1、河北省武邑中学2019届高三上学期期中考试物理试题一、选择题1.某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖a,b由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】两只飞镖a、b都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有，据题它们的水平位移大小相等，所以运动时间关系为，由知，所以插在竖直靶上时a镖在b的上面；设飞镖插在竖直靶上前瞬间速度与竖直方向的夹角为，则，因为，所以有，C正确【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移2
2、.如图所示是火箭点火发射的某一瞬间，下列说法一定正确的是（）A. 火箭受重力、空气的推力、空气阻力作用：B. 火箭加速升空过程中处于失重状态C. 发动机喷出气体对火箭的作用力和火箭所受的重力是一对平衡力D. 发动机喷出气体对火箭的作用力与火箭对喷出气体的作用力的大小相等【答案】D【解析】【详解】A项：火箭受重力、发动机喷出气体对火箭的作用力，故A错误；B项：火箭加速升空过程中处于超重状态，故B错误；C项：由于火箭加速升空所以动机喷出气体对火箭的作用力比火箭所受的重力更大，故C错误；D项：发动机喷出气体对火箭的作用力与火箭对喷出气体的作用力为一对作用力与反作用力，所大小相等，故D正确。故应选D。
3、3.火箭的发射与回收是航天技术的一大进步。火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上。不计火箭质量的变化，则：A. 火箭在匀速下降过程中，机械能守恒B. 火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于超重状态C. 火箭在减速下降过程中，合力做功等于火箭机械能的变化D. 火箭在减速下降过程中，机械能守恒【答案】B【解析】【详解】火箭在匀速下降过程中，动能不变，重力势能减小，可知机械能减小，选项A错误；火箭在减速下降过程中，加速度向上，则携带的检测仪器处于超重状态，选项B正确；火箭在减速下降过程中，合力做功等于火箭动能的变化，选项C错误；火箭在减速下降过程中，动能和重力势
4、能都减小，则机械能减小，选项D错误；故选B.4.如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3, 1和2及2和3间分别用原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是() A. B. C. D. 【答案】C【解析】对木块3分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：，则，对木块2和3整体分析，摩擦力和弹簧弹力平衡，有，则，则1、3两木块的距离，C正确5.如图所示，真空中O点存在一个带正电的点电荷Q，附近有一个不带电的金属网罩W，网罩内部有一点P，
5、OPr静电力常量记作k，下列判断正确的是（ ）A. 金属网罩包含的自由电荷很少，静电感应后不能达成静电平衡B. 金属网罩对电荷Q的作用力表现为斥力C. 金属网罩的左部电势较高，右部电势较低D. 金属网罩的感应电荷在P点产生的感应电场场强大小为【答案】D【解析】【分析】根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，内部场强处处为零，感应起电的实质电子的转移。【详解】A项：金属网罩在静电感应后一定能达成静电平衡，故A错误；B项：由于静电感应，在金属网罩到达静电平衡后，靠近O处的负电荷受到的吸引力大于远离O处的正电荷受到的排斥力，所以金属网罩对电荷Q的作用力表现为引力，故B错误；C项：
6、在金属网罩到达静电平衡后，本身是一个等势体，各点的电势是相等的，故C错误；D项：在金属网罩到达静电平衡后，内部的场强处处为0，所以感应电荷在P点产生的感应电场场强大小与点电荷在P点产生的电场强度大小是相等的，方向相反，所以根据库仑定律可知感应电荷在P点产生的感应电场场强大小为，故D正确。故应选D。【点睛】达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，内部场强处处为零这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉。6.某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞
7、机着陆时的速度应是()A. vB. vC. vD. v【答案】C【解析】【详解】由题意知，当飞机的速度减小时，所受的阻力减小，因而它的加速度会逐渐变小。画出相应的v t图象大致如图所示。根据图象的意义可知，实线与坐标轴包围的“面积”表示的位移为x，虚线(匀减速运动)下方的“面积”表示的位移为t，应有tx，所以v，所以选项C正确。【点睛】本题通过速度时间图线，结合图线与时间轴围成的面积表示位移，结合平均速度推论分析比较方便7.如图所示，两个质量相同的小球a、b用长度不等的细线拴在天花板上的同一点，并在空中同一水平面内做匀速圆周运动，则a、b两小球具有相同的（ ）A. 角速度的大小B. 线速度的大
8、小C. 向心力的大小D. 向心加速度的大小【答案】A【解析】【详解】设摆线长L，与竖直方向夹角为，则对小球受力分析可知，mgtan=m2Lsin，则，则两球的角速度相等，选项A正确；根据v=Lsin可知，线速度不等，选项B错误；向心力F= mgtan，则向心力不相等，选项C错误；向心加速度a=F/m=gtan，则向心加速度大小不相等，选项D错误；故选A.8.如图甲所示,一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m=11 kg的轮胎从静止开始 沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37，5 s后拖绳从轮胎上脱落，轮胎运动的v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37=0.6，c
9、os 37=0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）A. 轮胎与水平地面间的动摩擦因数=0.2B. 拉力F的大小为55 NC. 在05s内，轮胎克服摩擦力做功为1375 JD. 在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W【答案】D【解析】A、撤去F后，轮胎的受力分析如图1所示，由速度图像得5s7s内的加速度a2=-5m/s2，根据牛顿运动定律有，又因为，代入数据接的=0.5，故A错误；B、力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图2所示，根据牛顿运动定律有，又因为，由速度图像得此过程的加速度a1=2m/s2，联立解得：F=70N，B正确；C、在0s5s内，轮胎克服摩擦力做功为，C错
10、误；D、因6s末轮胎的速度为5m/s，所以在6s时，摩擦力的瞬时功率大小为，D正确；故选D。【点睛】根据速度图像的斜率求出5s7s内运动的加速度，结合牛顿运动定律及滑动摩擦力的计算公式求出动摩擦因数；根据题意做出撤去F后轮胎的受力示意图，根据共点力平衡条件列示，联立求解拉力F的大小； 由速度图像得到6s末轮胎的速度，根据P=Fv求出摩擦力的瞬时功率大小。9.如氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量在1.62eV3.11eV之间，下列说法正确的是 （ ）A. 氢原子从高能级向n=1能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高B. 氢原子从高能级向n=2能级跃迁时发出的光一定是可见光C. 氢原子从高能
11、级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高D. 大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时可以发出两种可见光。【答案】AD【解析】【详解】A、从高能级向n=1能级跃迁时发出的光子能量大于10.2eV，大于可见光子的能量，属于跃迁发出的光子频率大于可见光的频率，故A正确；B、从高能级向n=2能级跃迁发出的光子能量大于1.89eV，小于3.4eV，不一定在1.62eV到3.11eV之间，不一定是可见光，故B错误；C、从高能级向n=3能级跃迁发出的光子能量大于0.66eV，小于1.51eV，比可见光的能量小，属于发出的光子频率小于可见光的光子频率，故C错误；D、大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时
12、可以发出6中不同频率的光子，从n=4到n=2能级跃迁、n=3到n=2能级跃迁辐射的光子频率在可见光范围内，可以发出两种可见光，故D正确；故选AD。【点睛】能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，结合辐射的光子能量与可见光的光子能量比较进行分析。10.某静电场在x轴上的电势随x的变化关系-x图象如图所示，电场方向平行于x轴，下列说法正确的是A. x2处电场强度为零B. 正电荷从x1处移到x3处电势能增大C. 正电荷在x3处和x3处的加速度方向相反D. 电荷在x4处受到的电场力最大【答案】BC【解析】【分析】图象的切线斜率表示场强，正电荷在电势越高的点，电势能越大。根据电场强度的变化，判断
13、电场力的变化，从分析加速度的情况。【详解】在处，图象的切线斜率不为零，即该处的电场强度不为零，故A错误；正电荷从处移到处电势在升高，而正电荷在电势越高的点，电势能越大，故B正确；正电荷在处和处的切线斜率是一正一负，故电场强度方向相反，则电场力方向相反，根据牛顿第二定律可知加速度方向相反，故C正确；在处切线斜率为零，故电场强度为零，则电场力为零，故D错误；故选BC。【点睛】解决本题的关键要明确图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方向。11.摄制组在某大楼旁边拍摄武打片,要求特技演员从地面飞到屋顶。如图所示,导演在某房顶离地H=12 m处架设了滑轮(人和车均视为质点,且滑轮直径远小于H),
14、若轨道车从A处以v=10 m/s的速度匀速运动到B处,绳BO与水平方向的夹角为53.由于绕在滑轮上细钢丝的拉动,使质量为m=50kg的特技演员从地面由静止开始向上运动。在车从A运动到B的过程中(取g=10 m/s2 ,sin53=0.8,cos53=0.6)( ) A. 演员最大速度为6.0 m/sB. 演员上升高度为12 mC. 演员处于超重状态D. 演员机械能增量为2400 J【答案】ACD【解析】【详解】演员在B点的速度最大，则，选项A正确；演员上升高度为，选项B错误；根据可知，随车的运动，减小，则人的速度增加，即人的加速度向上，处于超重状态，选项C正确；演员机械能增量为，选项D正确；故
15、选ACD.【点睛】此题关键是知道车的速度是合速度，人上升的速度等于车的分速度；加速度向上为超重状态，反之为失重.12.如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，ABBCCD，E点在D点的正上方，与A等高从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程，下列说法正确的是 ( )A. 球1和球2运动的时间之比为12B. 球1和球2动能增加量之比为12C. 球1和球2抛出时初速度之比为21D. 球1和球2的速度变化量之比为2【答案】BCD【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体
16、运动，根据高度确定运动的时间，通过水平位移求出初速度之比根据动能定理求出动能的增加量之比；【详解】A、因为AC=2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据得：，解得运动的时间比为，故A错误；B、根据动能定理得：，知球1和球2动能增加量之比为1:2，故B正确；C、AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合，解得初速度之比为，故C正确；D、根据速度变化量，球1和球2的速度变化量之比为，故D正确；故选BCD。【点睛】关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解。二、实验题13.某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧
17、一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在_方向（填“水平”或“竖直”）。（2）弹簧自然悬挂，待弹簧_时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表表：表中有一个数值记录不规范，代表符号为_。由表可知所用刻度尺的最小分度为_。（3）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与_的差值（填“或”）。（4）由图可知弹簧的劲度系数为_N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2）。【答案】 (1). 竖直； (2). 稳定； (3). ； (4). ； (5). ；
18、(6). 4.9； (7). 10；【解析】试题分析：将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向表中有一个数值记录不规范，尺的最小分度值为1mm，所以长度应为3340cm，由表可知所用刻度尺的最小刻度为1mm在砝码盘中每次增加10g砝码，所以弹簧的形变量应该是弹簧长度与的差值充分利用测量数据，通过图和表可知所以砝码盘的质量为考点：探究弹力与弹簧伸长量的关系实验【名师点睛】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比对于实验问题，我们要充分利用图象处理实验数据来减少偶然误差视频14.如图所示为某同学测定木块A与木板之间动摩擦因数的实验装置，
19、A上固定一个容器B，B和C中可放置钩码，不计B、C的重力。A的左端与打点计时器的纸带(未画出)相连，通过打点计时器打出的纸带可以计算出木块A的加速度。实验中该同学在保持钩码总数量不变即图中B、C中钩码总重力不变的条件下，将B中钩码陆续移到C中，重复测量。不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦。(1)实验中除电磁打点计时器、纸带、若干个质量均为50克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线外，为了完成本实验，还应有_。A秒表 B天平 C毫米刻度尺 D低压交流电源(2)实验中某次获取的一条纸带的一-部分，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算加速度a=_
20、(保留两位有效数字)。(3)在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以加速度a为纵轴，绘制了如图所示的实验图线，由此可知滑块与木板间的动摩擦因数=_(g取10m/s2，保留两位有效数字)。【答案】 (1). CD (2). (3). 0.40【解析】（1）实验后，要测量纸带各点之间距离，因此实验器材还需要毫米刻度尺，另外电磁打点计时器需要接低压交流电源，因此还应有的器材是CD；（2）每相邻两计数点间还有4个打点，故每相邻两个计数点的时间间隔为，由得：，（3）对ABC系统应用牛顿第二定律可得：，所以a-m图象中，纵轴的截距为，故，。【点睛】本实验中需要交流电源和长度的测量工具；每隔4个点取一计数点，
21、相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，由匀加速规律可得，用求解加速度；对系统应用牛顿第二定律，得到图线的纵轴截距为，可解得动摩擦因数。三、计算题15.某电视台“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R、角速度为、铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H.选手抓住悬挂器可以在电动机的带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上设人的质量为m(不计身高)，人与转盘间的最大静摩擦力为mg，重力加速度为
22、g.(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度应限制在什么范围？(2)若已知H5 m，L8 m，a2 m/s2，g10 m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？【答案】（1） （2）2s【解析】【详解】（1） 设选手落在转盘边缘也不会被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有 故转盘转动的角速度应该满足：；（2）设选手水平加速阶段的位移x1，时间t1；选手平抛的水平位移为x1，时间为t2，则水平加速时： v=at1；平抛阶段：x2=vt2，H=gt22全程水平方向x1+x2=L联立以上各
23、式代入数据解得t12 s.【点睛】此题关键是知道选手做匀速圆周运动的向心力的来源，根据牛顿第二定律求解最大的角速度；知道选手先做匀加速直线运动后做平抛运动，结合运动规律求解.16.如图所示，竖直平面xOy内有三个宽度均为首尾相接的电场区域ABFE、BCGF和CDHG。三个区域中分别存在方向为y、y、x的匀强电场，且电场区域竖直方向无限大，其场强大小比例为212。现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为(0，)的P点射入ABFE场区，初速度方向水平向右。物体恰从坐标为(2，/2)的Q点射入CDHG场区，已知物体在ABFE区域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为，物体可以视为质点，求：(1)物
24、体进入ABFE区域时的初速度大小；(2)物体在ADHE区域运动的总时间；(3)物体从DH边界射出位置的坐标。【答案】（1） （2） （3） 【解析】设三个区域的电场强度大小依次为2E、E、2E，物体在三个区域运动的时间分别t1、t2、t3(1)在BCGF区域，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得：mg-qE=ma2，而：2qE=mg得：在水平方向有：L=v0t在竖直方向有： 解得：,(2)在ABEF区域对物体进行受力分析，在竖直方向有：2qE=mg物体做匀速直线运动，有： ，在BCGF区域，物体做类平抛运动，有：,在Q点竖直方向速度为：则Q点速度为：，与水平方向夹角为45在CDHG区域 由于2
25、qE=mg对物体进行受力分析，mg，与水平方向夹角为45，与速度方向相同，物体做匀加速直线运动运动到x轴过程，根据运动学公式，有： 解得：所以有：(3)物体在ABFE区域做匀速直线运动，在BCGF区域物体做类平抛运动，偏移量为 在CDHG区域，沿与水平方向夹角为45，物体做匀加速直线运动，竖直方向位移为L，则物体从DH边界射出位置的坐标为 【点睛】此题是带电体在电场和重力场的复合场中运动的问题，关键是分析物体的受力情况和运动情况类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究，匀加速直线运动根据牛顿定律和运动学公式结合研究17.如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可
26、视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M4kg，A、B两点距C点的高度分别为H0.6m、h=0.15m，R0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数10.5，长木板与地面间的动摩擦因数20.2，g=10m/s2。求：（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。【答案】（1） 方向与水平方向夹角的正切为 （2）44.7N （3）2.6m【解析】【分析】小物块先做平抛运动，由平抛规
27、律就能求出运动到B点时速度的大小和方向；从B点到C点做变速圆周运动，由动能定理求出C点的速度，在C点由由牛顿第二定律、和牛顿三定律求出对圆弧轨道的压力。滑上长木板后，由于滑块与木板间的摩擦力大，则将带动长木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，再一起减速到零，则木板的长就是滑块的位移与木板的位移之差。【详解】（1）物块做平抛运动：设到达B点时竖直分速度为vy则：vy=gt则合速度为：方向与水平面的夹角为：（2）从A至C点，由动能定理得：代入数据解得：设C点受到的支持力为FN，则有解得：FN=44.7N 根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为44.7N（3）由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f=1mg=5N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f=2（M+m）g=10N 因ff，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0则长木板长度至少为：【点睛】本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键。
