1、佛山一中2019-2020学年上学期髙三期中考试试题理科综合-物理二、选择题：本题共8个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一个选项符合题目要求，第19-21题有两个或以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的图象如图所示，图中AB/CD.则整个过程中A. F1的冲量等于F2的冲量B. F1的冲量大于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的
2、冲量15.在如图所示的图象和W图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是A.甲车做曲线运动，乙车做直线运动B.0t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C.0-t2时间内，丙、丁两车的平均加速度相等D.0-t2时间内，丙、丁两车平均速度相等16.假设地球可视为质量均匀分布的球体，己知地球表面重力加速度在两极的大小为,赤道的大小为g; 地球自转的周期为r，引力常量为G,则地球的密度为A. B. C. D. 17.如图所示，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当小球和车厢一起向右 做匀加速运动（空气阻力不计）时，下
3、列各图中正确的是18.如图所示，k是一质量为M的盒子，B的质量为，用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，W置于倾角为=30的斜面上，B悬于斜面 之外，处于静止状态.现在向A中缓慢地加入沙子，整个系统始终 保持静止，则在加入沙子的过程中下列说法错误的是A.绳子拉力大小不变，恒等于B.A对斜面的压力逐渐增大C.A所受的摩擦力逐渐增大D. A所受的摩擦力先减小后增大19.如图，一固定容器的内壁是半径为的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则A.
4、 B. C. D. 20.如图所示，半径为R、质量为M的一光滑圆槽静置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小木块从槽的顶端由静止滑下，直至滑离圆槽的过程中，下列说法中正确的是A.M和m组成的系统动量守恒B.m飞离圆槽时速度大小为C. m飞离圆槽时速度大小为D.m飞离圆槽时，圆槽运动的位移大小为21.质量为m和M的两个物块A、B,中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧，弹簧与A、B 不相连，它们一起在光滑的水平面上以共同速度向右运动，总动量为p,弹簧弹性势能为Ep。某时刻 轻绳断开，弹簧恢复到原长时，A刚好静止，B向右运动，与质量为M的静止物块C相碰并粘在一起。则A.弹簧弹力对W的冲量大小为
5、B.弹簧弹力对B做功大小为EpC.全过程机械能减少量为EpD. B、C的最终速度为二非选择题：22. (6分）为了探宄加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置， 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滑轮)，钩码总质量用m表示。(1)为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论， 下列说法正确的是 A.三组实验中只有甲需要平衡摩擦力B.三组实验都需要平衡摩擦力C.三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件D.三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量
6、M的条件(2)若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，,g为当地重力加速度，则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为 ，乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为 _ 。23.(9分）某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律及平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数的实验。在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g。采用的实验步骤如下：A.在小滑块a上固定一个宽度为的窄挡光片；B.用天平分别测出小滑块a (含挡光片）和小球b的质量ma、mb.C.在a和b间用细线连接，
7、中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上：D.烧断细线后，a、6瞬间被弹开，向相反方向运动：E.记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t;F.滑块最终停在C点（图中未画出），用刻度尺测出2C之间的距离&G.小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度A及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离外；H.改变弹簧压缩量，进行多次测量。(1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为 mm；(2)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证两物体a、6弹开后的动量大小相等，即a的动量大小 等于b的动量大小；(用上述实验所涉及物理量的字母表示）(3)改变弹簧压
8、缩量，多次测量后，该实验小组得到小滑块a的&与7关系图象如图丙所示，图象的斜率为k，则平台上W点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为 。（用上述实验数据字母表示）24.(12分）如图所示，一倾角=37的斜面底端与一传送带左端相连于B点，传送带以的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C点水平抛出，最后落到地面上的D点，已知斜面长 度L1=8m，传送带长度L2=18m，物块与传送带之间的动摩擦因数(1)求物块与斜而之间的动摩擦因数叫；(2)求物块在传送带上运动时间；(3)若物块在D点的速度方向与地面夹角
9、为，求C点到地面的高度和C、D两点间的水平距离。25.(20分）如图，质量为M=4kg的木板静止放在光滑水平面上，木板右端B点固定一根轻质弹簧，弹簧自由端在C点，C到木板左端的距离L=0.5m,质量为m= lkg的小木块（可视为质点）静止放在木板的左端，木块与木板间的动摩擦因数为=0.2,木板仙受到水平向左的恒力F=14N，作用一段时间后 撤去，恒力F撤去时木块恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧最大压缩量=5cm，=10m/s2。求：(1)水平恒力F作用的时间t;(2)撤去F后，弹簧的最大弹性势能Ep；(3)整个过程产生的热量Q。33.【物理选修3-3】（15分）(1) (5分）下列说
10、法正确的是 (填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A.知道水的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏加德罗常数B.在阳光照射下的室内可见尘埃在空中不停飞舞，这是尘埃的布朗运动C.水黾可以停在水面而不沉入水中，是因为水的表面存在着表面张力D.晶体具有各向异性，是因为其点阵结构中各个方向上微粒个数不均等气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力的缘故(2)（10分）如图所示，均匀薄壁C7型管竖直放置，左管竖直部分高度大于30cm且上端封闭，右管上端 开口且足够长，用两段水银封闭了 A、B两部分理想气体，下方水银左右液
11、面等高，右管上方的水银柱高h=4cm，初状态温度为27，A气体长度 =15cw，大气压强.现使整个装置缓慢升温，当下方水银的左右液面高度相差=10cm时，保持温度不变，再向右 管中缓慢注入水银，使X中气柱长度回到15cm.求：(1)升温后保持不变的温度是多少摄氏度？右管中再注入的水银高度是多少？34.【物理选修3-4】（15分）略参考答案及评分标准物理答案14.D 15.C 16.A 17.B 18.C 19.AC 20BD. 21.AD22.（1）BC；（2）1：2，1：2（1）AB、为便于测量合外力的大小，甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，而乙图是力传感器的示数，丙图则是测力计的2
12、倍，因此它们都必须平衡摩擦力，故A错误，B正确；CD、由于甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误；（2）乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，且通过计算得到小车加速度均为a，根据牛顿第二定律，则有：F=M乙a，2F=M丙a；因此乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为1：2；由牛顿第二定律，对砝码研究，则有m乙g-F=m乙a，而m丙g-F=m丙2a，因a=g，解得，m乙：m丙=1：2；即乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为1：2；故答案为：（1）BC；（2）1：2，1：223.【答案】2.5
13、50 mbsb 【解析】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.015.0mm=0.050mm，所以最终读数为：5.5mm+0.050mm=2.550mm。（2）烧断细线后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a经过光电门的速度为：va=；故a的动量为：Pa=mab离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：h=gt2sb=vbt解得：vb=sb动量大小：Pb=mbsb若动量守恒，设向右为正，则有：0=mbvb-mava即ma=mbsb即可验证动量守恒；（3）对物体a由光电门向左运动过程分析，则有：va2=2asa经过光电门的速度：va=由牛顿第二定律可得：a=
14、g联立可得：sa=则由图象可知：=故答案为：（1）2.550；（2）ma；mbsb；（3）。24.解：（1）从A到B由动能定理可知：mgL1sin37-1mgL1cos37=0-mv代入数据解得：1=0.875（2）物块在传送带上由牛顿第二定律：2mg=maa=达到传送带速度所需时间为t=s加速前进位移为18m滑块在传送带上再匀速运动匀速运动时间为故经历总时间为t总=t+t=4s（3）设高度为h，则竖直方向获得速度为联立解得h=3.2m下落所需时间为水平位移为xCD=vt=60.8m=4.8m。25.【解析】（1）对m： （3）假设最终m没从AB滑下，由动量守恒可知最终共同速度仍为v=2.8m
15、/s设m相对AB向左运动的位移为s，则：解得：s=0.15m可知：，故上面假设正确。 全过程产热：33.【答案】ADE【解答】A、一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，故A正确。B、第一类水动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律，而第二类永动机研制失败的原因并不是违背了能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律。故B错误。C、当分子间距rr0时，分子间的引力和斥力都随着分子间距的增大而减小，而且斥力减小更快，所以分子力表现为引力。故C错误。D、相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大。故D正确。E、一定质量的单晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，所吸收的热量全部用来增大分子势能，故E正确。故选ADE。【答案】解：缓慢升温过程中，对A中气体分析初态：V1=l1SP1=P0+h=80cmHgT1=（27+273）K=300K末状态：V2=（l1+l）S，p2=p0+h+l，由理想气体状态方程得：=，代入数据解得：T2=450K；得t2=1770C对A气体分析，初末态体积相同T3=T2p3=p0+h+h，由查理定律得：=，代入数据解得：h=40cm；可得再加入的水银高h=（120-76-4）cm=40cm