浙江省金华市磐安县第二中学2021年高三上学期期中考试物理试题 答案不全

2021年高三上学期期中练习物理试题 Word 版含答案说明：本试卷共8页，共100分。

考试时长90分钟。

考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。

一、本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。

全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

把你认为正确的答案填涂在答题纸上。

1．如图1所示，用轻绳OA 把球挂在光滑的竖直墙壁上，O 点为绳的固定点，B 点为球与墙壁的接触点。

现保持固定点O 不动，将轻绳OA 加长，使绳与墙壁的夹角θ变小，则球静止后与绳OA 加长之前相比A ．绳对球的拉力变大B ．球对墙壁的压力变小C ．球对墙壁的压力不变D ．球所受的合力变大2．从同一高度水平抛出的物体，在空中运动一段时间，落到同一水平地面上。

在不计空气阻力的条件下，由平抛运动规律可知A ．水平初速度越大，物体在空中运动的时间越长B ．质量越大，物体在空中运动的时间越短C ．水平初速度越大，物体的水平位移越大D ．水平初速度越大，物体落地时的速度越大3．在游乐园中，游客乘坐升降机可以体验超重与失重的感觉。

关于游客在随升降机一起运动的过程中所处的状态，下列说法中正确的是A ．当升降机加速上升时，游客处在失重状态B ．当升降机减速下降时，游客处在超重状态C ．当升降机减速上升时，游客处在失重状态D ．当升降机加速下降时，游客处在超重状态4．在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中正确的是A ．自由下落的小球，其所受合外力的方向与其速度方向相同B ．做平抛运动的小球，其所受合外力的方向不断改变C ．做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心D ．做简谐运动的单摆小球，其所受合外力的方向总与速度方向相同图15．一列波速为2.0m/s ，沿x 轴正向传播的简谐机械横波某时刻的波形图如图2所示，P 为介质中的一个质点。

2021-2022学年浙江省金华市磐安县第二中学高三物理测试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （单选）如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起，此时磁铁对水平面的压力为N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为N2 ，则以下说法正确的是（）A．N1＞N2 B．N1＜N2C．弹簧长度将变长D．弹簧长度将不变参考答案：A2. 如图所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉动球，使杆发生弯曲，在测力计示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为A．始终水平向左B．始终竖直向上C．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大D．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大参考答案：C3. 有以下说法，其中正确的是（）A．当氢原子从n=4的状态跃迁到n=2的状态时，发射出光子B．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流C．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应则反映了光的波动性D．物质波是一种概率波，在微观物理学中可以用“轨迹”来描述粒子的运动参考答案：A4. 下列关于质点的说法，正确的是（）A．原子核很小，所以可以当作质点B．研究和观察日食时，可把太阳当作质点C．研究地球的自转时，可把地球当作质点D．研究地球的公转时，可把地球当作质点参考答案：D【考点】质点的认识．【分析】物体可以看成质点的条件是看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，同一个物体在不同的时候，有时可以看成质点，有时不行，要看研究的是什么问题．【解答】解：A、原子核很小，但在研究原子核内部的结构等的时候是不能看成质点的，所以A错误．B、在观察日食时，正是由于太阳的大小，才会出现日偏食、日全食等不同的情况，所以B错误．C、研究地球的自转时，不能看成质点，否则就没有自传的情况了，所以C错误．D、研究地球的公转时，地球的大小相对于地球和太阳的距离来说是很小的，可以忽略，所以D正确．故选D．5. 如图所示，MW为长直导线，PQ是一根与MW平行的竖直轴，轴上套有一个可以自由转动的通电金属框abcd（它与PQ绝缘），此时，金属框的平面正对MW，即ab边与cd边跟MW的距离相等，则[jf8]（）（A）ab边的受力方向是背离MW（B）cd边的受力方向是指向MW（C）从俯视往下看，金属框绕轴顺时针转动（D）从俯视往下看，金属框绕轴逆时针转动参考答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 物体做自由落体运动，把其全程自上而下分为三段，物体通过三段所用的时间之比为1：2：3，则这三段的位移之比为，这三段中物体的平均速度之比为[LU21]。

2020-2021学年浙江省金华市磐安县第二中学高三物理上学期期末试卷含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （单选）如图所示，体积相同的小铁球（如图中黑色球所示）和小塑料球（如图中白色球所示）分别用细线系于两个带盖的盛水的瓶子中，当两瓶和车一起加速向右运动时，会发生的现象最接近图中的哪一种情景( )参考答案：B2. （单选）下列说法正确的是（ ）别如下图中的①、②图线所示．由图可知，启用ABS 后 （ ）A ．t1时刻车速更小B ．0～t1的时间内加速度更小C ．加速度总比不启用ABS 时大D ．刹车后前行的距离比不启用ABS 更短 参考答案： BD4. 如图所示电路中，电源内电阻为r ，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表。

闭合电键S ，将滑动变阻器R2的滑片向上滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为∆I 、∆U ，下列结论中正确的是（ ）A.电流表示数变大B.电压表示数变大C. ＞rD. ＜r参考答案：AD5. 某静电场的电场线分布如图所示，P、Q为该电场中的两点，下列说法正确的是（）A．P点电势高于Q点电势B．P点场强大于Q点场强C．将电子从P点移动到Q点，其电势能减少D．将电子从P点移动到Q点，电场力做负功参考答案：ABD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （2）. (6分)某课外活动小组利用力传感器和位移传感器进一步探究变力作用下的“动能定理”．如图所示，他们用力传感器通过定滑轮直接拉固定在小车上的细绳，测出拉力F；用位移传感器测出小车的位移s和瞬时速度v.已知小车质量为200 g.A．某次实验得出拉力F随位移s变化规律如图甲所示，速度v随位移s变化规律如图乙所示，数据如表格．利用所得的F－s图象，求出s＝0.30 m到0.52 m过程中变力F做功W＝________ J，此过程动能的变化ΔEk＝________ J(保留2位有效数字)．B．指出下列情况可减小实验误差的操作是________．(填选项前的字母，可能不止一个选项) A．使拉力F要远小于小车的重力B．实验时要先平衡摩擦力C．要使细绳与滑板表面平行参考答案：W＝__0.18__ J，ΔEk＝____0.17__ J(保留2位有效数字)． ___BC__7. 测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定．（1）（4 分）实验过程中，电火花计时器应接在（选填“直流”或“交流”）电源上．调整定滑轮高度，使．（2）（3分）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ= ．（3）（3分）如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm．则木块加速度大小a= m/s2(保留两位有效数字)．参考答案：8. 水面下一单色光源发出的一条光线射到水面的入射角为30，从水面上射出时的折射角是45，则水的折射率为____，光在水面上发生全反射的临界角为____。

浙江省金华市磐安县第二中学2024学年物理高三第一学期期中达标测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR2、如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（）A．电荷从a到b加速度减小B．b处电势能较大C．b处电势较高D．电荷在b处速度大3、如图所示，在水平面上固定一点光源，在点光源和右侧墙壁的正中间有一小球自水平面以初速度v0竖直上抛，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球竖直向上运动的过程中，关于小球的影子在竖直墙壁上的运动情况，下列说法正确的是A．影子做初速度为v0，加速度为g的匀减速直线运动B．影子做初速度为2v0，加速度为g的匀减速直线运动C．影子做初速度为2v0，加速度为2g的匀减速直线运动D．影子做初速度为v0，加速度为2g的匀减速直线运动4、如图所示，放在不计电阻的金属导轨上的导体棒ab, 在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，钢制闭合线圈c将被螺线管吸引( )A．向右做匀速运动B．向左做匀速运动C．向右做减速运动D．向右做加速运动5、如图所示，一条不可伸长的轻绳一端固定于悬点O，另一端连接着一个质量为m的小球．在水平力F的作用下，小球处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角为θ，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是A．绳的拉力大小为mg tan θB．绳的拉力大小为mg cos θC．水平力F大小为mg cos θD．水平力F大小为mg tan θ6、如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N在同一电场线上．两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v 0分别从M 点和N 点沿竖直平面进入电场，重力不计．N 点的粒子垂直电场线进入，M 点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P 点，在此过程中，下列说法正确的是A ．电场力对两粒子做功相同B ．两粒子到达P 点的速度大小可能相等C ．两粒子到达P 点时的电势能都减小D ．两粒子到达P 点所需时间一定不相等二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2021年高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版一、选择题（本大题共14小题，在每小题给出的四个选项中，1-8题只有一个选项符合题目要求，选对得3分，选错得0分，9-14题有的有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1．（3分）以下说法正确的是（）A．法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件B．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围一定产生变化的磁场C．电场强度是用比值法定义，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比D．奥斯特发现了电流的磁效应和电磁感应现象考点：感应电流的产生条件．.分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件，故A正确；B、根据麦克斯韦的电磁场理论，在变化的电场周围一定产生磁场，只有非均匀变化的电场周围才产生变化的磁场；在变化的磁场周围一定产生电场，只有非均匀变化的磁场周围才产生变化的电场．故B错误；C、电场强度是用比值法定义，因而电场强度与电场力、试探电荷的电量无直接关系，故C错误；D、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现电磁感应现象，故D错误；故选：A．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（3分）某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的v ﹣t图象．某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是（）A．在t1时刻，虚线反映的加速度比实际的大B．在t3﹣t4时间内，虚线反映的是匀速运动C．在0﹣t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的小D．在t1﹣t2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大考点：匀变速直线运动的图像．.专题：运动学中的图像专题．分析：速度图象的斜率代表物体加速度，速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移．解答：解：A、由于v﹣t图象的斜率等于物体的加速度，在t1时刻，实线的斜率大于虚线的斜率，故实线表示的加速度大于虚线表示的加速度，故虚线反映的加速度比实际的小．故A错误．B、在t3﹣t4时间内，虚线是一条水平的直线，即物体的速度保持不变，即反映的是匀速直线运动．故B正确．C、在0﹣t1时间内实线与时间轴围成的面积小于虚线与时间轴的面积，故实线反映的运动在0﹣t1时间内通过的位移小于虚线反映的运动在0﹣t1时间内通过的位移，故由虚线计算出的平均速度比实际的大．故C错误．D、在t1﹣t2时间内，虚线围成的面积小于实线围成的面积，故由虚线计算出的位移比实际的小．故D错误．故选：B．点评：本题告诉了我们估算平均速度的方法：估算实际物体在0﹣t1时间内平均速度，可用0到t1的虚线反映的平均速度，故实际平均速度大于．3．（3分）如图所示，恒力F大小与物体重力相等，物体在恒力F的作用下，沿水平面做匀速直线运动，恒力F的方向与水平成θ 角，那么物体与桌面间的动摩擦因数为（）A．c osθB．c tgθC．D．t gθ考点：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力．.专题：计算题．分析：对物体受力分析，受推力、重力、支持力、摩擦力，根据平衡条件用正交分解法列式求解．解解：对物体受力分析，如图答：根据共点力平衡条件水平方向Fcosθ﹣f=0竖直方向 N﹣Fsinθ﹣mg=0摩擦力f=μN由以上三式解得μ=故选C．点评：解决共点力平衡问题最终要运用平衡条件列方程求解，选择恰当的方法，往往可以使问题简化，常用方法有：正交分解法；相似三角形法；直角三角形法；隔离法与整体法；极限法．4．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图（乙）所示，则（）A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能考点：弹性势能；动能；动能定理的应用；动能和势能的相互转化．.专题：压轴题；定性思想；牛顿运动定律综合专题．分析：小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，但合力变小，加速度变小，故做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变的大于重力，合力变为向上且不断变大，故加速度向上且不断变大，故物体做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．解答：解：A、t1时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故A错误；B、t2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故B错误；C、t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C正确；D、t2～t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误；故选C．点评：本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析．5．如图，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α，船的速率为（）A．v si nαB．C．v cosαD．考点：运动的合成和分解．.分析：人在行走的过程中，小船前进的同时逐渐靠岸，将人的运动沿着绳子方向和垂直绳子方向正交分解，由于绳子始终处于绷紧状态，故小船的速度等于人沿着绳子方向的分速度，根据平行四边形定则，将人的速度v分解后，可得结论．解答：解：将人的运动速度v沿着绳子方向和垂直绳子方向正交分解，如图，由于绳子始终处于绷紧状态，因而小船的速度等于人沿着绳子方向的分速度根据此图得v船=vcosα故选C．点评：本题关键找到人的合运动和分运动，然后根据正交分解法将人的速度分解即可；本题容易把v船分解而错选D，要分清楚谁是合速度，谁是分速度．6．（3分）物体在恒定的合力F作用下，做直线运动，在时间△t1内速度由O增大到v，在时间△t2内速度同v增大到2v，设F在△t1内做功是W1，冲量是I1，在△t2内做的功是W2，冲量是I2，那么（）A．I1＜I2，W1=W2B．I1＜I2，W1＜W2C．I1=I2，W1=W2D．I1=I2，W1＜W2考动量定理．.点：专题：动量定理应用专题．分析：根据动能定理研究功的关系，根据动量定理研究冲量的关系．解答：解：根据动能定理得：，，则W1＜W2．根据动量定理得，I1=mv﹣0=mv，I2=2mv﹣mv=mv，知I1=I2．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用．7．如图是一个示波管工作原理图的一部分，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量为y，两平行板间距为d、板长为L、板间电压为U．每单位电压引起的偏转量（y/U）叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可以采用的方法是（）A．增加两板间的电势差U B．尽可能缩短板长LC．尽可能减小板距d D．使电子的入射速度v0大些考点：示波管及其使用．.分析：电子在匀强电场中发生偏转，根据已知的条件，写出偏转量的表达式，根据公式进行说明．解答：解：设电子的电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度：a==，运动时间t=，偏转量h==．所以示波管的灵敏度：=．通过公式可以看出，提高灵敏度可以采用的方法是：加长板长L，减小两板间距离d 和减小入射速度v0．故C正确，ABD错误．故选：C．点评：该题本意是考查带电粒子在电场中的偏转，要熟记偏转量的公式以及它的推导的过程．8．（3分）如图所示，正方形区域ABCD内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，三个完全相同的带电粒子a、b、c分别以大小不同的初速度v a、v b、v c从A点沿图示方向射入该磁场区域，经磁场偏转后粒子a、b、c分别从BC边中点、CD边中点、AD边中点射出．若t a、t b、t c分别表示粒子a、b、c在磁场中的运动时间．则以下判断正确的是（）A．v a＜v b＜v c B．v a=v b＜v c C．t a＜t b＜t c D．t a=t b＜t c考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．.专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子在你匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子的运动时间t=T，θ为粒子轨迹所对应的圆心角．解答：解：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：v=，粒子做圆周运动的周期：T=，由于三个粒子完全相同，则它们做圆周运动的周期T 相等，如图所示，粒子的轨道半径：r a＞r b＞r c，v c＜v b＜v a，故AB错误；粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角间的关系为：θa＜θb＜θc，粒子运动时间t=T，则粒子在磁场中的运动时间：t a＜t b＜t c，故C正确，D错误；故选：C．点评：本题考查了比较粒子的运动速度、时间关系，根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、t=T即可正确解题．9．（4分）如图所示，斜面体质量为M，倾角为θ，置于水平地面上，当质量为m的小木块沿斜面匀速下滑时，斜面体仍静止不动．则（）A．斜面体受地面的支持力为MgB．斜面体受地面的支持力为（m+M）gC．斜面体受地面的摩擦力为mgcosθsinθD．斜面体受地面的摩擦力为0考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对整体分析，通过共点力平衡求出斜面体所受地面的摩擦力和支持力的大小．解解：因为小木块匀速下滑，对整体分析，整体合力为零，整体受重力和支持力，摩答：擦力为零，所以N=（M+m）g．故B、D正确，A、C错误．故选BD．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．10．（4分）如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是（）A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球机械能的减少量等于斜劈动能的增加量考点：动能和势能的相互转化．.分析：小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒；而小球和斜劈的机械能都不守恒．解答：解：A、斜劈由静到动，动能增加，只有弹力对斜劈做功，根据动能定理，斜劈对小球的弹力做正功，故A错误；B、C、D、小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒，故BD正确，C错误‘故选BD．点评：本题关键分析清楚物体的运动和能量的转化情况，要明确是小球和斜劈组成的系统机械能守恒，而不是单个物体机械能守恒．11．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是（）A．t=0.01s时穿过线框的磁通量最小B．该交变电动势的有效值为11VC．该交变电动势的瞬时值表达式为e=22sin（100πt）VD．电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45°考交流的峰值、有效值以及它们的关系．.点：专题：交流电专题．分析：从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍．解答：解：A、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，A错误；B、该交变电动势的有效值为E=，B错误；C、当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为，C正确；D、电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角为45°，D正确；故选：CD点评：本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系．12．（4分）如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的恒力F拉乙物块，在使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上加速运动的阶段中（）A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小D．乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小考点：洛仑兹力；摩擦力的判断与计算．.分析：先以整体为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，分析斜面对乙的摩擦力如何变化，再对甲分析，由牛顿第二定律研究甲、乙之间的摩擦力、弹力变化情况．解答：解：对整体，分析受力情况：重力、斜面的支持力和摩擦力、洛伦兹力，洛伦兹力方向垂直于斜面向上，则由牛顿第二定律得：m总gsinα﹣f=ma ①F N=m总gcosα﹣F洛②随着速度的增大，洛伦兹力增大，则由②知：F N减小，乙所受的滑动摩擦力f=μF N 减小，故D正确；以乙为研究对象，有：m乙gsinθ﹣f=m乙a ③m乙gcosθ=F N′+F洛④由①知，f减小，加速度增大，因此根据③可知，甲乙两物块之间的摩擦力不断增大，故A正确，BC错误；故选：AD．点评：解决本题运用整体法和隔离法结合研究，关键是抓住洛伦兹力随速度而增大的特点进行分析13．如图所示为一卫星绕地球运行的轨道示意图，O点为地球球心，已知引力常量为G，地球质量为M，，，下列说法正确的是（）A．卫星在A点的速率B．卫星在B点的速率C．卫星在A点的加速度D．卫星在B点的加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．.专题：人造卫星问题．分析：卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出线速度和加速度的表达式；卫星在椭圆轨道运动时，根据离心运动和向心运动的知识比较速度与圆轨道对应速度的大小．解答：解：卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：解得：v=，a=A、卫星经过椭圆轨道的A点时，由于万有引力小于向心力，故做离心运动，故：解得：v＞，故A错误；B、卫星经过椭圆轨道的B点时，由于万有引力大于向心力，故做向心运动，故：解得：v＜，故B正确；C、根据牛顿第二定律，卫星在A点的加速度：，故C正确；D、根据牛顿第二定律，卫星在B点的加速度，故D错误；故选：BC．点评：本题关键是明确当万有引力大于向心力时，卫星做向心运动，当万有引力小于向心力时，物体做离心运动．14．（4分）半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0．圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则（）A．θ=0时，杆产生的电动势为2BavB．θ=时，杆产生的电动势为BavC．θ=时，杆受的安培力大小为D．θ=0时，杆受的安培力为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．.专题：电磁感应与电路结合．分析：根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律求出电动势．注意总电阻的求解，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小．解答：解；A、θ=0时，杆产生的电动势E=BLv=2Bav，故A正确B、θ=时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B错误；C、θ=时，电路中总电阻是（π+1）aR0，所以杆受的安培力大小为：F′=BI′L′=，故C正确；D、θ=0时，由于单位长度电阻均为R0．所以电路中总电阻（2+π）aR0，所以杆受的安培力大小为：F=BIL=B•2a=，故D错误；故选：AC．点评：电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解．二、非选择题（本大题共9小题，第1个小题为实验填空题，只需要写出相应结果，后3个小题为计算题，需要写出详细解答过程方能得分）15．（8分）某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，他将两物块A和B用轻质细绳连接跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器．（1）按图甲所示安装实验装置时，使A的质量大于B的质量．（2）图乙是实验中得到的一条纸带，O为释放纸带瞬间打点计时器打下的点，A、B、C为纸带上连续取出的三个计时点，测得OA间、AB间及BC间的距离如图所示，已知打点计时器计时周期为T=0.02s，用天平测出A、B两物体的质量mA=150g，mB=50g，根据以上数据计算，可得从O到B的过程中，物块A、B组成的系统重力势能减少量为0.42 J，动能增加量为0.40 J，由此可得出的结论是在误差允许范围内，系统机械能守恒（取g=9.8m/s2，计算结果保留2位有效数字）考点：验证机械能守恒定律．.专题：实验题．分析：纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，得到A物体下落的高度和B物体上升的高度，即可求出系统重力势能的减小量．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，再进行比较，即可得出结论．解答：解：从O到B的过程中，物块A、B组成的系统重力势能减少量为：△E p=（m A﹣m B）gh OB=（150﹣50）×10﹣3×9.8×（38.89+3.91）×10﹣2J=0.42J；B点的速度为：v B=m/s=2m/s系统动能增加量为：△E k=×（150+50）×10﹣3×22J=0.40J因为△E p≈△E k所以由此可得出的结论是：在实验误差允许范围内，系统机械能守恒．故答案为：0.42；0.40；在误差允许范围内，系统机械能守恒．点评：本题用连接体为例来验证机械能守恒，要注意研究的对象是A、B组成的系统，运用匀变速直线运动规律求B点的速度是关键．要关注有效数字．16．（8分）要测量一个量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：A．待测电压表V（量程3V，内阻待测）B．电流表A（量程3A，内阻约0.01Ω）C．定值电阻R（已知阻值6kΩ，额定电流50mA）D．蓄电池E（电动势略小于3V，内阻不计）E．多用电表F．开关K1、K2，导线若干有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：（1）首先，用多用电表进行粗测，选用“×1K”挡且操作方法正确．若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是7KΩ．（2）为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图乙所示的（a）、（b）实验电路，你认为其中较合理的电路图是 b ．（3）用你选择的电路进行实验时，用上述所测量的符号表示电压表的内阻R v= ．考点：伏安法测电阻．.专题：实验题．分析：（1）欧姆表读数等于表盘读数乘以倍率；（2）（3）图a中电流表读数太小，读数误差太大，采用图b，结合闭合电路欧姆定律列式求解．解答：解：（1）选用“×1K”挡且操作方法正确，由图1所示可知，则测量的结果是：R=7×1k=7kΩ．（2）由于电源电动势小于3V，电压表内阻很大，图a所示电路电流很小，不能准确对电流表读数，实验误差太大，因此应选择图b所示电路进行实验．（3）实验时，要先闭合开关K1，再闭合开关K2，读得电压表示数U1；再断开开关K2，读得电压表示数U2，电源的内阻忽略不计，断开开关K2，读得电压表示数U2，电阻R上的电压为：U R=U1﹣U2，由串联电路的分压关系得：=解得：R V=；故答案为：（1）7KΩ或7000Ω；（2）b；（3）．点评：欧姆表的读数为：表盘的读数×倍率；要理解乙和丙两个电路图测量电压表内阻的原理，根据它们的测量原理进行解答．17．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2㎏，动力系统提供的恒定升力F=28N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2．（1）第一次试飞，飞行器飞行t1=8s 时到达高度H=64m．求飞行器所阻力f的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大宽度h；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．.分析：（1）第一次试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升做匀加速直线运动，根据位移时间公式可求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以求出阻力f的大小；（2）失去升力飞行器受重力和阻力作用做匀减速直线运动，当速度减为0时，高度最高，等于失去升力前的位移加上失去升力后的位移之和；（3）求飞行器从开始下落时做匀加速直线运动，恢复升力后做匀减速直线运动，为了使飞行器不致坠落到地面，到达地面时速度恰好为0，根据牛顿第二定律以及运动学基本公式即可求得飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3．解答：解：（1）第一次飞行中，设加速度为a1匀加速运动由牛顿第二定律F﹣mg﹣f=ma1解得f=4N（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1匀加速运动设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2由牛顿第二定律mg+f=ma2v1=a1t2解得h=s1+s2=42m（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3由牛顿第二定律 mg﹣f=ma3F+f﹣mg=ma4且V3=a3t3解得t3=s（或2.1s）答：（1）飞行器所阻力f的大小为4N；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，飞行器能达到的最大高度h为42m；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为s．点评：本题的关键是对飞行器的受力分析以及运动情况的分析，结合牛顿第二定律和运动学基本公式求解，本题难度适中．18．（10分）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，水平轨道AB和斜面BC均光滑且绝缘，AB和BC的长度均为L，斜面BC与水平地面间的夹角θ=600，有一质量为m、电量为+q的带电小球（可看成质点）被放在A点．已知在第一象限分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小E2=，磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；在第二象限分布着沿x轴正向的匀强电场，场强大小未知．现将放在A点的带电小球由静止释放，恰能到达C点，问（1）分析说明小球在第一象限做什么运动；（2）小球运动到B点的速度；（3）第二象限内匀强电场的场强E1．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．. 专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）分析小球的受力情况，根据小球受力情况判断小球的运动情况．（2）小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可以求出小球的速度．（3）由小球，应用动能定理可以求出电场强度．解答：解：（1）当带电小球进入第一象限后所受电场力：F=qE2=mg，方向竖直向上，电场力与重力合力为零，小球所受合外力为洛伦兹力，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动；（2）小球运动轨迹如图所示：由几何关系可得：R==L，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv B B=m，解得：v B=；（3）小球从A到B过程，由动能定理得：qE1L=mv B2﹣0，解得：E1=；答：（1）小球在第一象限做匀速圆周运动；（2）小球运动到B点的速度为；（3）第二象限内匀强电场的场强E1为．点评：本题考查了求小球的速度、电场强度，分析清楚小球的运动过程，对小球正确受力分析、应用牛顿第二定律、动能定理即可正确解题．19．如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。

图12021年高三上学期期中统一测试物理试题 Word 版含答案第Ⅰ卷（选择题，共55分）一、选择题：本题共11小题，每小题5分。

在1～8题中，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

在9～11题中，每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全得3分，错选或不答得0分。

1．下列表述中符合物理学史实的是A ．牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量B ．亚里士多德通过理想斜面实验，发现了物体的运动不需要力来维持C ．伽利略创造了把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学研究方法D ．笛卡尔首先提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础2．如图1所示，直线a 和曲线b 分别是在平直公路上行驶的汽车 a 和b 的位置-时间（x -t ）图象。

由图可知A ．在时刻t 1，a 、b 两车相遇，且运动方向相反B ．在时刻t 2，a 车追上b 车，且运动方向相同C ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率先增大后减小D ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率一直比a 小3．如图2所示，质量为m 的木块在推力F 的作用下，在 水平地面上做匀加速直线运动．已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，F 的方向与地面成θ角斜向下．则地面对木块的滑动摩擦力大小为A ．0B ．μmgC ．F sin θD ．μ(mg +F sin θ)4．如图3所示，质量为m 1的木棒用细线悬挂在天花板上，套在木棒上的质量为m 2的金属环正以加速度a 沿木棒加速下滑，此时悬挂木棒的细线对天花板的拉力大小为图2图6A ．(m 1+m 2)gB ．m 1g +m 2aC ．(m 1-m 2)g + m 2aD ．(m 1+m 2)g －m 2a5．将一质量为m 的物体以初速度υ0竖直向上抛出，经过一段时间后又落回抛出点，速度大小为υ。

假设运动过程中空气阻力大小不变，上升阶段、下降阶段的时间和加速度大小分别为t 1、t 2和a 1、a 2，则A ．t 1=t 2、a 1=a 2、υ=υ0B ．t 1<t 2、a 1>a 2、υ<υ0C ．t 1>t 2、a 1>a 2、υ>υ0D ．t 1<t 2、a1<a 2、υ<υ06．两段长度相等的轻杆通过质量为m 的小球A 连接在一直线上，质量为2m 的小球B 固定在一根杆的一端，如图4所示。

一、选择题(共9小题，每小题3分，满分27分)1．在下列运动状态下，物体处于平衡状态的有（)A.秋千摆到最低点时Ｂ．蹦床运动员上升到最高点速度为零时C．水平匀速运动的传送带上的货物相对于传送带静止时D.物体做匀速圆周运动时2．质量为m的物体从高为h处自由下落,开始下落的用时为t,则（）A.物体落地所用的时间为tﻩB.物体落地所用的时间为3tC．物体落地时的速度为ｇtﻩＤ．物体落地时的速度为gt３．船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示，河水的流速与船离河岸的距离的变化关系如图乙所示,则（）A．船渡河的最短时间6０sＢ.要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中,船头必须始终与河岸垂直Ｃ．船在河水中航行的轨迹是一条直线Ｄ．船在河水中的最大速度是5m/ｓ4.如图所示，A、Ｂ两同学用甲、乙两种方式推墙．甲中A向前推B、B向前推墙；乙中A、B同时向前推墙.每人用力的大小都为F，方向水平．已知地面粗糙．则以下说法中正确的是（）A．甲方式中墙受到的推力为2FＢ.乙方式中墙受到的推力为2FC．甲方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为FＤ．乙方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为2F5．如图所示，质量为M的物体在粗糙斜面上以加速度a1匀加速下滑(斜面固定)；当把物体的质量增加ｍ时,加速度为a2；当有一竖直向下且过重心的恒力F作用在物体上时，加速度变为a3,如果F＝mg，则（)A．a1=ａ2＝a3 B.a1＝ａ2＞a３ﻩＣ.a1=a2<a3Ｄ.ａ1＜a2<ａ36.某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是( )A．a点的电势高于b点的电势B．c点的电场强度大于d点的电场强度C.若将一负试探电荷沿电场线由ｃ点移到d点,电势能增大Ｄ．若将一正试探电荷沿电场线由ａ点移到b点,电场力做负功7.如图所示,斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出,做初速为v0的平抛运动,恰落在b点．若小球初速变为ｖ，其落点位于c，则( )A.ｖ0<v＜2v０B．v=２v0ﻩC.２v0<v＜3v0ﻩD．v>3v0８．如图所示,A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同,现从同一高度ｈ处由静止释放小球,使之进入右侧不同的轨道：除去底部一小段圆弧,Ａ图中的轨道是一段斜面，高度大于h；Ｂ图中的轨道与A图中轨道相比只是短了一些,且斜面高度小于h;C图中的轨道是一个直径径大于h的轨道，与斜面相连;Ｄ图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达ｈ高度的是（)A.ﻩB.C.Ｄ.9．2010年１１月23日，第16届亚运会跳水展开女子双人１0米跳台的争夺，如图所示,中国队陈若琳和汪皓夺取金牌．在亚运会高台跳水比赛中,质量为ｍ的跳水运动员进入水中后受到水的阻力(包含浮力)而竖直向下做减速运动，设水对她的阻力大小恒为Ｆ，则在她减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是( ）(ｇ为当地的重力加速度)Ａ.她的动能减少了FhﻩB．她的重力势能减少了ｍghC．她的机械能减少了（F﹣mｇ）ｈﻩＤ．她的机械能减少了mｇh二、不定项选择题(本题共5小题.每小题至少有一个选项是符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分,选错或不答的得0分，共20分)10.如图甲所示,物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从０开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动,其加速度ａ随外力F变化的图象如图乙所示.根据图乙中所标出的数据可计算出（）A．物体的质量Ｂ.物体与水平面间的滑动摩擦力C．物体与水平面间的最大静摩擦力D．在F为１4Ｎ时，物体的速度最小1１．水平面上的甲、乙两物体,在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下逐渐停下来,图中，a、b分别表示甲、乙的动能Ｅ和位移s的图象，下列说法正确的是( ）Ａ．若甲和乙与水平面的动摩擦因数相同，则甲的质量一定比乙大B.若甲和乙与水平面的动摩擦因数相同，则甲的质量一定比乙小C．若甲和乙的质量相等，则甲和地面的动摩擦因数和乙相等Ｄ.若甲和乙的质量相等,则甲和地面的动摩擦因数一定比乙大12.如图1所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为Ｆ,小球在最高点的速度大小为v，其F﹣v2图象如图2所示.则（）A．小球的质量为B．当地的重力加速度大小为C.v2=ｃ时,小球对杆的弹力方向向下D.ｖ2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等1３．如图是质量为１kg的质点在水平面上运动的v﹣t图象，以水平向右的方向为正方向.以下判断正确的是( ）A.在０~3 s时间内,合力对质点做功为1０ＪB.在4~6 s时间内，质点的平均速度为３m／ｓC.在１~5 s时间内,合力的平均功率为４WＤ.在t＝6 s时,质点的加速度为零14．如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d,电荷量分别为+Q 和﹣Q.在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为+q 的小球以初速度v0从管口射入，则小球（)A．速度先增大后减小B．受到的库仑力先做负功后做正功Ｃ.受到的库仑力最大值为D.管壁对小球的弹力最大值为三、实验题（本题共2小题，每空格2分．共1６分)15.某同学在进行“探究加速度与力和质量的关系”实验时，经历了以下过程:(1)在实验准备过程中，发现实验室有两种打点计时器，如图甲所示．该同学决定使用电磁打点计时器，则应选图中(选填“①”或“②”)计时器：（２)用一条纸带穿过计时器,该同学发现有图乙中的两种穿法,感到有点犹豫.你认为（选填“③”或“④”）的穿法效果更好：穿好纸带后,实验时发现打点计时器的振针打不到复写纸上（如图丙），你认为应调节丙图中的部位(填字母“Ａ”、“Ｂ”、“C”或“D”）(３）该同学通过本实验练习使用游标卡尺,某次测量如图丁所示,读数为cm.（４)该同学欲通过图戊所示装置的右侧垫小木块来平衡摩擦力，实验时轻推小车，打出的纸带如图己.该同学根据纸带的点迹判断，图丙中小木块应该向（选填“左”、“右”或“不动”）移一些.16．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，用如图1所示的实物电路图进行实验:(1）开关闭合前滑动变阻器应移到（填“A端”、“Ｂ端”或“中间任意位置”)(2)正确操作，记录两电表示数及小灯珠的发光状态,如表所示:电压U／V０0．200.５00.80 1.00 1.30 1.502．０02.50电流Ｉ/A0０.１８0.290.３30.340.36０.370．390.４０灯珠的状态不发光发红微弱发光发光发光发亮很亮用图2的坐标纸描绘小灯珠的伏安特性曲线；（3)同学测完最后一组数据后，只断开电路开关．经过一段较长时间后，再闭合开关.发现在闭合开关的瞬间电流明显大于0.40Ａ,请说明该现象的原因：开关闭合瞬间，灯丝温度比较低,电阻较小．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.【专题】实验题.【分析】(1）滑动变阻器采用分压接法时,为保护电路,滑片应置于分压电路分压最小的位置.(2）应用描点法作图作出图象；（3）根据灯泡电阻与温度的关系,利用欧姆定律可明确该现象出现的原因．【解答】解：(1）滑动变阻器采用分压接法时,为保护电路，滑片应置于分压电路分压最小的位置．故应滑到A端；（2)应用描点法作图作出图象,如图所示;（３)由于长时间通电时，灯泡温度较高,则灯泡电阻增大;故电流中电流较小;而断开开关,重新闭合时,灯泡温度较小,则电阻较小;故电路中电流大于０.4A；故答案为：（1)A端；（2)如图所示;（3)开关闭合瞬间,灯丝温度比较低,电阻较小【点评】本题考查了作电路图、连接实物电路图、作图象、实验数据处理，确定电流表与电压表的接法是正确解题的前提与关键,当电压与电流从零开始变化时,滑动变阻器采用分压接法．四．计算题(共３7分，本题共３小题．第１7题12分、第18题12分,第１９题13分．要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)17.吴菊萍徒手勇救小妞妞,被誉为“最美妈妈”. 设妞妞的质量m＝10kｇ，从离地h１=28.5m高的阳台掉下,下落过程中空气阻力约为本身重力的0.4倍；在妞妞开始掉下时，吴菊萍立刻从静止开始匀加速奔跑水平距离Ｓ＝９ｍ到达楼下,张开双臂在距地面高度为h2=1.5ｍ处接住妞妞,缓冲到地面时速度恰好为零，缓冲过程中的空气阻力不计.g=1０m/s２．求:（1)妞妞在被接到前下落的时间;(2）吴菊萍跑到楼下时的速度;(３)在缓冲过程中吴菊萍双臂受到的平均作用力多大？【考点】牛顿第二定律；自由落体运动．【专题】简答题；定性思想；推理法;牛顿运动定律综合专题.【分析】（1)妞妞下落过程是匀加速直线运动，由牛顿第二定律可以解得其下落的加速度，根据位移时间关系解得妞妞下落的时间;(２）吴菊萍跑到楼下时的位移时间已知,由位移时间关系式解得其加速度，然后用速度时间关系式解得其速度;(3）根据动能定理解出吴菊萍对妞妞做的功，再根据功的公式求解平均作用力．【解答】解:(1）对妞妞用牛顿第二定律:mg﹣0．４mg=mａ１求得：a1=6m/ｓ２妞妞下落过程是匀变速直线运动,由位移时间关系:解得:ｔ＝3s(2)吴菊萍匀加速运动：解得:ａ2=2ｍ／s2由速度时间关系:υ2＝ａ２ｔ＝6m／s(３)妞妞下落h1的速度:υ1=a１ｔ=18m／s缓冲过程中,缓冲过程中，对妞妞由动能定理,得:解得:W=﹣17７0J设吴菊萍对妞妞的平均作用力大小为F,则W=﹣Ｆh２,代入数据解得:Ｆ==118０N答:（１）妞妞在被接到前下落的时间３ｓ;（2)吴菊萍跑到楼下时的速度6ｍ/s;（3)在缓冲过程中吴菊萍双臂受到的平均作用力为1１８0N．【点评】本题把牛顿第二定律与匀变速直线运动规律相结合，通过此题可以看出加速度是联系牛顿第二定律与匀变速直线运动规律的桥梁，难度适中.1８．如图所示,一半径R=０.2m的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动,圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块.当圆盘转动的角速度逐渐增大到某一数值时,滑块刚好从圆盘边缘处滑落,进入轨道ABC．已知AB段为光滑的圆弧形轨道，轨道半径r=2．５m,B点是圆弧形轨道与水平地面的相切点，Ａ点与Ｂ点的高度差ｈ=１.2ｍ;倾斜轨道BC与圆轨道AB对接且倾角为３7°,滑块与圆盘及BC轨道间的动摩擦因数均为μ＝０．5，滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计滑块在A点和B点处的机械能损失，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2,sｉｎ37°=０.６,cos37°=0.８．(1）求滑块刚好从圆盘上滑落时,圆盘的角速度;(２）求滑块到达弧形轨道的B点时对轨道的压力大小；(3)滑块从到达B点时起,经0.６ｓ正好通过C点,求BC之间的距离.【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．【专题】机械能守恒定律应用专题.【分析】（1)滑块做匀速圆周运动,指向圆心的静摩擦力力提供向心力，静摩擦力随着外力的增大而增大，当滑块即将从圆盘上滑落时，静摩擦力达到最大值，根据最大静摩擦力等于向心力列式求解,可以求出滑块即将滑落的临界角速度；（２）先求出A点的速度，再根据机械能的表达式求解出B点的速度,进而在B点，由牛顿第二定律求解轨道对滑块的支持力，再求解压力;(3）对滑块受力分析,分别求出向上滑行和向下滑行的加速度,然后根据运动学公式求解出BC间的距离．【解答】解:(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力,由牛顿第二定律，可得：μmg＝mω2R代入数据解得：ω==ｒａd/s=5ｒaｄ/s；（2）滑块在Ａ点时的速度：vＡ=ωＲ=5×0.2m/s＝1m/s滑块在从A到B的运动过程中机械能守恒:ｍｇｈ＋mv A2=mｖB２解得：vＢ==m/s=5ｍ／s在B点,由牛顿第二定律，可得：ＦＮ﹣ｍｇ=m解得：F N＝m+mg=1．0×（+10）N=２0N,滑块对轨道的压力大小为2０N．（3)滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a1=g（ｓin37°＋μcos37°）=１0m/s2滑块沿BC段向上运动的时间:t１＝=0.5s＜0.６ｓ故滑块会返回一段时间向上运动的位移:Ｓ1=＝1．２5m返回时的加速度大小:a2＝ｇ（sin37°﹣μcos３7°)＝2ｍ/s2S2=a2(ｔ﹣t１)2=0.01mBC间的距离:s BC=S１﹣S2=1．24m．答：(1)滑块刚好从圆盘上滑落时,圆盘的角速度为5rａd／ｓ；（2)滑块到达弧形轨道的B点时对轨道的压力大小为20N；（3)滑块从到达Ｂ点时起，经０.６s正好通过C点,ＢC之间的距离为1.24m.【点评】本题关键把物体的各个运动过程的受力情况和运动情况分析清楚,然后结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求解.19．如图甲所示,边长为Ｌ的正方形区域ＡBCＤ内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC 相距Ｌ处竖直放置足够大的荧光屏,荧光屏与AＢ延长线交于O点.现有一质量为ｍ，电荷量为+q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力．（1)求粒子进入电场前的初速度的大小？(2)其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能？（３)现将电场分成AEFＤ和ＥＢCF相同的两部分，并将ＥBＣF向右平移一段距离x(x≤Ｌ）,如图乙所示.设粒子打在荧光屏上位置与Ｏ点相距y，请求出y与x的关系?【考点】带电粒子在匀强电场中的运动;电场强度.【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】(1）粒子在电场中做类平抛运动,根据平抛运动的知识分别在水平方向和竖直方向上列式计算,即可得出粒子进入电场前的初速度大小.(２)结合第一问，分析当电场变化后，粒子水平位移和竖直位移的变化情况，再分别在水平方向和竖直方向上列式，可得电场变为原来的8倍，从而可求出粒子从Ｑ点飞出时的动能.（３)根据题意画出粒子的轨迹图,（在电场中做类平抛运动,在电场外做匀速直线运动）通过几何知识，分析粒子两次飞出电场时速度与水平方向的夹角与相应距离的关系,便可求出ｙ与x的关系．【解答】解:（１)粒子在电场内做类平抛运动，在水平方向有：L=v0ｔ在竖直方向上有:联立以上两式得:(2)其它条件不变,增大电场强度,从CD边中点Q飞出与从BC边中点Ｐ飞出相比,水平位移减半,竖直位移加倍，根据类平抛运动知识有:水平方向:竖直方向：则加速度为原来8倍，电场强度为原来８倍,电场力做功为：W１＝8EqL粒子从CD边中点Q飞出时的动能：（3）将EＢCＦ向右平移一段距离ｘ,粒子在电场中的类平抛运动分成两部分,在无电场区域做匀速直线运动，轨迹如图所示,有一下几何关系：y２=(Ｌ﹣ｘ)tanθ2=L﹣x答:(1）粒子进入电场前的初速度的大小为；(2)其他条件不变,增大电场强度使粒子恰好能从ＣＤ边的中点Q飞出，粒子从Q点飞出时的动能为; (3）ｙ与ｘ的关系为．【点评】该题考查了带电粒子在有界匀强电场中的偏转问题,解答此类问题，主要是利用平抛运动的知识进行求解（水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上是匀加速直线运动）;解答此类问题，有时还要用到能量的观点；对于第三问的解答，要结合粒子的运动轨迹，这就要求我们要准确的画出粒子的运动轨迹图,并应用相关的数学知识进行解答．。

2024学年浙江省磐安县二中物理高三第一学期期中达标检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图，直线①和曲线②分别是在平直公路上行驶的甲、乙两车的v﹣t图象，已知t1时刻两车在同一位置，则在t1到t2时间内（不包括t1、t2时刻）（）A．乙车速度先增大后减小B．乙车始终在甲车前方，且二者间距离先增大后减小C．乙车始终在甲车前方，且二者间距离一直增大D．甲、乙两车的加速度总是不同2、在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图像分别为图中直线a和曲线b．t=3s 时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是（）A．t=3s时，两车具有共同的加速度B．在运动过程中，b车始终没有超过a车C．a车做匀速运动，b车做加速运动D．在0-3s的时间内，a车的平均速度比b车的大3、如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.2，杆的竖直部分光滑．两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连．初始A、B均处于静止状态，已知OA=3 m，OB=4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m（取g=10 m/s2），那么该过程中拉力F做功为（）A．4 JB．10 JC．12 JD．14 J4、下列哪个仪器测量的物理量不是国际单位制中的基本物理量（）A．弹簧测力计B．刻度尺C．秒表D．托盘天平5、一简谐横波在t＝0 时刻的波形如图所示，质点a的振动方向在图中已标出．下列说法正确的是( )A．该波沿x轴负方向传播B．从该时刻起经过一个周期，a、b、c三点经过的路程c点最大C．从这一时刻开始，第一次最快回到平衡位置的是c点D．若t＝0.2 s 时质点c第一次到达波谷；则此波的传播速度为50 m/s6、如图，斜面体质量为M，倾角为θ，置于水平地面上，当质量为m的小木块沿斜面体的光滑斜面自由下滑时，斜面体仍静止不动。

高三上物理期中答案13 12W 14． 215 (1)4kg (2)μ＝16.(1)在0～ s 内，根据题图乙，可得A 、B 加速度的大小a 1=2−00.5−0m/s 2=4m/s 2 设细线张力大小为T ，分别对A 、B 受力分析，由牛顿第二定律得： m B g −T =m B a 1 T −m A gsinθ−μm A gcosθ=m A a 1 解得：T =24N 、μ=0.25(2)B 落地后，A 继续减速上升，由牛顿第二定律有： m A gsinθ＋μm A gcosθ＝m A a 2，解得：a 2=8m/s 2 A 减速向上滑动的位移x 2=v 22a 2=0.25m0～ s 内A 加速向上滑动的位移x 1=v 22a 1=0.5m所以，A 上滑的最大位移x ＝x 1＋x 2＝0.75m17.(1)根据动能定理，则从开始运动到左壁与小球相碰有：221111211()(2)22m v m v m m g L r μ-=-+-解得盒与球第一次碰撞速度v 1=1m/s （4分） (2)开始运动到与球第一次碰撞：112 1.20.20.53122L r t s s v v --===++由于小球和盒子发生弹性碰撞，故碰撞完后交换速度，即小球速度为1m/s ，盒子速度为零此后小球在盒内：2121L r t s v -==小球与盒子再次相碰后，再次交换速度，盒子速度为1m/s ，小球速度为零，则盒子运动的时间t 3满足：12311()0m m gt m v μ-+=-，解得t 3=所经历的时间为t=t 1+t 2+t 3= （5分）18． （1）由图乙可知物块上滑时的加速度大小为a =10 m/s 2（1分）根据牛顿第二定律有：g sin 37°+μg cos 37°=a （2分）解得μ=（1分） （2）设物块到达C 点时的速度大小为v C ，由动能定理得 –mg (L sin 37°+–μmgL cos 37°=2201122C mv mv -（2分） 在最高点，2CNv mg F m R'+=（1分）解得F'N =4 N 由根据牛顿第三定律得，F N =F'N =4 N 物体在C 点对轨道的压力大小为4 N （1分） （3）设物块以初速度v 1上滑，最后恰好落到A 点 C 到A ，竖直方向：L sin 37°+=221gt （1分） 水平方向：L cos 37°–R sin 37°=v C t （1分）解得v C =779 m/s ，所以能通过C 点落到A 点（1分） A 到C ，–mg (L sin 37°+）–μmgL cos 37°=2211122C mv mv -（2分） 解得：v 1=7732m/s （1分）。