ=0.1，其他摩擦不计，已知玩具车质量为0.1kg，圆形轨道半径r=0.4m，求

（1）弹簧的弹性势能EP

（2）BD长度x

（3）若斜面DE与水平面夹角θ可以调节，使小车返回圆环时不脱离轨道，θ的正切值需满足什么条件。

17.（12分）如图甲所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1 kg，长度l＝1 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2 m．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放．取g＝10 m/s2.试求：

（1）物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；

（2）若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；

（3）若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．

18．（13分）在一空间范围足够大区域内可能存在竖直向上的匀强电场，其电场线与坐标xOy平面平行。以坐标原点O为圆心，作半径为R的圆交坐标轴于A、B两点，C点为AB圆弧中点位置，如图所示。在原点O处有带正电小球，以某一初动能沿x轴正向水平抛出。

（1）空间电场强度为0时，小球以Ek0的初动能从O点水平抛出，刚好能经过C点位置，求小球经过C点位置时的动能。

（2）空间电场强度不为0时，小球以Ek0的初动能从O点水平抛出，当小球经过图中圆周上D点时动能大小为2Ek0，求D点位置坐标（图中未标出D点）。

（3）空间电场强度不为0时，小球以某一初动能从O点水平抛出，小球经过图中圆周上C点时动能大小为2Ek0，若已知带电小球的质量为m，电量为q，求空间所加匀强电场的场强大小（用m、q、g表达）。

厦门双十中学2020—2021学年第一学期高三年期中考试

物理参考答案

1【答案】C

【解析】图1“蛟龙号”受重力、吊车拉力、水的浮力作用，机械能守恒不守恒，A错误；图2火车在匀速转弯时所受合外力提供向心力，不为零，B错误；图3中握力器在手的压力下弹性势能增加了，C正确；图4中撑杆跳高运动员在上升过程中撑杆对运动员做正功，机械能增加，D错误。答案C

2【答案】D

解析：天舟一号运行轨道高度低于天宫二号运行轨道高度，因此，天舟一号运行速度比天宫二号大，运行周期比天宫二号小，加速度比天宫二号大。由于两飞行器质量未知，因此与地球之间的引力大小无法比较。本题正确答案是D。

3.【答案】B

【解析】图1中前轮边缘处A、B、C、D四个点的线速度大小相同，方向不同；大齿轮与小齿轮的齿数之比1:3，即半径1:3，由，大齿轮与小齿轮的角速度之比1:3，则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈；图1中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点运动快慢相同，和后轮边缘处的G点不同；前轮在骑行的过程中粘上了一块雪块，条件都相同的情况下，由受力分析，它在C处最容易脱离轮胎。答案B

4【答案】C

【解析】轻绳始终保持竖直，则可以判断人应该匀速下滑，所以选项C正确。将滑索以及人看做整体，根据受力分析可知

、，所以选项A、B均错。联立上式可知选项D错误。

5【答案】A

【解析】运动中只受重力和拉力，由于除重力之外的其它力做功，等于物体的机械能的变化，即F△x=△E，得F=，所以E-x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在0～x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在0～x1内物体所受的拉力逐渐减小。故A正确；0～x1内机械能增加，绳子拉力做正功，物体向上运动，x1～x2内机械能减小，绳子拉力做负功，物体向下运动，则在x1位置处速度为零，初始时刻速度为零，则0～x1过程中物体的速度先增后减，动能一定先增加后减小，选项B错误；由于物体在x1～x2内E-x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变，因机械能减小，因此拉力方向竖直向上，当拉力等于重力时，物体匀速下降；当拉力小于重力时物体匀加速下降，不可能匀减速下降，选项CD错误；故选A。

6【答案】B

【解析】最大速度vm=90km/h=25m/s，根据：得：N故A错误；当汽车最大行驶速度行驶时，牵引力等于阻力，设空气阻力与速度关系为：f=kv则F=f=kvmax解得：k=2Ns/m故B正确；电动机做的功为：W=Pt由能量守恒得：1250W×1h=40×5W×t×80%得：t=7.8h即保持最大速度行驶1h至少需要有效光照7.8h，故C错误；由题意知：汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，设：f=kv则速度最大时有：50=k×20得：k=2.5当直接用太阳能电池板提供的功率行驶有最大速度时：牵引力等于阻力，即：40×5×80%=fv=kv2得：v=8m/s故D错误。

7【答案】B

【解析】小球A做圆周运动的受到的合力方向并不始终指向圆心且合力大小变化，所以速度大小变化不是匀速圆周运动，选项A错误；在C处时，B、C间距离为l，根据库仑定律可得，选项B正确；小球A在运动过程中有电场力做功，机械能不守恒，选项C错误；小球A从C到D的过程中，库仑力对其做负功，电势能增加，选项D错误。

8【答案】ABC

【解析】设A球的质量为、B球质量为、碰前A球的速度为，A与B发生弹性碰撞，则：、，解得：、。据，当A、B两球质量相等时，碰后A的速度为零，B获得了A碰前的全部动能，B球获得了最大动能。故A项正确。据，当A球质量远大于B球质量时，B球获得最大速度，接近碰前A速度的2倍。故B项正确。据，当A球质量远小于B球质量时，A球几乎原速反弹，A球被弹回的速度最大，B球获得了A球初始动量的接近2倍，B球获得最大动量。故C项正确。由上面三项分析知，D项错误。

9【答案】CD

A．设小球刚运动到O点时的速度为v，则有      ．

小球接触弹簧后先做加速运动，所以小球运动的最大速度大于．故A错误。

B．若小球从O点开始由静止释放，小球做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，小球运动到O点下方处的速度最大。现在，因为小球从O点上方下落，速度最大时，弹簧的弹力与重力大小相等，弹簧的压缩量不变，则小球运动到O点下方处上方的速度最大，故B错误。

C．小球刚接触弹簧时的加速度大小为g，方向竖直向下，当小球运动到关于平衡位置对称点时，加速度大小也等于g，方向竖直向上，而此时小球还有向下的速度，还没有到达最低点，当小球到达最低点时加速度将大于g，根据牛顿第二定律知kx0-mg＞mg

则．故C正确

D．当小球运动到最低点B时，弹性势能最大，根据机械能守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为3mgx0．故D正确。

10.【答案】BD【解析】

A.小球沿直线OP运动，合力沿OP方向，如图所示：则有：  解得，故A错；
设，根据动能定理得
解得电场力做功：
根据：   解得
根据：且解得
则P点的电势能为故B正确，C错误；
D.小球机械能的变化量等于电场力做的功，为，故D正确。故选BD。
11【答案】BD

【解析】A．在0﹣1.0s内位移的大小为：

根据动能定理得：下落过程：mgx1﹣fx1＝mv12，上升过程：﹣mgx2﹣fx2＝0﹣mv22，由图知v1＝5m/s，v2＝3m/s，解得：x2＝0.3m    f＝1N ，故在0～t1时间内，小球的路程为：s＝x1+x2＝2.5m+0.3m＝2.8m

在0～t1时间内，小球克服空气阻力做功为：故B正确．

A．在1.0～t1时间内，根据牛顿第二定律：mg+f=ma

可得小球的加速度大小为：a=15m/s2故A错误．

C．小球在空气阻力作用下损失机械能为：△E1＝fs＝1×2.8J=2.8J

小球在与地面碰撞的过程中损失的机械能为：

所以损失的机械能为4.4J．故C错误．

D．在0～t1时间内，根据动量定理可得小球所受合外力的冲量为：故D正确．

12【答案】BD

【解析】A．设物块的初速度大小为v0．根据题意知解得：故A错误；

B．由运动学公式v2-v02=2ax可得解得：

由牛顿第二定律可得所以故B正确；

C．加速过程中物块的位移为 传送带的位移为 相对位移为

整个过程中物块与传动带因摩擦产生的热量为故C错误；

D．电动机因运送物块多做的功为故D正确。

13.【答案】需要；；。
【解析】为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个物块的碰撞是否为弹性碰撞，需列动量守恒方程，故需要测出两物块的质量；
设碰撞后A、B两物块的速度分别为，对A由动能定理得：
，解得：，
，解得：，
对B由动能定理得：，解得：，
如果碰撞过程动量守恒，则：，即，
整理得：；
若该碰撞为弹性碰撞，碰撞后动量守恒，动能不变，根据能量守恒得：，
即，解得：，即为碰撞时机械能守恒表达式。
故答案为：需要；；。
14.【答案】     C
【解析】解：以0刻度线为零势能面，小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得：整理得：
所以图象的斜率，解得：；
小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上势能，则有：
 
用电磁铁释放小球的缺点是，当切断电流后，电磁铁的磁性消失需要一时间，铁球与电磁铁铁心可能有一些剩磁，都会使经过光电门1的时间较实际值大，引起误差，故应适当增大两光电门A、B间的距离，使位移测量的相对误差减小，所以C正确．故选：C
15解析：(1)（6分）由动量守恒定律得(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0    解得：v船＝.

(2)（5分）对喷射出的气体运用动量定理得：FΔt＝Δmv1            解得：F＝

由牛顿第三定律得，小船所受气体的平均作用力大小为F＝.

16（1）（4分）玩具车恰好通过最高点，即在C点只受到重力，重力提供向心力

由A点到C点只有重力做功，机械能守恒

联立得EP=0.2J。

（2）（4分）从C点到E点动能定理

           得x=1.4m  

（3）（4分）设改变夹角θ后玩具车能到达斜面最高点，D与斜面最高点间长度为l’,从C点到最高点动能定理

玩具车返回B点后不脱离轨道，即小车到达B点左侧与半径等高处G点时速度为0，F点到G点动能定理

联立得，即

17解：（1）（4分）顶端滑到B点：mgR＝mv-0

在B点：FN－mg＝m      得：FN＝30 N

由牛顿第三定律：FN′＝FN＝30 N，方向竖直向下．

（2）（4分）物块在平板车上滑行时摩擦力做功mgR＋(－l)＝mv2-0     得：v＝1 m/s

（3）（4分）物块与平板车组成的系统动量守恒，物块滑到平板车右端时：

得：v1=2m/s，v2=1m/s       （利用动力学求解亦可）

物块平抛运动的时间t2＝＝0.2 s

18【答案】（1）（2），（3）

【解析】（1）（4分）小球从O到C做平抛运动有

可得vy＝2v0

则得EkC＝5Ek0

（2）（4分）小球过D点时有xD＝v0t

EkD＝2Ek0即

可得则有vy＝v0代入位移公式得：

又由几何关系得解得，

（3）（5分）在（1）问中由和可得

空间有电场时小球过C点有：xc＝v′0t           

其中，v′y＝2v′0

EkC＝2Ek0即可得

代入位移公式得：代入加速度公式得