黑龙江省大庆市铁人中学2019届高三物理上学期期中试题(含解析)

黑龙江省大庆铁人中学2019届高三上学期期中考试
理综物理试卷
一、选择题
1.如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm。

小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。

设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）
A. a、b的电荷同号，
B. a、b的电荷异号，
C. a、b的电荷异号，
D. a、b的电荷同号，
【答案】C
【解析】
【分析】
对小球C受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系，及三角知识，即可求解。

【详解】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b 的连线，可知，a，b的电荷异号，对小球C受力分析，如下图所示：
因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，
依据相似三角形之比，则有：
而根据库仑定律，，
综上所得：，故C正确。

故应选：C。

【点睛】考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用，注意小球C的合力方向可能向左，不影响解题的结果。

2.有一辆在平直公路上行驶的汽车，满载时质量为m，当速度为v、功率为P时，加速度为a；该汽车空载时，质量比满载时减少了Δm，重力加速度为g，汽车运动时受到的阻力为汽车和货物总重的k倍，当汽车空载时速度仍为v、功率仍为P时，汽车的加速度为（）
A.
B. kg
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】满载时，由牛顿第二定律可知，
空载时，由牛顿第二定律可知，
联立解得：
故应选：A。

3.如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。

现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。

不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据动量守恒定律求出A、B碰撞后共同速度。

碰撞后，AB一起压缩弹簧，当AB的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律求最大弹性势能。

对AB及弹簧整体，由动量定理求墙对弹簧的冲量大小I。

【详解】A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得 mv0=2mv
碰撞后，AB一起压缩弹簧，当AB的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得：最大弹性势能
联立解得
从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，对AB及弹簧整体，由动量定理得 I=2mv-（-2mv）=4mv=2mv0。

故应选：B。

【点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题。

在运用动量定理和动量守恒定律时都要选择正方向，用符号表示速度的方向。

4.、为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星、做匀速圆周运动，图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示、周围的a与的反比关系，它们左端点横坐标相同，则（）
A. 、的平均密度相等
B. 的第一宇宙速度比的小
C. 的向心加速度比的大
D. 的公转周期比的大
【答案】C
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a的表达式，结合a与r2的反比关系函数图象得出P1、P2的质量和半径关系，根据密度和第一宇宙速度的表达式分析求解；根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式求解。

【详解】A项：根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：
两曲线左端点横坐标相同，所以P1、P2的半径相等，结合a与r2的反比关系函数图象得出P1的质量大于P2的质量，根据，所以P1的平均密度比P2的大，故A错误；
B项：第一宇宙速度，所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大，故B错误；
C项：s1、s2的轨道半径相等，根据，所以s1的向心加速度比s2的大，故C正确；
D项：根据万有引力提供向心力得出周期表达式，所以s1的公转周期比s2的小，故D错误。

故应选：C。

【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、
加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算。

该题还要求要有一定的读图能力和数学分析能力，会从图中读出一些信息。

就像该题，能知道两个行星的半径是相等的。

5.在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。

某时刻小球A与质量为3m的静
止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的。

则碰后B球的速度大小是（）
A.
B.
C. 或
D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】
根据碰后A球的动能求出碰后A的速度，然后由动量守恒定律求出B的速度。

【详解】A球的动能恰好变为原来的，则，碰后A速度可能与碰前速度方向相同，也可能相反，若碰后A球速度方向和原来一致，则根据动量守恒得：mv0=mv A+3mv2，
将带入得，v A＞v B，因此将发生第二次碰撞，故这种情况不可能，碰后A球速度将发生反向。

将带入mv0=mv A+3mv B，解得：，故B正确。

故应选：B。

【点睛】应用动能计算公式与动量守恒定律即可解题，要注意碰后A球的速度方向问题。

6.一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平外力的作用。

力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则下列说法中正确的是（）
A. 物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移之比是1∶5
B. 物体在t0和2t0时刻的瞬时速度之比是1∶5
C. 外力在O到t0和t0到2t0时间内做功之比是1∶8
D. 外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1∶8
【答案】AC
【解析】
【详解】A项：0到t0时间内的加速度，这段时间内的位移为，，t0时刻的
速度为，t0到2t0时间内的加速度为，所以t0到2t0时间内的位移为：
，所以2t0时刻相对于出发点的位移为：，所以物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移之比是1：5，故A正确；
B项：2t0时的速度为：v2=v1+a2t0=所以物体在t0和2t0时刻的瞬时速度之比是1：3，故B 错误；
C项：根据动能定理得：外力在0到t0时间内做的功为，外力在t0到2t0时间
内做的功为，所以外力在0到t0和t0到2t0时间内做功之比是1：8，故C正确；
D项：外力在t0的时刻的瞬时功率为P1=F0v1=，2t0时刻的瞬时功率P2=2F0v2=，所以外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1：6，故D错误。

故应选：AC。

【点睛】解决本题的关键掌握瞬时功率的公式P=Fvcosθ，以及牛顿第二定律、运动学基本公
式的应用。

7.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（）
A. 圆环的机械能守恒
B. 弹簧弹性势能变化了
C. 圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零
D. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先增大后减小
【答案】BC
【解析】
【详解】A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误.
B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得圆环下降的高度为h=L，根据系统的机械能守恒得：弹簧的弹性势能增大量为：E P=mgh=mgL，故B正确.
C、当圆环所受合力为零时，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C正确；
D、根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，即圆环的重力势能与圆环的动能还有弹簧弹性势能三种能量总和守恒.在圆环下滑到最大距离的过程中，圆环的速度是先增大后减少，圆环的动能也是先增大后减少，那么圆环重力势能与弹簧弹性势能之和就应先减少后增大，故D错误．
故选：B、C
【点睛】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法．要注意圆环的机械能不守恒，圆环与弹簧组成的系统机械能才守恒.
8.质量m的物块（可视为质点）以v0的初速度从倾角θ=30°的粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回到出发点P点，其速度随时间变化的图象如图所示，且不计空气阻力。

下列说法中正确的是（）
A. 物块所受的重力与摩擦力大小之比为5：3
B. 整个过程中物块克服摩擦力做功的功率为
C. 整个过程中重力做功比摩擦力做功大
D. 整个过程中重力冲量与摩擦力冲量之比10：1
【答案】BD
【解析】
【分析】
物块上滑和下滑的位移大小相等，根据位移时间公式分析加速度关系，由牛顿第二定律求得重力和摩擦力之比。

由动能定理求出克服摩擦力做的功，再求物块克服摩擦力做功的功率。

整个过程中重力做功为零。

由冲量的定义求重力冲量与摩擦力冲量之比。

【详解】A项：设物块返回到出发点P点时速度大小为v。

根据物块上滑和下滑的位移大小相等，得
，解得：
所以物块上滑的加速度为
下滑的加速度大小为
根据牛顿第二定律
上滑有 mgsinθ+f=ma1
下滑有 mgsinθ-f=ma2
联立解得，则mg：f=10：3，故A错误；
B项：对整个过程，由动能定理得，可解得：，这个过程中物块克
服摩擦力做功的功率为，故B正确；
C项：这个过程中重力做功为零，比摩擦力做功小，故C错误；
D项：这个过程中重力冲量 I G=mg•3t0=3mgt0．摩擦力冲量 I f=f•2t0-ft0=0.3mgt0．所以 I G：I f=10：1，故D正确。

故应选：BD。

【点睛】本题是力学综合题，关键要明确物块两个过程之间的关系，如位移关系、时间关系和速度关系，分段运用牛顿第二定律。

运用动能定理求摩擦力做功，由冲量的定义求重力和摩擦力的冲量都是常用方法，要熟练掌握。

二、实验题
9.某实验小组用如图所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力。

(1)为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是________。

A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作
B．实验操作时要先放小车，后接通电源
C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好
D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有___________和____________。

(3)图为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”。

已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g。

图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m。

请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来
___________________________。

【答案】 (1). AD; (2). 刻度尺; (3). 天平; (4).
【解析】
【分析】
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚；
由于实验需要测量小车速度和质量，故还需要的测量仪器有刻度尺、天平；
恒力做功根据W=Fscosα进行计算，用平均速度代替瞬时速度的方法求出AB两点的速度，进而求出动能的改变量。

【详解】(1) A项：实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，故A正确；
B项：实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故B错误；
C项：在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近测量误差越大，故C错误；D、在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细绳对小车的拉力，故D正确。

故选：AD。

(2) 由于实验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带计算得出的，故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，故选要天平。

(3) 小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m，M远大于m．则对小车的作用力等于砂和砂桶的总重力mg，所以恒力对小车做的功可表示为：mgx
，，所以小车动能的改变量为：
本实验就是要验证减少的重力势能是否等于增加的动能，即。

【点睛】明确“探究恒力做功与动能改变的关系”实验的实验原理及方法是求解本题的关键．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决。

10.用如图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。

m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。

右图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。

已知m1＝50 g、m2＝150 g，打点计时器所接交流电频率f=50Hz，则(结果均保留两位有效数字)
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝______m/s；
(2)在打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔE k＝________ J，系统势能的减少量ΔE p＝______J；(取当地的重力加速度g＝10 m/s2)
(3)若某同学作出v2－h图象如图所示，则当地的重力加速度g＝________m/s2。

【答案】 (1). 2.4; (2). 0.58; (3). 0.60; (4). 9.7;
【解析】
【分析】
(1) 根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；
(2)根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量；
(3) 利用动能定理推导出与下落高度h之间的关系式，再根据图象中斜率的取值，即可求出当地的实际重力加速度g。

【详解】(1)每相邻两计数点间还有4个点，因此计数点之间的时间间隔为：T=0.1s；
匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，因此有：
；
(2) 物体由静止下落，因此动能的增量为：
重力势能的减小量等于重力所做的功，因此系统势能的减少量为：
E p=W=（m2-m1）gh05=（0.150-0.050）×9.8×（0.216+0.384）J=0.60J；
(3) 根据动能定理可得：（m2-m1）gh=
整理得：
代入质量可得：
图象中的斜率：
可得当地的实际重力加速度g=9.7m/s2。

【点睛】本题验证系统机械能守恒，解题关键是要能得出系统动能的增加量和系统重力势能的减小量，要掌握求瞬时速度的方法，能利用能量的观点推导出图象中横纵坐标的表达式。

三、计算题
11.如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，小物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。

求：
(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s；
(2)小物块落地时的动能E k；
(3)小物块的初速度大小v0。

【答案】(1)（2）（3）
物块在水平桌面上减速的加速度
将物块在桌面上减速运动过程看做反向的匀加速运动过程，根据，则
，解得t1=0.4s（负值舍掉）
根据,
即
解得v0=4m/s
物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向：h=gt2，
代入数据解得：t2=0.3s
小物块落地时的时间为t=t1+t2=0.7s
水平方向：s=vt=0.9m；
将答案改为：（1）0.7s（2）0.9m（3）4m/s
视频
12.如图所示，平板车P的质量为M，质量为m的小物块Q大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。

一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)。

今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失。

已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g。

求：
(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？
(2)平板车P的长度为多少？
【答案】（1）（2）
【解析】
小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，满足动量守恒的条件且能量守恒．小物块Q在平板车P上滑动的过程中，二者相互作用，动量守恒，部分动能转化为内能。

【详解】(1) 小球由静止摆到最低点的过程中，机械能守恒，则有：
解得：
小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度．
小物块Q在平板车P上滑动的过程中，Q与P组成的系统动量守恒：mV0=mV1+MV2
其中，M=4m，解得：，；
(2) 小物块Q在平板车P上滑动的过程中，部分动能转化为内能，由能的转化和守恒定律，知：
解得：L=。

【点睛】逐一分析物体间的相互作用过程，分析得到物体间相互作用时满足的规律：动量守恒、能量守恒等，进而求出要求的物理量。

13.在用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验时，下列说法正确的是_______
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线必须是水平的
C．入射小球每次都要从斜槽上同一高度由静止滚下
D．本实验必须测出斜槽末端点到水平地面的竖直高度H
E．为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求m1＞m2，r1=r2，两小球半径r1、r 2不需要测量
【答案】BCE;
【解析】
【分析】
根据实验原理确定实验中如何减小实验误差；知道小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端切线应水平，并且每次让小球从同一位置滑下。

【详解】A项：小球离开轨道后做平抛运动，只要保证入射球离开轨道的初始相等即可，斜槽轨道不需要光滑，故A错误；
B项：为保证小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；
C项：为保证小球速度相等，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故C正确；
D项：本实验中由于平抛中高度相同，故下落时间相同，所以可以用水平位移代替水平速度，因此不需要测出斜槽末端点到水平地面的竖直高度H，故D错误；
E项：为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1＞m2。

，故E 正确。

故应选：BCE。

【点睛】本题考查验证动量守恒定律的实验，对于验证动量守恒定律的实验，要学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度的方法，掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键。

14.一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为竖直向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)，求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球经过最低点时对丝线的拉力大小。

【答案】(1)（2）
【解析】
【分析】
(1)以小球为研究对象，分析受力情况，由于小球处于静止状态，合力为零，由平衡条件分析电场力的方向，确定小球的电性，并求解电场强度大小；
(2)当电场方向变为向下后，小球受到的电场力竖直向下，向下做圆周运动，根据动能定理求解小球经过最低点时的瞬时速度；小球经过最低点时，由重力、电场力和丝线的拉力的合力提供了向心力，根据牛顿第二定律求解丝线对小球的拉力。

【详解】(1) 以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg、电场力qE、丝线的拉力F T，如图所示：
由平衡条件得：mgtan37°=qE
解得：；
(2) 当电场方向变为向下后，小球受到的电场力竖直向下，向下做圆周运动，重力和电场力都做正功，由动能定理得
解得：
小球经过最低点时，由重力、电场力和丝线的拉力的合力提供了向心力，如图所示．
根据牛顿第二定律得
解得：。

【点睛】运用动能定理求速度，根据牛顿第二定律求丝线的拉力，是常用的方法和思路，要能熟练运用力学方法解决电场中的问题。