1、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
2、。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xt图象如图所示，则下列说法正确的是A. 0t1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】Ax-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。B0到t1时间内，甲乙两车位移相等，根据平均速度等于位
3、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
4、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
5、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
6、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。Dx2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
7、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2:1D. 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。
8、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（090），木块
9、与地面的动摩擦因数恒定，则A. 越小，F越小B. 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越小，F越小。故A不符合题意。B越大，F越小。故B不符合题意。CF的最小值一定比木块重力小。故C符合题意。DF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m2 kg的另一物体B以水平速度v03 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
10、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 JB. 系统损失的机械能为6 JC. 木板A的最小长度为1 mD. 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
11、表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：mBg=mBa，代入解得：=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v12 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v25 m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数0.2，重力加速度g10 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
12、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：mg=ma，解得：a=g=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
13、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2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=10
14、m/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/sB. 整个过程中，流过电阻r1的电荷量为1CC. 整个过程中，电阻r2上产生的焦耳热为1.5JD. 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
15、：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
16、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
17、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
18、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“Mm”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
19、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Mm，而甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足Mm，（3）甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足Mm，随着m的增大，不满足Mm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
20、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aF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1=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2=6rad/s作圆锥摆运动时，绳子张力T2及桌面受到压力
21、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𝜶，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
22、向垂直纸面向外。两个质量均为m=1.010-3Kg的物块a和b，物块a不带电，b带q=1.010-3C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=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）210-2N方向竖直向下（2）3m
23、（3）-5.510-2J【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
24、统机械能的变化量：E=Wf+W电=5.510-2J15.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
25、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：气体在状态A和C时的温度分布为多少？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】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：