河北省邯郸市武安第三中学2021届高三物理上学期期中试题.doc

河北省邯郸市武安第三中学2021届高三物理上学期期中试题

河北省邯郸市武安第三中学2021届高三物理上学期期中试题

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河北省邯郸市武安第三中学2021届高三物理上学期期中试题（含解析）
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 关于物理思想方法和物理学史，下列说法正确的是（　　）
A. 卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常量，从而提出了万有引力定律
B. 匀变速直线运动的位移公式是利用微元法推导的公式
C. 由于牛顿在万有引力定律方面的杰出成就，所以被称为能“称量地球质量”的人
D. 牛顿开创了应用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法
【答案】B
【解析】
【详解】A．牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力恒量，故A错误；
B．在推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故B正确；
C．卡文迪许通过实验测出了万有引力恒量，被称为能“称量地球质量”的人，故C错误；
D．伽利略开创了应用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法，故D错误。
故选B。
2. 质点在Ox轴运动，时刻起，其位移随时间变化的图像如图所示，其中图线0~1s内为直线，1~5s内为正弦曲线，二者相切于P点，则（　　）

A. 0~3s内，质点的路程为2m B. 0~3s内，质点先做减速运动后做加速运动
C 1~5s内，质点的平均速度大小为1.27m/s D. 3s末，质点的速度大小为2m/s
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据纵坐标的变化量表示位移，可知，内，质点通过的位移大小为3.27m，路程为3.27m。内，质点通过的位移大小为1.27m，路程为1.27m，故内，质点的路程为

A错误；
B．根据图像的斜率表示速度，知内，质点先做匀速运动，再做减速运动后做加速运动，B错误；
C．内，质点的位移大小0，平均速度大小为0，C错误；
D．3s末质点的速度大小等于1s末质点的速度大小，为

D正确。
故选D。
3. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，一质量为的小车的支架上用轻绳连接着质量也为的小球，小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，轻绳恰好处于水平，g取，则下列说法正确的是（　　）

A. 轻绳的拉力大小为5N
B. 轻绳的拉力大小为10N
C. 小车的加速度大小为
D. 小车的加速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】CD．小车和小球一起沿斜面加速下滑，二者有相同的加速度，小球受力如图所示

对小球，由牛顿第二定律得

代入数据解得：a=20m/s2，小车的加速度大小为20m/s2，故D正确，C错误；
AB．小球受力如图所示，轻绳的拉力

故AB错误。
故选D。
4. 一辆卡车能够沿着斜坡以速率v匀速向上行驶，斜坡与水平面夹角为，所受阻力等于卡车重力的k倍。如果卡车以同样的功率匀速下坡，卡车的速率为（　　）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】卡车匀速向上行驶时，根据平衡有
F1=mgsinα+kmg
此时
P=F1v
卡车匀速向下行驶时，根据平衡有
F2=kmg-mgsinα
此时
P=F2v′
解得

故A正确，BCD错误。
故选A。
5. 一个质量为M，底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，关于斜面体移动距离s时，下列说法中正确的是（　　）

A. 若斜面粗糙，
B. 只有斜面光滑，才有
C. 若斜面光滑，下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D. 若斜面粗糙，下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
【答案】A
【解析】
【详解】AB．不论斜面是否光滑，M、m组成系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，M的位移为s，则m的位移为b-s，两物体的平均速率分别为
，
由动量守恒定律得

解得

A正确B错误；
CD．不论斜面是否光滑，物块下滑过程系统在竖直方向所受合力不为零，系统所示合力不为零，系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒；若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，CD错误；
故选A。
6. 如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道．OA与竖直方向的夹角为θ1，PA与竖直方向的夹角为θ2（）．下列说法正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
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运动．速度与水平方向的夹角为，．位移与竖直方向的夹角为，，则，故A正确，BCD错误．故选A．
【点睛】根据平抛运动的规律结合数学知识分析速度方向与水平方向夹角的正切值和位移与水平方向夹角正切值的关系．
7. 假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常数为G，则地球的密度为：
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：由万有引力定律可知：，在地球的赤道上：，地球的质量：，联立三式可得:，选项B正确；
考点：万有引力定律及牛顿定律的应用．

8. 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力，则（ ）

A. 从A点运动到M点电势能增加 2J
B. 小球水平位移 x1与 x2 的比值 1：4
C. 小球落到B点时的动能 24J
D. 小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于 6J
【答案】D
【解析】
【详解】将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动；
A．从A点运动到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；
B．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故B错误；
C．设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy。
由竖直方向运动对称性知
mVBy2=8J
对于水平分运动
Fx1=mVMx2-mVAX2
F（x1+x2）=mVBx2-mVAX2
x1：x2=1：3
解得：
Fx1=6J；
F（x1+x2）=24J
故
EkB=m（VBy2+VBx2）=32J
故C错误；
D．由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：
Fx1=6J

Gh=8J

所以：

由右图可得：

所以

则小球从 A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的 P点，故

故D正确。
故选D。
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止．现用力F沿斜面向上推A，但AB并未运动．下列说法正确的是

A. A、B之间的摩擦力可能大小不变
B. A、B之间的摩擦力一定变小
C. B与墙之间可能没有摩擦力
D. 弹簧弹力一定不变
【答案】AD
【解析】
【详解】初始时以A为研究对象，当施加力F后摩擦力方向有可能向下，此时，摩擦力大小可能相等，A对；B错；初始时，B与墙面间没有弹力作用，摩擦力为零，施加F后B受到A的摩擦力不为零，此时B与墙面间有弹力，F竖直向上的分力平衡B受到的墙面的摩擦力，C错；由于AB并未运动，弹簧弹力不变，D对；
10. 如图所示，一细圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过环心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（　　）

A. O点的电场强度最大，电势最低
B. O点的电场强度为零，电势最低
C. 从O点沿x轴正方向，电场强度一直减小，电势升高
D. 从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势升高
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．将圆环等分成若干微小段，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点产生的电场的电场强度总是大小相等、方向相反，矢量和为零，即圆环最终在O点产生电场强度的总矢量和为零；因为圆环带负电，因此每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点的左右两侧，产生大小相等、方向分别指向各小段与x轴成相等角度的电场，电场强度的矢量和沿着x轴指向O点，各段叠加后总矢量和仍然沿着x轴，指向O点，根据沿着电场线方向电势逐渐降低的规律可知，O点的电势最低，故A错误，B正确；
CD．当从O点沿x轴正方向，趋于无穷远时，电场强度也为零，因此从O点沿x轴正方向，电场强度先变大，后变小，电势升高，故C错误，D正确。
故选BD。
11. 某条直线电场线上有O，A，B，C四个点，相邻两点间距离均为以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x变化规律如图所示将一个带电荷量为的粒子从O点由静止释放，仅考虑电场力作用。则（　　）

A. 若A点的电势为零，则O点的电势为
B. 粒子从A到B做匀变速直线运动
C. 粒子运动到B点时的动能为
D. 粒子在OA段电势能变化量小于在BC段电势能变化量
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．根据电压与电场强度的关系U=Ed，可知E-x图象围成的面积表示电势差，取A点电势为零，则粒子从O到A的电势差为

又

解得

故A正确；
B．由图可知，A、B之间是匀强电场，因为粒子从O到A速度不断增加，故粒子从A到B做匀加速直线运动，故B正确；
C．由图可知，O、B间的电势差为

根据动能定理得

得

故C正确；
D．由图可知，OA段E-x图象围成的面积大于BC段的面积，即

根据

可知OA段电场力做功多，故OA段电势能变化量大于BC段电势能变化量，故D错误；
故选ABC。
12. 如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为和的两小球（可均视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时位于C点，从静止释放，在由C点下滑到A点的过程中（　　）

A. 的速度始终小于的速度
B. 重力对做功的功率先增大后减少
C. 轻绳对做的功等于的机械能增加
D. 若恰好能沿圆弧下滑到A点，则
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由C点下滑到A点的过程中，两球沿绳子方向的速度大小相等，即沿绳子方向的分速度大小等于的速度，所以的速度始终不小于的速度，故A错误；
B．重力的功率是

这里的是指竖直的分速度，一开始是由静止释放的，所以一开始的竖直速度为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直分速度也是零，但是在这个C到A的过程中有竖直分速度，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力对做功的功率先增大后减少，故B正确；
C．根据功能关系知，轻绳对做的功等于的机械能增加。故C正确；
D．若恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得

解得

故D错误。
故选BC
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
13. 有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3，回答下列问题：

(1)改变钩码个数，实验能完成的是________（填正确答案标号）。
A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4
B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4
C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4
D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5
(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是________（填选项前字母）。
A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度
C．用量角器量出三段绳子之间的夹角
D．用天平测出钩码的质量
(3)在作图时，你认为图示中________（填“甲”或“乙”）是正确的。

【答案】 (1). BCD (2). A (3). 甲
【解析】
【详解】(1)[1]实验中的分力与合力的关系必须满足：|F1－F2|≤F3≤F1＋F2（等号在反向或同向时取得），因此B、C、D三项都是可以的。
(2)[2]在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向。
(3)[3]F3的方向一定竖直向下，而F1和F2的合力方向由于测量误差可能偏离竖直方向，所以甲是正确的。
14. 小明做“验证动量守恒定律”实验的装置如图1所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续摆动，小球B做平抛运动。

(1)小明用游标卡尺测小球A直径如图2所示，则_______mm。又测得了小球A质量，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h。为完成实验，还需要测量的物理量有：______________________。
(2)该实验中动量守恒字母表达式为_________；
(3)若A、B两球碰后粘在一起形成新单摆，其周期_________选填“小于”、“等于”或“大于”粘合前单摆的周期摆角小于。
【答案】 (1). 14.4 (2). 小球B的质量m2，碰后小球A摆动的最大角β (3). (4). 大于
【解析】
【详解】（1）[1][2]该游标卡尺为20分度，故其读数为

该实验中还需要测量A小球碰后的速度和B小球的质量，故还需测量的物理量有A小球碰撞后的最大摆角β和小球B的质量m2；
（2）[3]由动能定理可得，A小球碰前和碰后的速度分别为

由平抛规律可得，B球碰后的速度为

故需要验证的表达式为

（3）[4]两球碰撞后粘在一起，重心发生变化，摆长变长，如图所示

由单摆的周期公式可知，单摆的周期变大。
四、计算题（本大题共3小题，共44.0分。要有必要的文字说明。）
15. 如图所示，一质量为m的小物块，以v0＝15m/s的速度向右沿水平面运动12.5m后，冲上倾斜角为37°的斜面，若小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为0.5，斜面足够长，小物块经过水平面与斜面的连接处时无能量损失。求：（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）小物块在斜面上能达到的最大高度；
（2）小物块在斜面上运动的时间。

【答案】（1）3m；（2）3.24s
【解析】
【详解】(1)小物块在水平面上运动时，根据牛顿第二定律
－μmg＝ma1
可得
a1＝－μg＝－5m/s2
由速度位移公式
－v02＝2a1x
解得
v1＝10m/s
小物块在斜面上向上运动时，根据牛顿第二定律
－（mgsinθ＋μmgcosθ）＝ma2
可得
a2＝－gsinθ－μgcosθ＝－10m/s2
由速度位移公式
0－＝2a2s
解得
s＝5m
小物块在斜面上能达到的最大高度
h＝ssinθ＝3m
(2)小物块在斜面上向上运动的时间
t1＝＝1s
小物块在最高点时
mgsinθ>μmgcosθ
所以小物块会匀加速下滑，下滑过程中，根据牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ＝ma3
可得
a3＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2
沿斜面向下匀加速运动时
s＝a3
解得
t2＝s
故小物块在斜面上运动的时间
t＝t1＋t2＝（1＋）s≈3.24s
16. 如图所示，有一带正电粒子，质量为m，电荷量为q，忽略重力，由静止开始经电势差为U1的电场加速后，进入两块板间距离为d，板间电势差为U2的平行金属板间，若粒子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场。求：
(1)粒子刚进入偏转电场时的速度v0；
(2)粒子在偏转电场中运动的时间和金属板的长度；
(3)粒子穿出偏转电场时的动能。

【答案】(1) ；(2)L=；t=； (3)Ek=q(U1+)
【解析】
【详解】(1)粒子在加速电场中有

解得

(2)粒子在偏转电场中的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，水平方向

竖直方向

加速度

由以上各式解得极板长

运动时间

(3)粒子在整个运动过程中由动能定律得

射出电场时的动能

17. 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度从右端滑上B，一段时间后，以滑离B，并恰好能到达C的最高点，A、B、C的质量均为m．求：

（1）A刚滑离木板B时，木板B和圆弧槽C的共同速度；
（2）A与B的上表面间的动摩擦因数μ；
（3）圆弧槽C的半径R．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【详解】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：
mv0＝m＋2mvB
解得vB＝
(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量

解得μ＝
(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，＋mvB＝2mv
A、C系统机械能守恒
解得R＝