辽宁省六校协作体2020届高三物理上学期期中试卷（附解析Word版）

2019-2020 学年度上学期省六校协作体高三期中考试 物理试题 一、选择题（本大题共 12 小题每小题 4 分，计 48 分，其中 1-8 题只有一项符合要求，9-12 题有多项符合要求，全部选对的得 4 分，部分选对的得 2 分，有错选或不选的得 0 分） 1.几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的 水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动。恰好能穿出第四个 水球，则可以判定（ ） A. 由题干信息可以确定子弹在每个水球中运动的时间相同 B. 由题干信息可以确定子弹穿过每个水球的时间 C. 子弹在每个水球中速度变化相同 D. 子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等 【答案】D 【解析】 【详解】AB．设水球的直径为 d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们 可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动。因为通过最后 1 个、最后 2 个、 以及后 3 个、全部 4 个的位移分别为 d，2d，3d 和 4d，根据 x= at2 知，所以时间之比为 1： ： ：2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；由以上的分析可知，子弹依次穿过 4 个水球的时间之比为：（2- ）：（ − ）：（ −1）：1，但是不能求解穿过每个 水球的具体时间，故 AB 错误； C．子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由△v=at 可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；故 C 错误； D．由 A 的分析可知，子弹穿过前 3 个水球的时间与穿过第四个水球的时间是相等的，由匀变 速直线运动的特点可知，子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等。故 D 正确。 2.质量为 m 的木箱放置在光滑的水平地面上，在与水平方向成 θ 角的恒定拉力 F 作用下由静 止开始运动,经过时间 t 速度变为 v，则在这段时间内拉力 F 与重力的冲量大小分别为(  ) A. Ft, 0 B. Ft, mgt 1 2 2 3 3 3 2 2 C. mv, mgt D. Ftcosθ, 0 【答案】B 【解析】 【详解】在 t 时间内，拉力 F 的冲量 I=Ft，重力的冲量 IG=mgt． A．Ft，0，与结论不相符，选项 A 错误； B．Ft，mgt，与结论相符，选项 B 正确； C．mv，mgt，与结论不相符，选项 C 错误； D．Ftcosθ，0，与结论不相符，选项 D 错误； 3.建筑工人用简单的定滑轮装置将工件从地面提升并运送到楼顶。如图所示，设当重物提升 到一定高度后，工人甲拉紧绳索不动，乙通过一始终保持水平的轻绳将工件缓慢拉到楼顶， 不计滑轮的摩擦力，则工件在向左移动过程中（ ） A. 楼顶对乙的摩擦力不变 B. 绳索对甲的拉力不断减小 C. 楼顶对甲的支持力不变 D. 楼顶对甲的摩擦力大于楼顶对乙的摩擦力 【答案】D 【解析】 当乙把工件拉开一个小角度 θ 后，工件的受力如图： A.绳子与竖直方向夹角为 θ，则有 ，当 θ 角增大，则 F1 增大，绳子对乙的拉力 增大，则乙受到楼顶的摩擦力也增大，故 A 错误； B. 开始的时候绳子对甲的拉力大小等于物体重力,后来当 θ 角增大，绳子对甲的拉力 ，增大，故 B 错误； C. 甲在楼顶受到重力、楼顶的支持力和摩擦力、以及绳子的拉力，竖直方向楼顶对甲的支持 力加上绳子对甲的拉力在竖直方向的分力与重力大小相等方向相反，由于绳子对甲的拉力增 大，楼顶对甲的支持力减小，故 C 错误； D. 可用极端法,先分析乙在图上位置 f=0,再分析乙在甲位置 f 乙=f 甲,所以在移动的过程中, 是始终小于 f 甲的。故 D 正确； 故选：D。 点睛：对工件进行受力分析，然后根据受力平衡，及平行四边形定则即可求解两个绳子拉力 的变化，然后分别对甲和乙进行受力分析即可。 4.一质量为 1kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t=0 时起,第 1 秒内受到 2N 的水平外力作用， 第 2 秒内受到同方向的 1N 的外力作用。下列判断正确的是( ) A. 0∼2s 内外力的平均功率是 W B. 第 2 秒内外力所做的功是 J C. 第 2 秒末外力的瞬时功率最大 D. 第 1 秒内与第 2 秒内质点动能增加量的比值是 【答案】A 【解析】 【详解】A．由动量定理 Ft=mv2-mv1 求出 1s 末、2s 末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s 由动能定理可知合力做功为： 故 0～2s 内功率是： 故 A 正确； BD．第 1 秒内与第 2 秒内动能增加量分别为： 1tan F mg θ = 2 cos mgF θ= 9 4 5 4 4 9 21 4.5J2W mv= ＝ 4.5 9W W2 4 WP t ＝ ＝ ＝ 故第 2s 内外力所做的功为 2.5J；第 1 秒内与第 2 秒内动能增加量的比值为 4：5，故 BD 错误； C．1s 末、2s 末功率分别为： P1=F1v1=4W P2=F2v2=3W； 第 2 秒末外力的瞬时功率不是最大。故 C 错误； 5.在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼 花弹从专用炮筒中射出后，在 4s 末到达离地面 100m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。 假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是 v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身 重力的 k 倍，那么 v0 和 k 分别等于(重力加速度 g=10m/s2)( ) A. 50m/s，1.25 B. 40m/s，0.25 C. 50m/s，0.25 D. 80m/s，1.25 【答案】C 【解析】 【详解】上升过程中所受的平均阻力 f=kmg，根据牛顿第二定律得： 根据 得： 所以 v0=at=50m/s 而 （k+1）g=12.5m/s2 所以 k=0.25。 A．50m/s，1.25，与结论不相符，选项 A 错误； B．40m/s，0.25，与结论不相符，选项 B 错误； C．50m/s，0.25，与结论相符，选项 C 正确； 2 1 1 2J2 mv ＝ 2 2 2 1 1 1 2.5J2 2mv mv− ＝ 1mg fa k gm += = +（ ） 21 2h at= 2 2 2 12.5m/sha t = = D．80m/s，1.25，与结论不相符，选项 D 错误； 6. 关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( ) A. 电场强度的方向总是指向正电荷的运动方向 B. 电场强度为零的地方，电势也为零 C. 随着电场强度 大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 【答案】D 【解析】 试题分析：电场强度的方向不一定是正电荷的运动方向，只有正电荷从静止开始沿直线电场 线运动时，其运动方向才沿电场强度的方向，选项 A 错误；电场强度为零的地方，电势不一 定为零，例如放在电场中的导体，场强为零，但是电势不为零，选项 B 错误；随着电场强度 的大小逐渐减小，电势不逐渐降低，例如在负点电荷电场中，距离负电荷越远，场强越小， 但是电势越高，选项 C 错误；任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向，选项 D 正确；故选 D. 考点：电场强度；电势 【名师点睛】此题考查了电场强度及电势的关系；要知道电场强度是从力的角度对电场进行 描述，而电势则时从能量角度进行描述，所以场强为零的点电势不一定为零，而电势为零的 点场强不一定为零；电场强度的方向是电势降落最快的方向. 7.如图所示，a 为放在地球赤道上随地球表面一起转动的物体，b 为处于地面附近近地轨道上 的卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，若 a、b、c、d 的质量相同,地球表面附近的 重力加速度为 g。则下列说法正确的是( ) A. d 是三颗卫星中动能最小，机械能最大的 B. c 距离地面的高度不是一确定值 C. a 和 b 的向心加速度都等于重力加速度 g D. a 的角速度最大 【答案】A 的 【解析】 【详解】A．卫星做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： 卫星的动能： 三颗卫星中 d 的轨道半径最大，则 d 的动能最小，以无穷远处为零势能面，机械能： d 的轨道半径最大，d 的机械能最大，故 A 正确； B．c 是同步卫星，同步卫星相对地面静止，c 的轨道半径是一定的，c 距离地面的是一确定值， 故 B 错误； C．同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知 a 与 c 的角速度相同，根据 a=ω2r 知，a 的向心加速度小于 c 的向心加速度。由牛顿第二定律得： 解得： 卫星 轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星 c 的向心加速度小于 b 的向心加速度， 而 b 的向心加速度约为 g，故知 a 的向心加速度小于重力加速度 g，故 C 错误； D．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： 解得： 由于 rb＜rc＜rd，则 ωb＞ωc＞ωd，a 与 c 的角速度相等，则 b 的角速度最大，故 D 错误； 8.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一小球。小球在 M 处时，弹簧处于原长状态．现用 力 F 作用于小球使它从 M 处缓慢下降，到达 N 处时，力 F 刚好为零。此过程中，力 F 对小球 做的功的大小为 W，不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法不正确的有（ ） 的 2 2 =r mM vG m r 2K GMmE r = 2 2K P GMm GMm GMmE E E r r r = + = − = − 2 mMG mar = 2 GMa r = 2 2 mMG mrr ω＝ 3 GM r ω = A. 小球与弹簧组成的系统机械能减少量为 W B 小球重力势能减小量一定大于 W C. 若将小球从 M 处由静止释放，则小球到达 N 处时的动能为 2W D. 弹簧弹性势能增加量一定等于 W 【答案】C 【解析】 【详解】A．因为力 F 对小球做负功，其大小等于小球与弹簧组成的系统机械能的减少量，则 系统机械能减小量为 W，选项 A 正确，不符合题意； B．重物在向下运动的过程中，要克服弹簧拉力做功 W 弹力，根据动能定理知 mgh-W-W 弹力=0 故物体重力势能减小量一定大于 W，故 B 正确，不符合题意； C．重物从静止下落到 N 的过程中，根据动能定理，有 结合 B 选项知 Ek=W，故 C 错误，符合题意； D．由 mgh-W-W 弹力=0 可知 W 弹力=mgh-W 而 F=kh=mg 则 则 W 弹力= mgh=W . kgh EWm − =弹力 1 2 2 FW h mgh= = 1 2 则弹簧弹性势能增加量一定等于 W，选项 D 正确，不符合题意。 9.空间中 P、Q 两点处各固定一个点电荷，P、Q 两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、 c、d 为电场中的 4 个点，已知 a、c 的电势关系为 φa>φc，则( ) A. P、Q 两点处的电荷为等量同种电荷 B. a 点和 b 点的电场强度相同 C. c 点的电势低于 d 点的电势 D. 负电荷从 b 到 d 电势能增加 【答案】CD 【解析】 【详解】A．根据电场的图象可以知道，该电场是等量同种异号电荷的电场，故 A 错误； B．等量同种异号电荷的电场线分布具有对称性（上下、左右），a 点和 b 点的电场强度大小相 等，而方向不同。故 B 错误； C．由题 φa＞φc，结合电场线从正电荷出发到负电荷终止，顺着电场线方向电势逐渐降低， 可知 Q 带正电，P 带负电；c 点与 d 点比较可知，c 点离 P 点（负电荷）的距离更近，所以 c 点的电势较低。故 C 正确； D．图中 a 点的电势高于 c 点电势，可知 Q 带正电，P 带负电，所以由图可知 b 点的电势高于 d 点的电势；而负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知负电荷从 b 到 d，电 势降低，电势能增大。故 D 正确。 10.如图所示是 2016 年里约奥运会中易建联投球的照片。若在某次投篮中将球由静止快速出 手,篮球不碰篮筐直接入网,已知出手时篮球距地面高度为 ,出手过程中手对篮球做功为 W,篮筐距地面高度为 ,篮球质量为 m0.不及空气阻力,篮球可看成质点,则篮球（ ） 1h 2h A. 出手时的速率为 B. 进筐时的动能为 C. 从静止到进筐的过程中,机械能的增量为 W D. 从出手到进筐的过程中,运动总时间为 【答案】AC 【解析】 【详解】投篮过程，由动能定理得：W= mv2，得篮球出手时的速率为 v= ，故 A 正确； 从出手到进筐的过程中，由动能定理得：-mg（h2-hl）=Ek- mv2，可得篮球进框时的动能为 Ek=W+mghl-mgh2．故 B 错误；从出手到进筐的过程中，手对球做功为 W，离开手后，机械能守 恒，所以静止到进框的过程中，机械能的增量为 W，故 C 正确；假如篮球上升 h2-h1 后到达最 高点，则由 h2-h1= gt2 可知，t= ，但是篮球离手后做斜抛运动，竖直方向做竖 直上抛运动，到最高点再斜下抛，落回到高 h2 的高度，可知从出手到进筐的过程中运动总时 间大于 ，故 D 错误。故选 AC。 【点睛】本题考查了动能定理的应用，分析清楚题意，灵活选取研究的过程，应用动能定理 即可正确解题；了解斜抛运动的特点也是解答本题的关键. 11.如图所示,半径为 R、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为 m 的小球 A、B 以不 同的速度进入管内，A 通过最高点 C 时，对管壁上部压力为 3mg，B 通过最高点 C 时，对管壁 上下部均无压力，则小球 A 通过最高点 C 点时的速度 v 及 A、B 两球落地点间的距离 x 为（ ） A. x=R B. x=2R 2W m 2 1W mgh mgh+ − 2 12( )h h g − 1 2 2W m 1 2 1 2 2 12( )h h g − 2 12( )h h g − C v= D. v= 【答案】BD 【解析】 【详解】两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开 轨道后两球均做平抛运动，A、B 两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差。 对 A 球： 解得 对 B 球： 解得 由平抛运动规律可得落地时它们的水平位移为： 得： sA-sB=2R A．x=R，与结论不相符，选项 A 错误； B．x=2R，与结论相符，选项 B 正确； C．v= ，与结论不相符，选项 C 错误； D．v= ，与结论相符，选项 D 正确； 12.光滑水平面上有一静止的长木板，其左端放着一个质量为 m 的小铁块，如图中 A 所示初始 . gR 2 gR 2 3 Avmg mg m R + = 2Av gR= 2 Bvmg m R = Bv gR= 2 2 4A A A Rs v t v Rg ×= = = 2 2 2B B B Rs v t v Rg ×= = = gR 2 gR 位置。某时刻小铁块获得一水平向右的初速度 v 后开始在木板上滑行，一段时间后从长木板 的右端离开，小铁块与木板之间存在摩擦力。则小铁块刚滑到长木板的右端时，与初始的相 对位置比较，图中①②③④所示的四种情况中，不可能出现的是 A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】ACD 【解析】 小铁块以一定的初速度滑上长木板，相对于长木板向右运动，小铁块对长木板有向右的滑动 摩擦力，在滑动摩擦力作用下，长木板向右做匀加速运动，当小铁块刚滑到长木板的右端时， 长木板相对于水平面的位移向右，所以①图不可能。故 A 错误。小铁块向右做匀减速运动， 长木板向右做匀加速运动，若小铁块刚滑到长木板的右端时小铁块的速度大于长木板的速度， 作出两个物体的 v-t 图象，由图象的“面积”表示位移知，图中红色阴影面积表示小铁块相 对于长木板的位移，等于板长，黑色阴影面积表示长木板的位移，如图 根据几何关系知，长木板的位移小于板长。所以②图可能，③、④图不可能。同理，当小铁 块刚滑到长木板的右端时小铁块的速度等于长木板的速度，②图可能，③、④图不可能。故 B 正确，CD 错误。本题选不可能出现的，故选 ACD。 【点睛】分析长木板的受力情况，判断其运动情况。画出小铁块和长木板的 v-t 图象，根据 图象的面积表示位移分析小铁块刚滑到长木板的右端时两者相对位移与长木板位移的大小， 即可作出判断。 二、实验题（共 16 分 ） 13.在用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一 条纸带，已知计时器打点的时间间隔为 0.02s，他按打点先后顺序每 5 个点取 1 个计数点，得 到了 O、A、B、C、D 等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为 _____s．用刻度尺量得 OA=1.50cm，AB=1.90cm，BC=2.30cm，CD=2.70cm．由此可知，纸带做_____ 运动（选填“匀加速”或“匀减速”），打 C 点时纸带的速度大小为_____m/s．物体运动的加 速度为_____m/s2（结果保留两位有效数字） 【答案】 (1). 0.1 (2). 加速 (3). 0.25 (4). 0.40 【解析】 【详解】打点计时器的周期为 0.02s，所以两点间隔为 0.02s，则相邻两个计数点之间的时间 间隔是 0.1s， 在相同的时间内通过的位移差值恒定不变，所以纸带做匀加速直线运动，C 点为 BD 的中间时 刻， 。 用逐差法得加速度 【点睛】本题难度较小，明确打点计时器的周期与两点间的时间间隔相同，掌握匀变速直线 运动的规律是解决本题的关键。 14.如图所示的实验装置可以用来验证机械能守恒定律。左侧重物 A 带有挡光片，其总质量为 m，右侧重物 B 质量为 M，两重物由跨过光滑定滑轮的绳相连。光电门可以测量挡光片经过光 电门时的挡光时间，挡光片的宽度用 b 表示，挡光片与光电门之间的距离用 h 表示，挡光片 通过光电门时的平均速度可看成挡光片通过光电门时的瞬时速度。 (1)实验开始之前，先用游标卡尺测量挡光片的宽度 b。按上图所示连接实验器材，实验时两 22.30 2.70 10 / 0.25 /2 2 0.1C BDv m s m sT −+= = × =× 2 2 0.40m/s(2 ) BD OBx xa T −= = 重物由静止开始运动，重物 A、B 的质量应满足的关系为 M________m. (填大于、等于、小于) (2)在实验过程中，与光电门相连的数字毫秒计记录下挡光片的挡光时间为 t，则挡光片通过 光电门时的瞬时速度可表示为 v=_____________。(用题中所给字母表示) (3)两重物从静止开始运动，当挡光片经过光电门时，两重物组成的系统动能增加量可表示 =____________，系统的重力势能减少量可表示为 =___________，在实验误差允许 的范围内，若满足 = ，则可认为系统的机械能守恒。(重力加速度为 g) (4)为了减小偶然误差,实验时多次改变挡光片到光电门的距离 h，作出的 v2−h 图象为一直线， 并测得该图象的斜率为 k，则重力加速度表达式 g=_____________。 【答案】 (1). 大于 (2). (3). (4). (5). 【解析】 【详解】（1）[1]．实验时需让重物 A 向上加速，则重物 A、B 的质量应满足的关系为 M>m. （2）[2]．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，挡光片通过光电门的瞬时速度 ． （3）[3]．系统动能的增加量 [4]．系统重力势能的减小量 △Ep=（M-m）gh． （4）[5]．根据系统机械能守恒得， 解得 则图线的斜率 解得重力加速度 ． KE∆ PE∆ KE∆ PE∆ b t 2 2 ( ) 2 M m b t + ( )M m gh− ( ) 2( ) k M m M m + − bv t = ( ) ( ) 2 2 22 1 2k M m bE M m v t ++ = ＝ ( ) ( )21 2 M m v M m gh+ −＝ 2 ( )2 M m gv hM m − +＝ ( )2 M m gk M m −= + ( ) 2( ) k M mg M m += − 三、计算题（共 36 分，要求写出必要的文字说明、方程式或重要的演算步骤，只写出最后答 案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。） 15.如图所示，羽毛球筒的 A 端封闭、B 端开口，某同学欲从 B 端取出筒内的位于 A 端的羽毛 球，他将球筒举到距离桌面 H=40cm 处，手握球筒让其快速竖直向下加速运动，该过程可看作 是由静止开始的匀加速直线运动，经 t=0.20s 后球筒撞到桌面并立即停止，羽毛球则相对球 筒继续向下滑动，当羽毛球的球托 C 滑到 B 端时恰好停止。若球筒总长 L=39cm，羽毛球的长 度 d=7cm，设羽毛球相对球筒滑动时受到的摩擦阻力和空气阻力均恒定，重力加速度 g=l0m/s2。求： (1)球筒撞击到桌面前瞬间的速度大小； (2)羽毛球相对球筒滑动时所受的总阻力大小与其重力大小的比值。 【答案】(1)v=4m/s (2) 【解析】 （1）羽毛球先与筒一起匀加速，加速度大小为 a： 解得 a=20 m/s2 0.2s 末球筒撞击桌面前瞬间的速度 v=at=4 m/s (2) 球筒撞击桌面后羽毛球做匀减速直线运动，设其加速度大小为 a2 解得 a2=20 m/s2 对羽毛球，根据牛顿第二定律 f-mg=ma2 解得 f=3.5mg 3.5f mg = 21H 2 at= ( )2 22v a L d= − 所以 16.如图所示，在光滑水平面上放置一个长为 L=1.5m 的木板 A，在距离 A 的右端 d=0.2m 处放 置一个表面光滑的半径足够大的四分之一圆弧槽 C，圆弧槽末端切线水平且与木板 A 的上表面 在同一水平线上。现有一质量为 m=1kg 的小物块 B 以初速度 v0=5m/s 从木板 A 左端滑上木板的 上表面，已知木板 A 与圆弧槽 C 的质量均为 2m，木板 A 与圆弧槽 C 相碰时作用时间极短，且 碰后粘在一起不再分开。小物块 B 与木板 A 的动摩擦因数 ，g 取 10m/s2。求： (1)木板 A 和圆弧槽 C 碰撞前瞬间，木板 A 与小物块 B 的速度各为多大。 (2)从小物块 B 滑上木板 A 到小物块 B 最终与木板 A 相对静止的过程中，由于摩擦力产生的热 量是多少？ 【答案】(1) vA=1m/s ， vB=3m/s (2) 9.5J 【解析】 【详解】（1）设木板 A 与圆弧槽 C 碰前瞬间，木板 A 的速度为 vA,物块 B 的速度为 vB,对于木 板 A，从小物块 B 滑上木板 A 到木板 A 与圆弧槽 C 相碰前的过程，设 A、B、C 的质量分别为 mA、mB、mC，mA=mC =2m ,mB=m. 由动能定理得 µmBgd= 得 vA=1m/s 由动量守恒定理定律 mBv0=mAvA+ mBvB vB=3m/s 小物块 B 滑上木板 A 到木板 A 与圆弧槽 C 即将相碰的过程，设 B 在 A 上运动的距离为 x1, 由能量转化和守恒定律 3.5f mg = 0.5µ = 21 2 A Am v µmBg x1= mBv02 - mBvB2- mAvA2 解得： x1=1.4m 由于 vB >vA, 且x1