辽宁省凌源市联合校2020届高三上学期期中考试物理试题 15页

物理试卷 一、选择题 1.在物理学的重大发现中，科学家们总结出了许多物理学方法，以下关于物理学研究方法的 叙述正确的是（ ） A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法 B. 根据速度的定义式 xv t   ，当△t 趋近于零时，就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该 定义运用了微元法 C. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移 相加，运用了微积分的方法． D. 在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行 了验证 【答案】C 【解析】 【详解】A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法,故 A 错误; B、为研究某一时刻或某一位置时的速度,我们采用了取时间非常小,即让时间趋向无穷小时的 平均速度作为瞬时速度,即采用了极限思维法,故 B 错误； C、在探究匀变速运动的位移公式时,采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀 速运动,即采用了微积分的方法，故 C 正确； D、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验 的基础上的理想化推理并直接用实验进行了验证，故 D 错误； 综上所述本题答案是：C 2.在同一条平直公路上同向运动的甲、乙两车的 v-t 图像如图所示, 已知甲、乙两车在 t1 时 刻并排行驶．下列说法正确的是（ ） A. 在 0 时刻甲车在前，乙车在后 B. 两车在 t2 时刻再次并排行驶 C. 在 t1 到 t2 时间内，两车的平均速度相等 D. 两车的加速度大小均先增大后减小 【答案】A 【解析】 【详解】A、根据速度图象与坐标轴围成面积大小表示位移，由图像可得在 10 t 时间内，乙 车的位移大于甲车的位移， 1t 时甲乙并排，则 0 时刻甲车在前，乙车在后，故 A 正确； B、由图像可得，在 1 2t t 时间内，甲车的位移大于乙车的位移， 1t 时甲乙并排，则 2t 时刻甲 车在前，乙车在后，故 B 错误； C、由于在 t1 到 t2 时间内，甲车的位移大于乙车的位移，根据平均速度公式 xv t  可知，甲车 的平均速度大于乙车的平均速度，故 C 错误； D、v t 图像斜率为加速度，由图像可得甲、乙两图象斜率均先减小后增大，即加速度大小均 先减小后增大，故 D 错误； 故选 A． 【点睛】关键是要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含 义． 3.如图所示，甲图是某人站在力传感器上做下蹲-起跳动作的示意图，甲图中的“●”表示人 的重心，乙图是根据力传感器画出的压力 F 随时间 t 变化的图线．乙图中 a、d、f、g 各点数 据分别与甲图中人的 a、d、f、g 状态相对应，其余点对应状态没有在甲图中画出．乙图中 a、 c、e、i 点对应的纵坐标均为 610N．请根据这两个图所给出的信息，判断下列说法中正确的 是 A. 乙图中 b 点时刻，人处于超重状态 B. 乙图中 d 点时刻，人处于失重状态 C. 乙图中 g 点时刻，人处于失重状态 D. 乙图中 i 点时刻，人的速度为零 【答案】C 【解析】 【详解】人下蹲过程中先加速下降，到达一个最大速度后再减速下降，直至速度减为零，则 乙图中 b 点时刻，人处于失重状态，A 错误；人站起来的阶段向上做加速运动，处于超重状态， 则乙图中 d 点时刻，人处于超重状态，B 错误；当人离开水平面时处于完全失重状态，则乙图 中 g 点时刻，人处于失重状态，C 正确；当人落回到水平面时，向下先加速后减速运动，则乙 图中 i 点时刻，人的速度最大，不为零，D 错误； 故选 C。 4.如图所示，一轻质弹簧一端系在墙上的 O 点， 弹簧处于原长状态时另一端位于 B 点，今用 一小物体 m 把弹簧压缩到 A 点，然后释放，小物体能运动到 C 点静止，物体与水平地面间的 动摩擦因数恒定，试判断下列说法中正确的是（ ） A. 物体从 A 到 B 速度越来越大，从 B 到 C 速度越来越小 B. 物体从 A 到 B 先加速后减速，从 B 到 C 一直减速运动 C. 物体从 A 到 B 加速度越来越小，从 B 到 C 加速度不变 D. 物体在 B 点所受合力为零 【答案】B 【解析】 【详解】物体竖直方向受到重力与地面的支持力平衡，水平方向受到弹簧的弹力和滑动摩擦 力．从 A 到 B 过程中，弹簧的弹力水平向右，摩擦力水平向左，弹簧的弹力先大于摩擦力， 后小于摩擦力，故物体先加速后减速，从 B 到 C 过程，摩擦力和弹簧的弹力方向均向左，物 体一直做减速运动．故 AC 错误，B 正确．物体在 B 点时，弹簧的弹力为零，而摩擦力不为零， 则物体所受的合外力不为零．故 D 错误．故选 B． 【点睛】本题考查根据物体的受力情况分析其运动情况的能力，关键要抓住弹簧的弹力的可 变性，进行动态分析． 5.A、B 两颗卫星都在圆轨道上绕地球运行，如图所示．则以下判断正确的是（ ） A. 卫星 A 所受地球的万有引力大于卫星 B 受到地球的万有引力 B. 卫星 A 的线速度大小一定大于卫星 B 的线速度的大小 C. 卫星 A 的机械能一定小于卫星 B 的机械能 D. 在相等的时间内卫星 A 和地心的连线扫过的面积与卫星 B 和地心的连线扫过的面积相等 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据万有引力公式： 2 mMF G r  在不知道两个卫星质量的情况下难以判断谁受到的引力大，故 A 错误. B．根据公式： 2 2 mM vG mr r  可得卫星的环绕速度为： GMv r  卫星 A 的轨道半径小于卫星 B，故卫星 A 的运行速度大于卫星 B，故 B 正确． C．由于两者质量未知，因此无法比较两者的机械能，故 C 错误． D．设时间 t 内，卫星转动角度为 ，卫星与地心连线扫过的面积为 S，则有： 2 2S r    根据角速度的定义有： t  根据公式： 2 2 mMG mrr  联立以上格式可得： 2 tS GMr 因相等时间扫过的面积与卫星的轨道半径有关，故两卫星相等时间内和地心连线扫过的面积 不相等，故 D 错误. 6.某电场的电场线分布如图所示 ( 实线 ) ，以下说法正确的是  A. c 点场强大于 b 点场强 B. b 和 c 处在同一等势面上 C. 若将一试探电荷 q 由 a 点移动到 d 点，电荷的电势能将增大 D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由 a 点运动到 d 点，可判断该电荷一定带负电 【答案】A 【解析】 【分析】 解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒 子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的 变化． 【详解】电场线的疏密表示场强的强弱，由图知 c 点场强大于 b 点场强，故 A 正确；沿电场 线方向电势逐渐降低，故 b 的电势大于 c 的，故 B 错误；若将一试探电荷+q 由 a 点移动到 d 点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故 C 错误；由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带 电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故 D 错误；故选 A． 【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电 场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电 势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能． 7.如图所示，能反映自由落体运动的是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动且加速度为 g，速度与时间关系为：v ＝gt，所以 v-t 函数是一条倾斜的直线，且速度均匀增大． A．该图与结论不相符，选项 A 错误； B．该图与结论不相符，选项 B 错误； C．该图与结论不相符，选项 C 错误； D．该图与结论相符，选项 D 正确； 故选 D。 8. 如图所示，物块 m 放在斜面体 M 上，物块 m 恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体 M 静止不动．则 下列说法正确的是（ ） A. 斜面对物块 m 的作用力方向竖直向上 B. 斜面对物块 m 的作用力方向垂直斜面向上 C. 斜面体 M 受地面的摩擦力大小为零 D. 斜面体 M 受地面的摩擦力方向水平向左 【答案】AC 【解析】 试题分析：m 以及 M 均处于受力平衡状态，即加速度均为零．m 物体受重力，支持力，滑动摩 擦力，因此支持力、滑动摩擦力的合力应与重力等大反向，所以 A 正确 B 错误．由于整体加 速度为零，所以不会受到地面对整体的静摩擦力，所以 C 对，D 错 考点：整体法与隔离法 点评：此类题型属于比较典型的整体法与隔离法的运用． 9.如图，C 为中间插有电介质的电容器， b 极板与静电计金属球连接，a 极板与静电计金属外 壳都接地．开始时静电计指针张角为零，在 b 板带电后，静电计指针张开了一定角度．以下 操作能使静电计指针张角变大的是（ ） A. 将 b 板也接地 B. b 板不动、将 a 板向右平移 C. 将 a 板向上移动一小段距离 D. 取出 a、b 两极板间的电介质 【答案】CD 【解析】 【分析】 静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；由 4 SC kd   ，分析电容 的变化，根据 C=Q/U 分析电压 U 的变化． 【详解】将 b 板也接地，电容器带电量不变，两板间的电势差不变，则静电计指针张角不变， 选项 A 错误；b 板不动、将 a 板向右平移，根据 4 SC kd   可知 d 变小时，C 变大，Q 不变时， 根据 C=Q/U，可知 U 减小，即静电计指针张角变小，选项 B 错误；将 a 板向上移动一小段距离， 根据 4 SC kd   可知 S 变小时，C 变小，Q 不变时，根据 C=Q/U，可知 U 变大，即静电计指针 张角变大，选项 C 正确；取出 a、b 两极板间的电介质，根据 4 SC kd   可知 C 变小，Q 不变 时，根据 C=Q/U，可知 U 变大，即静电计指针张角变大，选项 D 正确；故选 CD. 【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于 电容的两个公式 4 SC kd   和 C=Q/U． 10.如图所示，光滑水平面上有质量均为 m 的物块 A 和带有轻质弹簧的物块 B，B 静止，A 以速 度 0v 水平向右运动，从 A 与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中 A. A、B 的动量变化量相同 B. A、B 的动量变化率相同 C. A、B ( 含弹簧 ) 系统的总机械能保持不变 D. A、B ( 含弹簧 ) 系统的总动量保持不变 【答案】CD 【解析】 【分析】 两个物块组成的系统合外力为 0，系统总动量守恒．两物块所受的合外力大小相等、方向相反， 应用动量定理、动量守恒定律解答． 【详解】AD．两物体相互作用过程中系统的合外力为 0，系统总动量守恒，则物体 A、物体 B 动量变化大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，A 不符合题意，D 符合题意； B．由动量定理 Ft p  可知，动量的变化率等于物理所受的合外力，物体 A、物体 B 两物体 的合外力大小相等、方向相反，所受合外力不同，则动量变化率不同，不符合题意； C．物体 A、B 组成的系统，只有弹簧弹力做功，机械能守恒，所以总机械能保持不变． 二、实验题 11.某同学在“探究平抛运动规律”的实验中，采用频闪摄影的方法拍摄到如图所示的“小球 做平抛运动”的照片．图中每个小方格的边长为 9.80cm，则根据图像可求得拍摄时每隔 ______s 曝光一次，该小球的平抛初速度大小为________m/s，小球运动到图中位置 3 时的竖 直分速度大小为_______m/s(g 取 9.80m/s2)． 【答案】 (1). 0.1 (2). 1.96 (3). 2.45 【解析】 【详解】第一空.在竖直方向上，根据 2y L gT   ，解得： 29.80 10 s 0.1s9.80 LT g    ， 第二空.平抛运动的初速度为： 2 0 2 2 9.80 10 m m1.96s s0.1 Lv T     ， 第三空.位置 3 竖直分速度为： 2 3 5 5 9.80 10 m m2.45s s2 2 0.1y Lv T     ． 12.为了“探究做功与速度变化的关系”，现提供如图所示实验装置． 以下为该实验中的部分内容： （1）在实验中，得到一条如图所示的纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时 器的频率为 50Hz，且间距 x1、x2、x3、x4、x5、x6 已量出分别为 3.09cm、3.43cm、3.77cm、4.10cm、 4.44cm、4.77cm，则小车的加速度大小为_____m/s2，小车在打点计时器打下 F 点时的速度大 小为_____m/s(结果保留两位有效数字)． （2）由于该实验中小车的质量和阻力未知，由另一组同学设计了以下实验来测算小车的质量 和小车在水平长木板上运动时所受的阻力，实验中保持小车质量一定，且远大于砝码盘及盘 中砝码的总质量，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条 a－F 图线．如 图所示，图线_____是在轨道倾斜情况下得到的(填“①”或“②”)．由图像可求得小车的质 量 m=_____kg，小车在水平运动时所受到的阻力 f=________N． 【答案】 (1). (1)0.34， (2). 0.46 (3). (2)① (4). 0.5 (5). 0.1 【解析】 【详解】（1）由匀变速运动的规律得： s4-s1=3aT2 s5-s2=3aT2 s6-s3=3aT2 联立得：（s4+s5+s6）-（s1+s2+s3）=9aT2 解得： 2 26 5 4 3 2 1 2 2 4.77 4.44 4.10 3.77 3.43 3.09 10 0.34 /9 9 01 s s s s s sa m sT              ． 小车在打点计时器打下 F 点时的速度大小为 2 5 6 (4.44 4.77) 10 / 0.46 /2 0.2F x xv m s m sT      （2）由图象可知，当 F=0 时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学 实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线① 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的． 根据 F=ma 得 a-F 图象的斜率 k= 1 m ，由 a-F 图象得图象斜率 k=2，所以 m=0.5kg．图像②是在 水平轨道运动得到的图像，由图像可知当 F=0.1N 时小车才有加速度，可知小车在水平轨道上 所受的阻力 f=0.1N. 【点睛】对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项 操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基 本知识和基本方法的学习和训练． 三、计算题 13.如图所示，质量 m= 2kg 的物体原静止在水平地面上，它与地面间的动摩擦因数为μ=0.4， 一个沿水平方向的恒力 F= 12N 作用在这个物体上，（g 取 10m/s2） 求：（1）物体运动的加速度多大？ （2）开始运动后 3s 内物体发生的位移 S 的大小是多少？ （3）开始运动后 3s 末物体的速度是多大？ 【答案】（1） 22 /m s （2）9m（3） 6 /m s 【解析】 试题分析：分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求加速度；物体做匀加速运动，由运动学 位移公式求位移 x；由速度公式求 3s 末物体的速度 v． （1）物体在水平面上运动，竖直方向受力平衡，水平方向受到恒力 F 和滑动摩擦力 f 作用， 根据牛顿第二定律得：F-f=ma 又 f=μmg 联立并代入数据解得：a=2m/s2 （2）开始运动后 3s 内物体发生的位移 x 的大小为： 2 21 1 2 3 92 2x at m m     （3）开始运动后 3s 末物体的速度 v=at=2×3=6m/s 点睛：本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是前后联系的桥梁，通过加 速度，可以根据力求运动． 14.如图所示，一人站在高台上，将质量为 m=0.5kg 的石块以 30°角斜向上抛出，初速度是 v0=10m/s，抛出点距地面的高度 h=15m，g 取 10m/s2，求： （1）若不计空气阻力，以地面为参考面，石块刚抛出时的机械能； （2）若不计空气阻力，石块落地时的速度大小； （3）若测得石块落地的速度大小为 18m/s，则石块在空中飞行过程中克服空气阻力做功为多 少？ 【答案】（1）100J（2）20m/s（3）19J 【解析】 【详解】（1）动能与势能总称为机械能，则由 2 0 1 2E mgh mv  ，代数得： 100E J ； （2）石块在空中运动过程中，只有重力做功，满足机械能守恒定律 则：mgh+ 2 0 1 2 mv = ，解得落地速度： 20 /v m s ； （3）设克服空气阻力做功为 W，根据动能定理得： 2 2 1 0 1 1 2 2mgh W mv mv   将 1 18 /v m s 代入解得： 19W J ． 15.如图所示，水平放置的两块平行金属板长为 l，两板间距为 d，两板间电压为 U，且上板带 正电，一个电子沿水平方向以速度 0v ，从两板中央射入，已知电子质量为 m，电荷量为 q 求  1 电子偏离金属板的侧位移 0y 是多少？  2 电子飞出电场时的速度是多少？  3 电子离开电场后，打在屏上的 P 点，若 s 已知，求 OP 的长． 【答案】（1）电子偏离金属板时的侧位移是 2 2 02 qUl dmv ； （2）电子飞出电场时的速度大小为 2 2 2 2 0 2 2 2 0 U q lv m d v  ； （3）OP 的长为   2 0 2 2 l s Uql mdv  ． 【解析】 【详解】（1）电子在电场中做类平抛运动，则： qE qUa m md   水平方向有： l=v0t 竖直方向有： 2 0 1 2y at 联立得电子偏离金属板的侧位移为： y0= 2 2 02 qUl dmv （2）在竖直方向的分速度为： 0 y qUlv at mdv   在水平方向的分速度为： vx=v0 所以： v= 2 2 x yv v = 2 2 2 2 0 2 2 2 0 U q lv m d v  （3）电子飞出电场后，做匀速直线运动，则： tanθ= y x v v = 2 0 qUl mdv 所以 OP=y0+stanθ=   2 0 2 2 l s Uql mdv  【点睛】该题是带电粒子在电场中运动的问题，其基础是分析物体的受力情况和运动情况； 能用类平抛运动的思想处理平行于极板方向和垂直于板方向的运动. 16.光滑水平面上有一足够长的木板质量为 M,另一质量为 m 的滑块，以速度 0v 从左端滑上木 板，足够小滑块与木板间的动摩擦因数为  ．求： （1）木板最终的速度； （2）滑块相对木板运动的时间． 【答案】（1） 0mvv m M   （2） 0 ( ) Mvt g m M  【解析】 【详解】（1）由动量守恒定律： mv0=(m+M)v 0mvv m M   （2）由动量定律： 0- mgt mv mv     0Mvt g m M 