安徽省蚌埠市第二中学2020届高三上学期期中考试物理试题

蚌埠二中2019-2020学年第一学期期中测试

高三物理试题

一、选择题

1.根据所学知识，判断下列四个说法中正确是

A. 物体的速度为零时，其加速度就一定为零

B. 物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向一定相同

C. 合外力对物体做功为零时，物体的机械能就一定守恒

D. 做圆周运动物体的向心力一定等于物体所受的合外力

【答案】B

【解析】

【详解】A．速度是加速度的变化率，速度为零时，加速度不一定为零，如自由落体运动的初速度为零，但加速度不为零。故A错误。
B．根据动量定理，物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向一定相同。故B正确。
C．在外力作用下物体向上匀速运动，合力做功为零，但机械能增加。故C错误。
D．做匀速圆周运动物体的向心力一定等于物体所受的合外力，做变速圆周运动的物体的合外力不一定等于向心力。故D错误。

2.甲、乙两质点某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两质点的x－t图象如图所示，则下列说法正确的是

A. 0~t1时间内，乙质点做匀加速直线运动

B. 0~ t 1时间内，甲的平均速度大于乙的平均速度

C t 1时刻，两质点相距最远

D. t 1时刻，乙质点从后面追上甲质点

【答案】D

【解析】

【详解】A．x-t图象只能表示直线运动的规律，结合x-t图象的斜率表示速度，知乙做匀速直线运动，甲做减速直线运动。故A错误。

B．0到t1时间内，甲乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间，可知，0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故B错误。

CD．两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，t1时刻之前乙在甲的后面，经过时间t1位移相等，则在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车，两车相遇。故D正确，C错误。

3.开普勒指出：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上。图示为地球绕太阳做椭圆运动的示意图，A点为近日点，B点为远日点。在地球沿图示路径从A点向B点运动的过程中

A. 地球受到太阳的万有引力增大 B. 地球速度增大

C. 地球的加速度减小 D. 地球的机械能增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据万有引力定律可知，地球沿图示路径从A点向B点运动的过程中，r增大，地球受到太阳的万有引力F减小。故A错误。
B．从A点向B点运动的过程中，万有引力做负功，所以地球的速度v减小，机械能不变。故BD错误。
C．根据牛顿第二定定律，，可得：

地球沿图示路径从A点向B点运动的过程中，r增大，地球的加速度a减小。故C正确。

4.从同一点沿不同方向拋出质量相同的A、B两球，返回同一高度时，两球再次经过同一点，如图所示。如果不计空气阻力，关于两球的运动，下列说法正确的是

A. 在空中运动时小球A速度的变化率大于小球B速度的变化率

B. 小球A在空中运动的时间大于小球B在空中运动的时间

C. A、B两球落地时速度一定相等

D. 两球落地时重力做功功率可能相等

【答案】B

【解析】

【详解】A.两球在空中运动时，只受重力，加速度为都为g，所以两球在空中运动时速度的变化率相等.故A错误.

B.由图可知，两球在竖直方向上做竖直上抛运动，A球上升的高度大，即A球的竖直分速度大于B球的竖直分速度，所以A球运动的时间长.故B正确.

C.由B分析可知，A球的竖直分速度大于B球的竖直分速度，则A球运动的时间长。根据题意可知两球水平方向距离相等，则A球的水平分速度小于B球的水平分速度，两球在整个运动过程中，机械能守恒，根据运动的合成可知，两球落地时速度不一定相等.故C错误.

D. 由B分析可知，A球的竖直分速度大于B球的竖直分速度，所以两球落地时重力做功的功率A球的大于B球的.故D错误.

5.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，下列说法正确的是

A. O点的电势最低

B. x1和x3两点的电势相等

C. x2的电势最高

D. x2和-x2两点的电势相等

【答案】D

【解析】

【详解】AB．做出电场线如图所示：

沿着电场线方向电势逐渐降低，可知O点的电势最高。x1的电势高于x3的电势。故AB错误。
C．沿着电场线方向电势逐渐降低，故x2的电势不是最高的。故C错误。
D．x2和-x2两点关于原点对称，由O点向两边电势都降低且电场强度的变化相同，则可知x2和-x2两点电势相等。故D正确。

6.如图所示，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N分别为AB、AD边的中点，一带正电的粒子（不计重力）以某一速度从M点平行于AD边垂直磁场方向射入并恰好从A点射出。现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的，下列判断正确的是

A. 粒子将从D点射出磁场

B. 粒子在磁场中运动的时间不变

C. 磁场的磁感应强度变化前、后，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2:1

D. 若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从C点射出

【答案】B

【解析】

【详解】A．设正方形的边长为a，由题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，当磁场的磁感应强度大小变为原来的时，粒子轨道半径变为原来的2倍，即，粒子将从N点射出。故A错误。

B．由运动轨迹结合周期公式，可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的时，则，粒子从A点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间，粒子从N点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间，可得：t1=t2，即 粒子在磁场中运动的时间不变。故B正确。

C．磁场的磁感应强度变化前，粒子在从磁场中运动过程的速度变化大小为2v，磁场的磁感应强度变为原来的后，粒子在磁场中运动过程中的速度变化大小为，即速度变化大小之比为。故C错误。

D．无论磁场的磁感应强度大小如何变化，只要磁感应强度的方向不变，粒子都不可能从C点射出。故D错误。

7.如图，可视作质点的木块在拉力F的作用下沿粗糙水平地面做匀速直线运动．F与水平面的夹角为θ（0°≤θ≤90°），木块与地面的动摩擦因数恒定，则

A. θ越小，F越小

B. θ越大，F越小

C. F的最小值一定比木块重力小

D. F的最小值可能等于木块重力大小

【答案】C

【解析】

【详解】对物体受力分析，如图所示：

根据平衡条件，有：水平方向：，竖直方向：，其中：，联立可得：
令，即，，有：，故当时，拉力最小，为。
A．θ越小，F越小。故A不符合题意。

B．θ越大，F越小。故B不符合题意。

C．F的最小值一定比木块重力小。故C符合题意。

D．F的最小值可能等于木块重力大小。故D不符合题意。

8.如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝3 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是

A. 木板获得的动能为2 J

B. 系统损失的机械能为6 J

C. 木板A的最小长度为1 m

D. A，B间的动摩擦因数为0.1

【答案】AB

【解析】

【详解】A．由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，解得：

M=4kg

木板A的质量为 M=4kg，木板获得的动能为：。故A正确。
B．系统损失的机械能：，代入数据解得：

△Ek=6J

故B正确。
C．由图得到：0-1s内B的位移为：

A的位移为：

木板A的最小长度为：L=xB-xA=1.5m。故C错误。

D．由图示图象可知，B的加速度：，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmBg=mBa，代入解得：

μ=0.2

故D错误。

9.如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2 m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是

A. 小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动

B. 若传送带的速度为5 m/s，小物块将从传送带左端滑出

C. 若小物块的速度为4 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出

D. 若小物块的速度为1 m/s，小物块将以5 m/s的速度从传送带右端滑出

【答案】BC

【解析】

【详解】A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x。根据牛顿第二定律得：μmg=ma，解得：

a=μg=2m/s2

物块速度减为零时的位移为：

所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速

直线运动。故A错误。
B．传送带的速度为5m/s时，物块在传送带上受力情况相同，则运动情况相同，从传送带左端滑出，故B正确。
C．若小物块的速度为4 m/s时，物块速度减为零时的位移为：

所以小物块没有从传送带左端滑出，当小物块与传送带共速时运动的位移为：

所以物块将会与传送带共速，即小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出。故C正确。

D．若小物块的速度为1 m/s，物块速度减为零时的位移为：

所以小物块没有从传送带左端滑出，当小物块速度向右达到1m/s时运动的位移为：

所以小物块将以1 m/s的速度从传送带右端滑出。故D错误。

10.如图，有上下放置的两个宽度均为L=0.5m的水平金属导轨，左端连接阻值均为2Ω的电阻r1、r2，右端与竖直放置的两个相同的半圆形金属轨道连接在一起，半圆形轨道半径为R=0.1 m。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=2T。初始时金属棒放置在上面的水平导轨上，金属棒的长刚好为L，质量m=2kg，电阻不计。某时刻金属棒获得了水平向右的速度v0=2m/s，之后恰好水平抛出。已知金属棒与导轨接触良好，重力加速度g=10m/s2，不计所有摩擦和导轨的电阻，则下列正确的是

A. 金属棒抛出时的速率为1m/s

B. 整个过程中，流过电阻r1的电荷量为1C

C. 整个过程中，电阻r2上产生的焦耳热为1.5J

D. 最初金属棒距离水平导轨右端4m

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．金属棒从半圆形金属轨道的顶点恰好水平抛出，则有：，解得：

＝1m/s

故A正确。
BD．对导体棒在水平导轨上运动应用动量定理得：，化简得：，解得回路中产生电荷量为：

q=2C

电路的总电阻为：，根据电磁感应电荷量公式有：，解得导体棒向右移动的距离为：

x=2m

流过r1的电荷量。故B正确，D错误。
C．根据能量守恒得，回路中产生的总热量：，解得：

Q=3J

电阻r2上产生的热量：

故C正确。

二、实验题

11.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和各拉线的方向．

(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________N.

(2)下列不必要的实验要求是______．(请填写选项前对应的字母)

A．应测量重物M所受的重力

B．弹簧测力计应在使用前校零

C．拉线方向应与木板平面平行

D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置

(3)该同学做“验证力的平行四边形定则”的实验采取的研究方法是______．

A．控制变量法  B．等效替代法

C．小量放大法  D．建立理想模型法

【答案】    (1). 3.6    (2). D    (3). B

【解析】

【详解】(1).弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N,图中指针落在3N和4N的第3格处，所以弹簧A的读数为3.6N.

(2).A.实验通过作出三个力的图示来验证“力的平行四边形定则”，因此物体的重力需要知道，A正确.

B.需测出弹簧测力计的力的大小，要准确就必须在试用前校零.B正确.

C.拉线的方向必须木板平面平行，这样才能确保力的大小准确.C正确.

D.当结点O的位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力也确定，两力大小与方向均确定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以改变拉力多次实验时不需要使结点每次都静止在O点，D错误.故选：D.

(3)由实验原理可知该同学验证“力的平行四边形定则”的实验中采取了等效替代法，即合力与两分力的关系是等效的，A、C、D错误，故选：B.

12.为了探究加速度与合外力的关系，甲、乙、丙、丁四个实验小组分别采用图甲、图乙、图丙、图丁所示的实验装置，小车总质量用M表示(乙图中M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的小滑轮)，钩码总质量用m表示．丁组同学先按图丁将木板有定滑轮的一端垫起，调整木板倾角，使小车恰好带着钩码和纸带一起沿木板向下匀速运动，再保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，然后接通电源释放小车，使之由静止开始加速运动并在纸带上打点，如图戊所示。重力加速度g已知，试回答下列问题：

（1）甲、乙、丙三组实验必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组是_____________。（填“甲”“乙”“丙”）

（2）甲、乙、丙、丁四组实验时必须满足“M>>m”实验小组是_____________。 （填“甲”“乙”“丙”“丁”）

（3）实验时各组同学的操作均完全正确，甲、乙、丙三组同学作出的a-F图线如图己所示（乙组同学所用F为传感器读数，丙组同学所用F为弹簧测力计示数），则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是_____________。（填“A”“B”“C”）

（4）实验时丁组同学操作的小车加速下滑受到的合力F=___________，该组同学在保持小车质量不变的情况下，通过调整改变小车所受合力，多次实验，由实验数据作出的a-F图线如图庚所示，则小车质量为

__________kg。

【答案】    (1). 甲乙丙    (2). 甲    (3). CBA    (4). mg    (5). 2

【解析】

（1）本实验探究当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力的关系，所以三个实验小组都需要平衡摩擦力，即甲乙丙都需要平衡摩擦力，

（2）乙和丙绳子的拉力可以由弹簧测力计和力传感器直接得到，不需要用重物的重力代替，所以乙丙两组不需要满足M＞＞m，而甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M＞＞m，

（3）甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M≥m，随着m的增大，不满足M＞＞m时，图象出现弯曲，所以甲组对应的是C，

根据装置可知，乙图中小车受到的拉力大于弹簧测力计的示数，丙图中受到的拉力等于力传感器的示数，当F相等时，乙组的加速度大，所以乙组对应B，丙组对应A，

（4）平衡摩擦力后，小车加速下滑时受到的合力F=mg；由牛顿第二定律得：a=F，

由图2（C）所示的a﹣F图线可知：图象斜率：k=，则小车的质量：M==2kg．

三、计算题

13.如图所示，长为l=1m的绳子下端连着质量为m=1kg的小球，上端悬于天花板上，把绳子拉直，绳子与竖直线夹角为60°，此时小球静止于光滑的水平桌面上.问:（g取10 m/s2）

（1）当球以ω1=4rad/s作圆锥摆运动时，绳子张力T1为多大? 桌面受到压力为多大?

（2）当球以ω2=6rad/s作圆锥摆运动时，绳子张力T2及桌面受到压力各为多大?

【答案】（1）16N；2N（2）36N；0

【解析】

当小球刚好与水平面接触时，受力如图；对小球，由牛顿第二定律

故临界角速度

（1），根据小球受力情况可得：

绳子的张力：

由牛顿第三定律，桌面受到的压力：.

（2），小球离开斜面，绳子与竖直方向夹角为?，故受力又如图.

绳子的张力：

N2=0，由牛顿第三定律，桌面受到的压力：. 

14.如图所示，半径R=1.6m的光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L=3m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v=3m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=20N/C，方向竖直向上；磁感应强度B=3.0T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m=1.0×10-3Kg的物块a和b，物块a不带电，b带q=1.0×10-3C的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平成60o角落在地面上的P点（如图），已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.1，取g=10m/s2，a、b均可看做质点。求：

（1）物块a运动到圆弧轨道最低点时（碰撞前）对轨道的压力；

（2）传送带距离水平地面的高度；

（3）两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b系统机械能的变化量。

【答案】（1）2×10-2N方向竖直向下（2）3m（3）-5.5×10-2J

【解析】

【详解】(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时，机械能守恒:

解得：

在C点，由牛顿第二定律：    

解得：    

由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力 ，方向竖直向下  

(2)ab碰撞动量守恒：

解得：        

ab在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s，由牛顿第二定律：

解得：a=1m/s2   

根据速度位移公式：  

解得：

<L

所以ab离开传送带时与其共速为v=3m/s，进入复合场后，，所以做匀速圆周运动，由，可得：   

由几何知识解得传送带与水平地面的高度：

(3)ab系统在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功：

ab系统在复合场运动过程中，电场力对其做功：

所以，二者碰后一直到落地，系统机械能的变化量：

△E=Wf+W电=5.5×10-2J

15.下列说法正确的是(　  　)

A. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力

B. 由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离

C. 分子平均速率大的物体的温度比分子平均速率小的物体的温度高

D. 机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能

E. 分子间的引力和斥力同时存在，都随分子间距离的增大而减小

【答案】ABE

【解析】

【详解】液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，选项A正确； 由阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和气体的密度，由，可以估算出理想气体分子间的平均距离，选项B正确；分子平均动能大的物体的温度比分子平均动能小的物体的温度高，选项C错误；机械能能全部转化为内能，但是根据热力学第二定律可知，内能无法全部用来做功以转化成机械能，选项D错误；分子间的引力和斥力同时存在，都随分子间距离的增大而减小，选项E正确；故选ABE.

16.如图所示为一定质量的理想气体状态变化的P-V图像，若已知该气体在状态B时的温度为27℃，求：

①气体在状态A和C时的温度分布为多少？

②气体从状态A沿图中斜线变化到状态C吸热的热量，比从状态A到状态B再到状态C吸收的热量多多少？

【答案】(1)         (2)

【解析】

【详解】①状态A：

状态B：

状态C：

从A到B，由等容变化规律：

可得

从B到C，由等压变化规律：

可得

②气体从状态A沿图中斜线变化到状态C吸热的热量，气体的内能不变，吸热的了等于对外做的功，即：

从状态A到状态B再到状态C吸收的热量：，

多吸收：