辽宁省六校协作体2020届高三上学期期中考试物理试题

2019-2020学年度上学期省六校协作体高三期中考试

物理试题

一、选择题（本大题共12小题每小题4分，计48分，其中1-8题只有一项符合要求，9-12题有多项符合要求，全部选对的得4分，部分选对的得2分，有错选或不选的得0分）

1.几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动。恰好能穿出第四个水球，则可以判定（   ）

A. 由题干信息可以确定子弹在每个水球中运动的时间相同

B. 由题干信息可以确定子弹穿过每个水球的时间

C. 子弹在每个水球中速度变化相同

D. 子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等

【答案】D

【解析】

【详解】AB．设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动。因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d，2d，3d和4d，根据x=at2知，所以时间之比为1：：：2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；由以上的分析可知，子弹依次穿过4个水球的时间之比为：（2-）：（−）：（−1）：1，但是不能求解穿过每个水球的具体时间，故AB错误；

C．子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由△v=at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；故C错误；

D．由A的分析可知，子弹穿过前3个水球的时间与穿过第四个水球的时间是相等的，由匀变速直线运动的特点可知，子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等。故D正确。

2.质量为m的木箱放置在光滑的水平地面上，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由静止开始运动,经过时间t速度变为v，则在这段时间内拉力F与重力的冲量大小分别为(　　)

A. Ft, 0

B. Ft, mgt

C. mv, mgt

D. Ftcosθ, 0

【答案】B

【解析】

【详解】在t时间内，拉力F的冲量I=Ft，重力的冲量IG=mgt．

A．Ft，0，与结论不相符，选项A错误；

B．Ft，mgt，与结论相符，选项B正确；

C．mv，mgt，与结论不相符，选项C错误；

D．Ftcosθ，0，与结论不相符，选项D错误；

3.建筑工人用简单的定滑轮装置将工件从地面提升并运送到楼顶。如图所示，设当重物提升到一定高度后，工人甲拉紧绳索不动，乙通过一始终保持水平的轻绳将工件缓慢拉到楼顶，不计滑轮的摩擦力，则工件在向左移动过程中（    ）

A. 楼顶对乙的摩擦力不变

B. 绳索对甲的拉力不断减小

C. 楼顶对甲的支持力不变

D. 楼顶对甲的摩擦力大于楼顶对乙的摩擦力

【答案】D

【解析】

当乙把工件拉开一个小角度θ后，工件的受力如图：

A. 绳子与竖直方向夹角为θ，则有，当θ角增大，则F1增大，绳子对乙的拉力增大，则乙受到楼顶的摩擦力也增大，故A错误；

B. 开始的时候绳子对甲的拉力大小等于物体重力,后来当θ角增大，绳子对甲的拉力，增大，故B错误；

C. 甲在楼顶受到重力、楼顶的支持力和摩擦力、以及绳子的拉力，竖直方向楼顶对甲的支持力加上绳子对甲的拉力在竖直方向的分力与重力大小相等方向相反，由于绳子对甲的拉力增大，楼顶对甲的支持力减小，故C错误；

D. 可用极端法,先分析乙在图上位置f=0,再分析乙在甲位置f乙=f甲,所以在移动的过程中,是始终小于f甲的。故D正确；

故选：D。

点睛：对工件进行受力分析，然后根据受力平衡，及平行四边形定则即可求解两个绳子拉力的变化，然后分别对甲和乙进行受力分析即可。

4.一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起,第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用。下列判断正确的是(   )

A. 0∼2s内外力的平均功率是W

B. 第2秒内外力所做的功是J

C. 第2秒末外力的瞬时功率最大

D. 第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是

【答案】A

【解析】

【详解】A．由动量定理Ft=mv2-mv1求出1s末、2s末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s 
由动能定理可知合力做功为：

故0～2s内功率是：

故A正确；

BD．第1秒内与第2秒内动能增加量分别为：

故第2s内外力所做的功为2.5J；第1秒内与第2秒内动能增加量的比值为4：5，故BD错误；

C．1s末、2s末功率分别为：

P1=F1v1=4W

P2=F2v2=3W；

第2秒末外力的瞬时功率不是最大。故C错误；

5.在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g=10m/s2)(   )

A. 50m/s，1.25 B. 40m/s，0.25

C. 50m/s，0.25 D. 80m/s，1.25

【答案】C

【解析】

【详解】上升过程中所受的平均阻力f=kmg，根据牛顿第二定律得：

根据得：

所以

v0=at=50m/s

而

（k+1）g=12.5m/s2

所以

 k=0.25。

A．50m/s，1.25，与结论不相符，选项A错误；

B．40m/s，0.25，与结论不相符，选项B错误；

C．50m/s，0.25，与结论相符，选项C正确；

D．80m/s，1.25，与结论不相符，选项D错误；

6. 关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( )

A. 电场强度的方向总是指向正电荷的运动方向

B. 电场强度为零的地方，电势也为零

C. 随着电场强度大小逐渐减小，电势也逐渐降低

D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向

【答案】D

【解析】

试题分析：电场强度的方向不一定是正电荷的运动方向，只有正电荷从静止开始沿直线电场线运动时，其运动方向才沿电场强度的方向，选项A错误；电场强度为零的地方，电势不一定为零，例如放在电场中的导体，场强为零，但是电势不为零，选项B错误；随着电场强度的大小逐渐减小，电势不逐渐降低，例如在负点电荷电场中，距离负电荷越远，场强越小，但是电势越高，选项C错误；任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向，选项D正确；故选D.

考点：电场强度；电势

【名师点睛】此题考查了电场强度及电势的关系；要知道电场强度是从力的角度对电场进行描述，而电势则时从能量角度进行描述，所以场强为零的点电势不一定为零，而电势为零的点场强不一定为零；电场强度的方向是电势降落最快的方向.

7.如图所示，a为放在地球赤道上随地球表面一起转动的物体，b为处于地面附近近地轨道上的卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，若a、b、c、d的质量相同,地球表面附近的重力加速度为g。则下列说法正确的是(   )

A. d是三颗卫星中动能最小，机械能最大的

B. c距离地面的高度不是一确定值

C. a和b的向心加速度都等于重力加速度g

D. a的角速度最大

【答案】A

【解析】

【详解】A．卫星做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：

卫星的动能：

三颗卫星中d的轨道半径最大，则d的动能最小，以无穷远处为零势能面，机械能：

d的轨道半径最大，d的机械能最大，故A正确；

B．c是同步卫星，同步卫星相对地面静止，c的轨道半径是一定的，c距离地面的是一确定值，故B错误；

C．同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，a的向心加速度小于c的向心加速度。由牛顿第二定律得：

解得：

卫星轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故C错误；

D．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：

解得：

由于rb＜rc＜rd，则ωb＞ωc＞ωd，a与c的角速度相等，则b的角速度最大，故D错误；

8.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一小球。小球在M处时，弹簧处于原长状态．现用力F作用于小球使它从M处缓慢下降，到达N处时，力F刚好为零。此过程中，力F对小球做的功的大小为W，不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法不正确的有（ ）

A. 小球与弹簧组成的系统机械能减少量为W

B 小球重力势能减小量一定大于W

C. 若将小球从M处由静止释放，则小球到达N处时的动能为2W

D. 弹簧弹性势能增加量一定等于W

【答案】C

【解析】

【详解】A．因为力F对小球做负功，其大小等于小球与弹簧组成的系统机械能的减少量，则系统机械能减小量为W，选项A正确，不符合题意；

B．重物在向下运动的过程中，要克服弹簧拉力做功W弹力，根据动能定理知

mgh-W-W弹力=0

故物体重力势能减小量一定大于W，故B正确，不符合题意；

C．重物从静止下落到N的过程中，根据动能定理，有

结合B选项知Ek=W，故C错误，符合题意；

D．由mgh-W-W弹力=0可知

W弹力=mgh-W

而

F=kh=mg

则

则

W弹力=mgh=W

则弹簧弹性势能增加量一定等于W，选项D正确，不符合题意。

9.空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，已知a、c的电势关系为φa>φc，则(   )

A. P、Q两点处的电荷为等量同种电荷

B. a点和b点的电场强度相同

C. c点的电势低于d点的电势

D. 负电荷从b到d电势能增加

【答案】CD

【解析】

【详解】A．根据电场的图象可以知道，该电场是等量同种异号电荷的电场，故A错误；

B．等量同种异号电荷的电场线分布具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同。故B错误；

C．由题φa＞φc，结合电场线从正电荷出发到负电荷终止，顺着电场线方向电势逐渐降低，可知Q带正电，P带负电；c点与d点比较可知，c点离P点（负电荷）的距离更近，所以c点的电势较低。故C正确；

D．图中a点的电势高于c点电势，可知Q带正电，P带负电，所以由图可知 b点的电势高于d点的电势；而负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知负电荷从b到d，电势降低，电势能增大。故D正确。

10.如图所示是2016年里约奥运会中易建联投球的照片。若在某次投篮中将球由静止快速出手,篮球不碰篮筐直接入网,已知出手时篮球距地面高度为 ,出手过程中手对篮球做功为 W,篮筐距地面高度为 ,篮球质量为 m0.不及空气阻力,篮球可看成质点,则篮球（  ）

A. 出手时的速率为 

B. 进筐时的动能为 

C. 从静止到进筐的过程中,机械能的增量为 W

D. 从出手到进筐的过程中,运动总时间为 

【答案】AC

【解析】

【详解】投篮过程，由动能定理得：W=mv2，得篮球出手时的速率为 v=，故A正确；从出手到进筐的过程中，由动能定理得：-mg（h2-hl）=Ek-mv2，可得篮球进框时的动能为 Ek=W+mghl-mgh2．故B错误；从出手到进筐的过程中，手对球做功为W，离开手后，机械能守恒，所以静止到进框的过程中，机械能的增量为W，故C正确；假如篮球上升h2-h1后到达最高点，则由h2-h1=gt2可知，t=，但是篮球离手后做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，到最高点再斜下抛，落回到高h2的高度，可知从出手到进筐的过程中运动总时间大于，故D错误。故选AC。

【点睛】本题考查了动能定理的应用，分析清楚题意，灵活选取研究的过程，应用动能定理即可正确解题；了解斜抛运动的特点也是解答本题的关键.

11.如图所示,半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁上下部均无压力，则小球A通过最高点C点时的速度v及A、B两球落地点间的距离x为（  ）

A. x=R

B. x=2R

C v=

D. v=

【答案】BD

【解析】

【详解】两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差。
对A球：

解得

对B球：

解得

由平抛运动规律可得落地时它们的水平位移为：

得：

sA-sB=2R

A．x=R，与结论不相符，选项A错误；

B．x=2R，与结论相符，选项B正确；

C．v=，与结论不相符，选项C错误；

D．v=，与结论相符，选项D正确；

12.光滑水平面上有一静止的长木板，其左端放着一个质量为m的小铁块，如图中A所示初始位置。某时刻小铁块获得一水平向右的初速度v后开始在木板上滑行，一段时间后从长木板的右端离开，小铁块与木板之间存在摩擦力。则小铁块刚滑到长木板的右端时，与初始的相对位置比较，图中①②③④所示的四种情况中，不可能出现的是

A. ① B. ② C. ③ D. ④

【答案】ACD

【解析】

小铁块以一定的初速度滑上长木板，相对于长木板向右运动，小铁块对长木板有向右的滑动摩擦力，在滑动摩擦力作用下，长木板向右做匀加速运动，当小铁块刚滑到长木板的右端时，长木板相对于水平面的位移向右，所以①图不可能。故A错误。小铁块向右做匀减速运动，长木板向右做匀加速运动，若小铁块刚滑到长木板的右端时小铁块的速度大于长木板的速度，作出两个物体的v-t图象，由图象的“面积”表示位移知，图中红色阴影面积表示小铁块相对于长木板的位移，等于板长，黑色阴影面积表示长木板的位移，如图

根据几何关系知，长木板的位移小于板长。所以②图可能，③、④图不可能。同理，当小铁块刚滑到长木板的右端时小铁块的速度等于长木板的速度，②图可能，③、④图不可能。故B正确，CD错误。本题选不可能出现的，故选ACD。

【点睛】分析长木板的受力情况，判断其运动情况。画出小铁块和长木板的v-t图象，根据图象的面积表示位移分析小铁块刚滑到长木板的右端时两者相对位移与长木板位移的大小，即可作出判断。

二、实验题（共16分 ）

13.在用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带，已知计时器打点的时间间隔为0.02s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为_____s．用刻度尺量得OA=1.50cm，AB=1.90cm，BC=2.30cm，CD=2.70cm．由此可知，纸带做_____运动（选填“匀加速”或“匀减速”），打C点时纸带的速度大小为_____m/s．物体运动的加速度为_____m/s2（结果保留两位有效数字）

【答案】    (1). 0.1    (2). 加速    (3). 0.25    (4). 0.40

【解析】

【详解】打点计时器的周期为0.02s，所以两点间隔为0.02s，则相邻两个计数点之间的时间间隔是0.1s，

在相同的时间内通过的位移差值恒定不变，所以纸带做匀加速直线运动，C点为BD的中间时刻，。

用逐差法得加速度

【点睛】本题难度较小，明确打点计时器的周期与两点间的时间间隔相同，掌握匀变速直线运动的规律是解决本题的关键。

14.如图所示的实验装置可以用来验证机械能守恒定律。左侧重物A带有挡光片，其总质量为m，右侧重物B质量为M，两重物由跨过光滑定滑轮的绳相连。光电门可以测量挡光片经过光电门时的挡光时间，挡光片的宽度用b表示，挡光片与光电门之间的距离用h表示，挡光片通过光电门时的平均速度可看成挡光片通过光电门时的瞬时速度。

(1)实验开始之前，先用游标卡尺测量挡光片的宽度b。按上图所示连接实验器材，实验时两重物由静止开始运动，重物A、B的质量应满足的关系为M________m. (填大于、等于、小于)

(2)在实验过程中，与光电门相连的数字毫秒计记录下挡光片的挡光时间为t，则挡光片通过光电门时的瞬时速度可表示为v=_____________。(用题中所给字母表示)

(3)两重物从静止开始运动，当挡光片经过光电门时，两重物组成的系统动能增加量可表示=____________，系统的重力势能减少量可表示为=___________，在实验误差允许的范围内，若满足=，则可认为系统的机械能守恒。(重力加速度为g)

(4)为了减小偶然误差,实验时多次改变挡光片到光电门的距离h，作出的v2−h图象为一直线，并测得该图象的斜率为k，则重力加速度表达式g=_____________。

【答案】    (1). 大于    (2).     (3).     (4).     (5).

【解析】

【详解】（1）[1]．实验时需让重物A向上加速，则重物A、B的质量应满足的关系为M>m.

（2）[2]．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，挡光片通过光电门的瞬时速度

．

（3）[3]．系统动能的增加量

[4]．系统重力势能的减小量

△Ep=（M-m）gh．

（4）[5]．根据系统机械能守恒得，

解得

则图线的斜率

解得重力加速度

．

三、计算题（共36分，要求写出必要的文字说明、方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

15.如图所示，羽毛球筒的A端封闭、B端开口，某同学欲从B端取出筒内的位于A端的羽毛球，他将球筒举到距离桌面H=40cm处，手握球筒让其快速竖直向下加速运动，该过程可看作是由静止开始的匀加速直线运动，经t=0.20s后球筒撞到桌面并立即停止，羽毛球则相对球筒继续向下滑动，当羽毛球的球托C滑到B端时恰好停止。若球筒总长L=39cm，羽毛球的长度d=7cm，设羽毛球相对球筒滑动时受到的摩擦阻力和空气阻力均恒定，重力加速度g=l0m/s2。求：

(1)球筒撞击到桌面前瞬间的速度大小；

(2)羽毛球相对球筒滑动时所受的总阻力大小与其重力大小的比值。

【答案】(1)v=4m/s (2)

【解析】

（1）羽毛球先与筒一起匀加速，加速度大小为a：

解得a=20 m/s2

0.2s末球筒撞击桌面前瞬间的速度v=at=4 m/s

(2) 球筒撞击桌面后羽毛球做匀减速直线运动，设其加速度大小为a2

解得a2=20 m/s2

对羽毛球，根据牛顿第二定律f-mg=ma2

解得f=3.5mg

所以

16.如图所示，在光滑水平面上放置一个长为L=1.5m的木板A，在距离A的右端d=0.2m处放置一个表面光滑的半径足够大的四分之一圆弧槽C，圆弧槽末端切线水平且与木板A的上表面在同一水平线上。现有一质量为m=1kg的小物块B以初速度v0=5m/s从木板A左端滑上木板的上表面，已知木板A与圆弧槽C的质量均为2m，木板A与圆弧槽C相碰时作用时间极短，且碰后粘在一起不再分开。小物块B与木板A的动摩擦因数，g取10m/s2。求：

(1)木板A和圆弧槽C碰撞前瞬间，木板A与小物块B的速度各为多大。

(2)从小物块B滑上木板A到小物块B最终与木板A相对静止的过程中，由于摩擦力产生的热量是多少？

【答案】(1) vA=1m/s ， vB=3m/s  (2) 9.5J

【解析】

【详解】（1）设木板A与圆弧槽C碰前瞬间，木板A的速度为vA,物块B的速度为vB,对于木板A，从小物块B滑上木板A到木板A与圆弧槽C相碰前的过程，设A、B、C的质量分别为mA、mB、mC，mA=mC =2m ,mB=m.

由动能定理得

µmBgd=

得

vA=1m/s

由动量守恒定理定律

mBv0=mAvA+ mBvB

vB=3m/s

小物块B滑上木板A到木板A与圆弧槽C即将相碰的过程，设B在A上运动的距离为x1,

由能量转化和守恒定律

µmBg x1=mBv02 -mBvB2-mAvA2

解得：

x1=1.4m

由于vB >vA, 且x1<L，故木板A与圆弧槽C相碰时，物块B仍在木板A上滑行，故碰撞前瞬间

vA=1m/s

vB=3m/s

（2）设木板A与圆弧槽C碰后共同速度v，对木板A和圆弧槽C碰撞前后应用动量守恒定律

mAvA=（mA+mC）v

解得：

v=0.5m/s

碰撞过程损失的机械能

△E=mAv2A-（mA+mC）v2

根据题意可知A、B、C最终相对静止，设共同速度v共

mBv=（mA+ mB+ mC ）v共

v共=1m/s

由能量守恒定律

Q=mBv2 -（mA + mB+ mC ）v2共-△E

得：

Q=9.5J

17.如图是某种静电分选器的原理示意图，两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电,b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d=0.1m,板的长度l =0.5m，电场仅局限在平行板之间;各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1×10−5C/kg。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g=10m/s2（计算结果均保留一位有效数字）。

(1)左、右两板各带何种电荷?两极板间的电压多大?

(2)若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少?

(3)设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半，求颗粒第2次与传送带碰撞反弹的高度？

【答案】(1) 1×104V (2) 4m/s (3) 0.05m

【解析】

【详解】（1）由a颗粒带正电，故电场方向向左，所以左板带负电荷，右板带正电荷；

依题意,颗粒在平行板的竖直方向上做自由落体运动,故满足：

在水平方向上做匀加速直线运动,故满足：

得两极板间的电压为：

U=1×104V

（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足：

解得颗粒落到水平传送带上时的速度大小为：

v=4m/s 

（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动,可得颗粒第一次落到水平传送带上沿竖直方向上

故颗粒第一次反弹速度大小为；第二次反弹的速度大小为

颗粒第2次反弹后上升的高度h为：

可得颗粒第二次反弹高度为：

h=0.05m