2021-2022年秋期期中考试高三物理试题6参考答案

2021-2022学年山西省太原市高三（上）期中物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1.2021年9月7日，我国在太原卫星发射中心成功发射了高分五号02星，该卫星的轨道可近似看成距离地面约为700km的圆轨道。

已知地球同步卫星距地面的高度约为36000km，则关于该卫星绕地球做圆周运动的下列说法正确的是()A. 线速度大于第一宇宙速度B. 角速度大于同步卫星的角速度C. 周期大于同步卫星的周期D. 加速度小于同步卫星的加速度2.在无风的晴天，将皮球从50m的高度由静止释放，皮球的速度随时间变化的关系如图所示。

由图像可知，下列说法正确的是()A. 皮球的运动轨迹是一条曲线B. 下落的某一时刻，皮球的加速度可能大于重力加速度C. 随着速度的增加，皮球所受的空气阻力逐渐减小D. 当速度为v0时，皮球所受阻力的大小等于重力的大小3.甲、乙两物体分别在水平面上做直线运动，取向右为正方向，它们运动的相关图像分别如图甲、乙所示。

已知乙的初速度为0，下列说法正确的是()A. 甲物体2s时的运动方向发生变化B. 乙物体2s时的运动方向发生变化C. 甲物体0～2s内的平均速度与2s～4s内的平均速度相同D. 乙物体4s时的位置与0时刻的位置相同4.如图，站在电梯内的人质量为M，举起质量为m的木箱紧压在电梯的顶板上，当木箱和人共同以a的加速度随电梯加速上升时，测得木箱对顶板的压力为F。

下列说法正确的是()A. 人对电梯底板的压力大小为(M+m)(g+a)B. 人对电梯底板的压力大小为(M+m)(g+a)+FC. 人对木箱的推力大小为m(g+a)D. 人对木箱的推力大小为m(g+a)−F5.文源巷给排水及电缆管道施工中，甲、乙两人站在同一水平地面上，手握穿过滑轮的轻绳从开挖的沟槽中吊起重物。

滑轮光滑、固定在重物上，则在重物缓慢上升的过程中，以下分析正确的是()A. 若甲、乙两人所站位置不变，甲对地面的压力大小就保持不变B. 若甲、乙两人所站位置不变，绳子的张力大小保持不变C. 若保持绳长不变，缓慢增大两人的间距，甲对地面的压力逐渐变大D. 若保持绳长不变，缓慢增大两人的间距，绳子的张力大小保持不变6.如图所示，长为L的轻杆一端固定有质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上。

2021-2022年高三上学期期中物理试卷含解析一、单项选择题：（本题共9小题，每小题3分，共27分）1．下列说法正确的是（）A．重核裂变和轻核聚变过程质量守恒B．比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时吸收能量C．氡的半衰期为3.8天，若有4个氡原子核，则经过3.8天后就一定只剩下2个氡原子核D．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的2．如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短B．篮球两次撞墙的速度可能相等C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大3．某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为Ek，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减小了△E，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为（）A． r B． r C． r D． r4．如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t图象，根据图象可以判断（）A．在t=5s时，两球相距最远B．在t=6s时，甲球的速率小于乙球的速率C．在t=6s时，甲球的加速度小于乙球的加速度D．在t=8s时，两球相遇5．如图所示为光电管工作原理图，当有波长（均指真空中的波长，下同）为λ的光照射阴极板K时，电路中有光电流，则（）A．换用波长为λ1（λ1＞λ）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流B．换用波长为λ2（λ2＜λ）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流C．增加电路中电源的端电压，电路中的光电流可能增大D．将电路中电源的极性反接，电路中一定没有光电流6．如图所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是（）A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度B．b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的cD．a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，则其机械能逐渐增大7．某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是（）A．人在C点具有最大速度B．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动C．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态D．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重8．如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同．若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（）A．B．C．撤去F的瞬间，a球的加速度为零D．撤去F的瞬间，b球处于失重状态9．如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属小球A和B，带有不等量的同种电荷，且qA ＜qB．现使A、B以大小相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M、N两点，则下列说法正确的是（）A．碰撞发生在M、N的中点右侧B．两球不会同时返回M、N两点C．两球回到原位置时各自的动量比原来大些D．A与B碰撞过程A对B的冲量等于B对A的冲量二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分；在每小题给出的四个选项中，至少有2个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）10．如图所示为氢原子的能级图，则下列说法正确的是（）A．若己知可见光的光子能量范围为1.61 eV～3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条B．当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能增加，电子的动能增加C．处于第3能级状态的氢原子，发射出的三种波长分别为λ1、λ2、λ3（λ1＞λ2＞λ3）的三条谱线，则λ1=λ2+λ3D．若处于第2能级状态的氢原子发射出的光能使某金属板发生光电效应，则从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光也一定能使此金属板发生光电效应11．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（）A．B与水平面间的摩擦力减小B．地面对B的弹力增大C．悬于墙上的绳所受拉力不变D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等12．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2′，则下列说法正确的是（）A．若v1＜v2，则v2′=v1B．若v1＞v2，则v2′=v2C．不管v2多大，总有v2′=v2D．只有v1=v2时，才有v2′=v113．质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A．a绳的张力不可能为零B．a绳的张力随角速度的增大而增大C．当角速度ω＞，b绳将出现弹力D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化三、填空题：（每空2分，共18分）14．如图所示，重力G=100N的物体，在动摩擦因数为0.1的水平面上向左运动，同时受到大小为20N，方向向右的水平力F的作用，则物体所受摩擦力的大小为N，方向．15．如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图．钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g．（1）下列说法正确的是A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C．本实验m2应远小于m1D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作﹣a图象g，作（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1出a﹣F图象，他可能作出图2中（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大（3）实验中打出的纸带如图4所示．相邻计数点间的时间是0.1s，由此可以算出小车运动的加速度是m/s2（4）若不断增加钩码的个数，a﹣F图象中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度的趋向值为（5）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的﹣a图象，如图3．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木= ．板间的动摩擦因数μ=，钩码的质量m1四、计算题：（共3小题，共39分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．如图所示，一质量为M=5kg的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ=0.5，斜面高度为h=0.45m，斜面体与小物块的动摩擦因数为1=0.8，小物块的质量为m=1kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点．现μ2在从静止开始在M上作用一水平恒力F，并且同时释放m，取g=10m/s2，设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问：（1）要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？（2）此过程中水平恒力至少为多少？17．如图所示，有一个可视为质点的质量m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v=1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固0定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞的地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运动的速度为v=3m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，圆弧轨道的半径为R=2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中在传送带上留下划痕的长度．18．质量为mB =2kg的木板B静止于水平面上，质量为mA=6kg的物块A停在B的左端，质量为mC=2kg的小球C用长为L=0.8m的轻绳悬挂在固定点O．现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为△t=10﹣2s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h=0.2m．已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：①小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；②为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？xx天津市六校联考高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（本题共9小题，每小题3分，共27分）1．下列说法正确的是（）A．重核裂变和轻核聚变过程质量守恒B．比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时吸收能量C．氡的半衰期为3.8天，若有4个氡原子核，则经过3.8天后就一定只剩下2个氡原子核D．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】重核裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损；比结合能小的原子核分解为比结合能大的原子核时一定释放核能，比结合能大的原子核分解为比结合能小的原子核时吸收能量；半衰期是大量放射性元素放射的统计规律；β衰变的实质是原子核中的一个中子衰变为一个质子和一个电子．【解答】解：A、重核裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能，故A错误；B、比结合能大的原子核分解为比结合能小的原子核时，核子的总结合能减小，一定要吸收核能才能完成，故B正确；C、半衰期是大量放射性元素放射的统计规律，对个别的原子没有意义；故C错误；D、β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的一个中子衰变为一个质子和一个电子而形成的．故D错误．故选：B2．如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短B．篮球两次撞墙的速度可能相等C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大【考点】平抛运动．【分析】由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解．【解答】解：A、将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次下落的高度较小，所以运动时间较短．故A正确．t得知第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙的B、水平射程相等，由x=v速度较大，故B错误．C、由v=gt，可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故C错误．yD、根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，动能大小不能确定，故D错误．故选：A．3．某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为E，变轨到轨道2上后，k动能比在轨道1上减小了△E，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为（）A． r B． r C． r D． r【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；功能关系．【分析】根据动能的计算公式E=mv2，和万有引力提供圆周运动向心力求得卫星k的动能与轨道半径的关系，即可解答．【解答】解：对任一卫星，根据万有引力等于向心力，得：G=m，解得：v=卫星动能的表达式为：Ek=mv2=则得：Ek =，Ek﹣△E=联立解得：r′=r，故A正确．故选：A4．如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t图象，根据图象可以判断（）A．在t=5s时，两球相距最远B．在t=6s时，甲球的速率小于乙球的速率C．在t=6s时，甲球的加速度小于乙球的加速度D．在t=8s时，两球相遇【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】由速度时间图象直接读出两球的速度大小．根据面积表示位移，求出8s内位移，可判断出小球是否回到出发点．分析两球的运动情况，判断两球在t=8s时是否相距最远．两球都先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动．【解答】解：A、从t=0时刻到两球速度相等的过程，乙物体向负方向运动，甲物体先向正方向后负方向运动，它们的间距在增大，直到速度相等时，即t=t1时相距最远，故A错误．B、在t=6s时，甲球的速率大于乙球的速率，故B错误C、斜率代表加速度，甲的斜率大于乙的斜率，故甲球的加速度大于乙球的加速度，故C错误D、根据面积表示位移和运动过程的对称性知，两球在t=8s时两球的位移均为零，都回到出发点，从而相遇，显然不是相距最远．故D正确．故选：D5．如图所示为光电管工作原理图，当有波长（均指真空中的波长，下同）为λ的光照射阴极板K时，电路中有光电流，则（）A．换用波长为λ1（λ1＞λ）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流B．换用波长为λ2（λ2＜λ）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流C．增加电路中电源的端电压，电路中的光电流可能增大D．将电路中电源的极性反接，电路中一定没有光电流【考点】光电效应．【分析】发生光电效应的条件是当入射光的频率大于截止频率，就会发生光电效应．【解答】解：A 、用波长为λ的光照射阴极K 时，电路中有光电流，知波长为λ的光照射阴极K 时，发生了光电效应．换用波长为λ1（λ1＞λ）的光照射阴极K 时，由于频率变小，不一定发生光电效应，电路中不一定有光电流．故A 错误．B 、换用波长为λ2（λ2＜λ）的光照射阴极K 时，频率变大，一定能发生光电效应，电路中一定有光电流．故B 错误．C 、增加电路中电源的路端电压，当达到饱和电流，才不再增大．故C 正确．D 、将电路中电源的极性反接，光电子做减速运动，还可能到达阳极，所以还可能有光电流．故D 错误．故选：C6．如图所示，a 、b 、c 是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是（ ）A ．b 、c 的线速度大小相等，且大于a 的线速度B ．b 、c 的向心加速度大小相等，且小于a 的向心加速度C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的cD．a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，则其机械能逐渐增大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】3颗卫星绕地球做圆周运动，靠万有引力提供向心力，结合万有引力定律和牛顿第二定律比较它们的线速度和加速度．c加速，万有引力与所需的向心力不等，卫星会离开原轨道【解答】解：A、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力=m，得，b、c的轨道半径相等，故b、c的线速度大小相等但小于a的速度．故A错误．B、根据万有引力提供向心力=ma，得，由此可知，轨道半径越小，加速度越大，故a的向心加速度大于b，c的向心加速度，故B正确．C、c加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，所以不会与同轨道上的卫星相遇．故C错误．D、卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，外力做负功，机械能减小，D错误故选：B7．某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是（）A．人在C点具有最大速度B．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动C．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态D．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重；物体的弹性和弹力．【分析】正确解答本题的关键是：正确分析运动员的整个起跳过程，理解超重、失重以及平衡状态的含义，能从功能关系的角度进行分析运动员起跳过程．【解答】解：A、由图可知，C点是最低点，人在C点的速度为零，故A错误；B、人由C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力先减小，所以加速度减小，不是匀加速运动．故B错误；C、D、人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故C错误，D正确；故选：D8．如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同．若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（）A．B．C．撤去F的瞬间，a球的加速度为零D．撤去F的瞬间，b球处于失重状态【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先对b球受力分析，根据平衡条件求解弹簧A的拉力；再对a、b球整体受力分析，根据平衡条件求解弹簧B的拉力；最后根据胡克定律判断两个弹簧的劲度系数之比．【解答】解：A、B、先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：F1=mg再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：根据平衡条件，有：F2==4mg根据胡克定律，有：F1=k1xF2=k2x故，故A错误，B正确；C、球a受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，故加速度一定不为零，故C错误；D、球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D错误；故选：B．9．如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属小球A和B，带有不等量的同种电荷，且qA ＜qB．现使A、B以大小相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M、N两点，则下列说法正确的是（）A．碰撞发生在M、N的中点右侧B．两球不会同时返回M、N两点C．两球回到原位置时各自的动量比原来大些D．A与B碰撞过程A对B的冲量等于B对A的冲量【考点】动量守恒定律．【分析】两球所受的合力是相互间的静电力，根据牛顿第二定律可知，加速度相等，通过运动学公式判断两者发生碰撞的位置，以及返回到M、N点的时间关系．通过碰撞后电荷重新分布，电场力发生变化，根据电场力做功比较返回到原位置动能的变化，从而分析动量关系．结合牛顿第三定律分析碰撞过程中冲量关系．【解答】解：A、由于两球在任何时刻所受的库仑力大小相等，质量也相等，则两球的加速度大小相等，速度大小相等，可知碰撞发生在M、N的中点，故A错误．B、由于两球完全相同，碰撞前总动量为零，由碰撞过程中动量守恒可知，碰撞后总动量也为零，所以碰后两球速度大小相等，库仑力大小相等，则加速度大小相等，所以两球同时返回M、N两点，故B错误．C、两球碰撞后，电量重新分配，两球在同样的位置间的作用力比之前增大，可知整个过程中电场力做正功，知返回到出发点的速度比较之前大，则两球回到原位置时动量比原来大些．故C正确．D、A与B碰撞过程中，由牛顿第三定律知，相互间的作用力大小相等，方向相反，作用时间也相等，所以A对B的冲量与B对A的冲量大小相等，方向相反，所以冲量不等，D错误．故选：C二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分；在每小题给出的四个选项中，至少有2个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）10．如图所示为氢原子的能级图，则下列说法正确的是（）A．若己知可见光的光子能量范围为1.61 eV～3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条B．当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能增加，电子的动能增加C．处于第3能级状态的氢原子，发射出的三种波长分别为λ1、λ2、λ3（λ1＞λ2＞λ3）的三条谱线，则λ1=λ2+λ3D．若处于第2能级状态的氢原子发射出的光能使某金属板发生光电效应，则从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光也一定能使此金属板发生光电效应【考点】氢原子的能级公式和跃迁；玻尔模型和氢原子的能级结构．【分析】根据能级间跃迁释放的能量等于两能级差，再依据可见光的光子能量范围为1.61 eV～3.10 eV，即可判定；由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能减小，电子的动能增加；依据能级间跃迁释放的能量等于两能级差，及，即可求解；根据光电效应发生条件，结合从第2能级跃迁到第1能级时发射的能量，与从第5能级跃迁到第2能级时发射能量进行比较，即可判定．【解答】解：A、若己知可见光的光子能量范围为1.61 eV～3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线，对应的能量分别为△E1=1.51﹣0.85=0.66eV，△E2=3.4﹣0.85=2.55eV，△E3=3.4﹣1.51=1.89eV，在可见光范围内的有2条，故A正确；B、当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，半径减小，则氢原子的电势能减小，而依据k=m，可知，电子的动能增加，故B错误；C、处于第3能级状态的氢原子，发射出的三种波长分别为λ1、λ2、λ3（λ1＞λ2＞λ3）的三条谱线，则有：hγ3=hγ2+hγ1，且，因此h=h+h，即为，故C错误；D、若处于第2能级状态的氢原子发射出的光能使某金属板发生光电效应，则从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光对应的能量小于第2能级状态的氢原子向基态跃迁发射的能量，一定不能使此金属板发生光电效应，故D错误；故选：A．11．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（）A．B与水平面间的摩擦力减小B．地面对B的弹力增大C．悬于墙上的绳所受拉力不变D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】当把物体B移至C点后，绳子BO与水平方向的夹角变小，对A和B分别受力分析，然后运用共点力平衡条件结合正交分解法进行分析．【解答】解：A、B、对物体A受力分析，受到重力和细线的拉力，根据平衡条件，拉力等于物体A的重力，当把物体B移至C点后，绳子BO与水平方向的夹角变小，但细线的拉力不变；再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和向后的静摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有Tcosθ=fN+Tsinθ=mg由于角θ变小，故B与水平面间的静摩擦力变大，支持力N变大，故A错误，B正确；C、对滑轮受力分析，受物体A的拉力（等于其重力），OB绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于重力和OB绳子的拉力相等且夹角变大，故其合力变小，故墙上的绳子的拉力F也变小，故C错误；D、对滑轮受力分析，受物体A的拉力（等于重力），OB绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于重力和OB绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α=β，又由于三力平衡，故OB绳子的拉力T也沿着前面提到的角平分线，绳子拉力沿着绳子方向，故α=β=θ，故D正确；故选：BD．12．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2′，则下列说法正确的是（）A．若v1＜v2，则v2′=v1B．若v1＞v2，则v2′=v2C．不管v2多大，总有v2′=v2D．只有v1=v2时，才有v2′=v1【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】物体由于惯性冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后分v1大于、等于、小于v2三种情况分析．【解答】解：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：。

2021年高三上学期期中联考物理试题含解析满分：100分考试时间：100分钟黄伟波市题人：祝方国一、选择题(每题有一个或多个正确答案，每题4分，共40分)1．星球上的物体脱离星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度。

星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是V2=v1 ，已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的1/6。

不计其它星球的影响。

则该星球的第二宇宙速度为( )A. B. C. D.考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度专题：万有引力定律的应用专题分析：第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即G=m ；此题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．解答：设地球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：G=m ①在地球表面G =mg ②第一宇宙速度时R=r 联立①②知v=利用类比的关系知某星体第一宇宙速度为v=第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1；即v2 = = =；故答案为：C点评：通过此类题型，要学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面2．如图所示．力F大小相等，ABCD物体运动的位移s也相同，哪种情况F做功最小( )考点：功的计算专题：功的计算专题分析：根据恒力做功的表达式W=FScosθ（θ为F与S的夹角）进行判断即可．解答：A选项中，拉力做功为：W=FSB选项中，拉力做功为：W=FScos300=FSC选项中，拉力做功为：W=FScos300 = FSD选项中，拉力做功为：W=FScos600 =FS ,故D图中拉力F做功最少；故选D．点评：本题涉及恒力做功的求法，拉力F做功取决与力的大小、位移的大小和力与位移夹角的余弦三者的乘积，与是否有其他力做功无关．3．如图所示，平行极电容器两极板间悬浮着一带电微粒P，令把A、B两个半方形的金属空盒相对插入容器中间．当A、B合拢后，微粒P的状态是( )A．向上运动B．仍保持静．C．向下运动D．条件不完全，无法判断考点：带电粒子在混合场中的运动、静电场中的导体专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡，即可根据平衡条件判断油滴的电性．静电场中导体的特点：处于静电平衡状态，导体内处处场强为零。

北京市第四中学2021-2022学年上学期高三年级期中考试物理试卷试卷满分为100分，考试时间为90分钟一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1. 在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小。

仪器中有一根轻质金属丝悬挂着一个金属球，无风时金属球自由下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一个角度并保持恒定，如图1所示。

关于风力大小F 与小球质量m 、偏角θ之间的关系，下列关系中正确的是图1A. F ＝mg tan θB. F ＝mg sin θC. F ＝θcos mgD. F ＝θtan mg2. 如图2所示，在同一竖直面内，小球a 、b 从高度不同的两点，分别以初速度v a 和v b 沿水平方向抛出，经过时间t a 和t b 后落到与两抛出点水平距离相等的P 点。

若不计空气阻力，下列关系式中正确的是图2A. v a ＞v bB. t a ＞t bC. v a ＝v bD. t a ＜t b3. 关于超重与失重，下列说法正确的是 A. 竖直向上抛出的物体处于超重状态 B. 人造地球卫星中的物体处于完全失重状态C. 人乘坐电梯以大小为g/2的加速度加速下降时，人对地板的压力等于人重力的1.5倍D. 人乘坐电梯以大小为g/2的加速度减速上升时，人对地板的压力等于地板对人的支持力4. 在同一公路上有a 、b 、c 三辆汽车，t ＝0时三辆车从同一位置出发，它们的v -t 图像如图3所示。

根据图像中的信息，以下说法不正确．．．的是图3A. 在0～2s内，a车静止不动B. 在0～8s内，b车与c车的运动方向相同C. 在3s～4s之间的某个时刻，a车与c车相遇D. 在2s～6s内，三辆车中运动加速度最小的是b车5. 一个水龙头以垂直于墙面10m/s的速度喷出水柱，水柱的横截面积为3×10-4m2，水柱垂直冲击竖直墙壁后变为速度为零的无数小水滴，水的密度为1×103kg/m3，则水柱对墙壁的冲击力为A. 1.5NB. 3NC. 15ND. 30N6. 若某星球的密度是地球密度的2倍，它表面的重力加速度与地球相同，则该星球的质量是地球质量的A. 1/4B. 4倍C. 8倍D. 16倍7. 将质量均为m的物体从同一高度h以相同的速率v分别沿水平和竖直向上方向抛出，则它们A. 落地时速度相同B. 落地时重力的功率相同C. 在空中飞行的过程中，重力的平均功率相同D. 在空中飞行的过程中，重力做功相同8. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为6m/s，B球的速度为2m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为A. 1m/s、6m/sB. 4.5m/s、3.5m/sC. 3.5m/s、4.5m/sD. -1m/s、9m/s9. 如图4所示，单摆的摆长为L、摆球的质量为m，摆球从A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力。

2021-2022年高三物理上学期期中试卷（含解析）一、选择题(本题共有14小题，每题63分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第104题有多项符合题目要求。

全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1．牛顿第一定律和牛顿第二定律共同确定了力与运动的关系，下列相关描述正确的是（）A．力是维持物体运动状态的原因B．力是使物体产生加速度的原因C．速度变化越快的物体惯性越大，匀速运动或静止时没有惯性D．质量越小，惯性越大，外力作用的效果越明显2．下列关于运动和力的叙述中，正确的是（）A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B．物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同3．关于离心运动，下列说法正确的是（）A．当物体受到离心力的作用时，物体将做离心运动B．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿着半径方向“离心”而去D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿这一位置的切线方向飞出，做匀速直线运动4．一个人站在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，以下说法正确的是（） A．人对升降机的压力小于升降机对人的支持力B．人对升降机的压力与升降机对人的支持力大小相等C．升降机对人的压力等于人的重力D．人的重力和升降机对人的支持力是一对作用力和反作用力5．有一个质量为4kg的质点在x﹣y平面内运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（）A．质点做匀变速直线运动 B．质点所受的合外力为22NC． 2s时质点的速度为6m/s D． 0时刻质点的速度为5m/s6．作用于同一点的两个力，大小分别为F1=5N，F2=3N，这两个力的合力F与F1的夹角为θ，则θ可能为（）A．30° B．45° C．60° D．90°7．如图所示，一颗子弹以速度v垂直进入三个相同的矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为v，则子弹依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是（）A． v1：v2：v3=3：2：1 B． v1：v2：v3=：：1C． t1：t2：t3=（﹣）：（﹣1）：1 D． t1：t2：t3=：（﹣）：（﹣1）8．如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则下列判断正确的是（）A．地面对斜劈没有摩擦力B．地面对斜劈的摩擦力方向向左C．地面对斜劈的摩擦力方向向右D．若突然给物块施加一水平向右的外力F，则地面对斜劈立刻会有向右的摩擦力9．如图，在小车架子上的A点固连一条橡皮筋，在弯杆的一端B有一个光滑的小环，橡皮筋的原长正好等于A、B之间的距离，橡皮筋穿过小环悬挂着一个小球，系统处于平衡状态，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定时偏离竖直方向某一角度（橡皮筋遵循胡克定律且在弹性限度内）．与稳定在竖直位置时相比，小球高度（）A．一定升高B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定10．在物理学的发展过程中，科学家们创造了许多物理学研究方法，以下关于所用物理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叫微元法B．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法C．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，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，这里采用了理想模型法11．某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2，4s内物体的（） A．路程为50m B．位移大小为50mC．速度改变量的大小为20m/s D．平均速度大小为10m/s12．如图所示，轮O1、O3固定在同一轮轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑，在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C，已知三个轮的半径比r1：r2：r3=2：1：1，当转轴匀速转动时，下列说法中正确的是（）A． A、B、C三点的线速度之比为2：2：1B． A、B、C三点的角速度之比为1：2：1C． A、B、C三点的加速度之比为2：4：1D． A、B、C三点的周期之比为1：2：113．在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30m 处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，如图所示，图线a、b 分别为小汽车和大卡车的v﹣t图象（忽略刹车反应时间），以下说法正确的是（）A．小汽车不会发生追尾事故B．在t=3s时发生追尾事故C．在t=5s时发生追尾事故D．若紧急刹车时两车相距40米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距5米14．如图所示，一段不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮O连接在轻质轻质硬杆的B端，杆的A端用铰链固定，滑轮在A点正上方，B端用另一段轻绳吊一重物P，现施加拉力F将B 端缓慢上拉（绳均未断），在杆达到竖直位置前（）A．拉力F逐渐变小 B．拉力F逐渐变大C．杆中的弹力大小不变 D．杆中的弹力逐渐变大二、实验题15．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a 和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示．下列表述正确的是（）A． a的原长比b的短B． a的劲度系数比b的大C． a的劲度系数比b的小D．测得的弹力与弹簧的长度成正比16．在“探究合力”的实验操作中，下列做法中有利于减小实验误差的是（）A．两绳必须等长B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一些细绳方向的两点要远些17．如图所示为“探究加速度和力的关系”的实验装置．（1）在平衡小车与木板之间摩擦力后，打出了一条纸带如图1所示，计时器打点的时间间隔为0.02s，则小车的加速度a= m/s2．（结果保留两位有效数字）改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F关系图线（如图3所示）．①分析此图线的OA段可得出的实验结论是．②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（填字母代号）A．小车与轨道之间存在摩擦 B．纸带与限位孔之间存在摩擦 C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大．三、计算题（本题共4小题，共44分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）18．洛阳龙门站至郑州站的高铁拉近了洛阳和郑州的时空距离，125公里的路程仅需37分钟，假设火车做直线运动，从龙门站开始匀加速运动，当速度达到时速250公里时做匀速运动，快到郑州站时做匀减速运动，求火车匀速运动的时间．19．如图所示，一质点做平抛运动先后经过A、B两点，到达A点时速度方向与水平方向的夹角为30°，到达B点时速度方向与水平方向的夹角为60°．不计空气阻力．（1）求质点从抛出点分别到A、B点的水平位移之比．求质点从抛出点分别到A、B点的竖直位移之比．20．一竖直杆上相距l的A、B两点拴着一根不可伸长的轻绳，绳长1.4l，绳上套着一个光滑的小铁环，设法转动竖直杆，不让绳缠绕在杆上，而让铁环在某水平面上做匀速圆周运动，如图所示，当两段绳成直角时，求铁环转动的周期，已知重力加速度为g．21．如图所示，水平传送带以v=6m/s的速度保持匀速转动，AB间相距l=11m，质量相等的小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，P与皮带间的动摩擦系数μ=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现将P轻轻放在传送带的右端，P与定滑轮间的绳水平．绳子处于伸直状态，求小物块P在传送带上运动的时间t，不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长，g取10m/s2．河南省洛阳市xx高三上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题(本题共有14小题，每题63分，共42分。

高三物理第1页（共4页）2021—2022学年度第一学期期中学业水平诊断高三物理参考答案及评分意见一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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.B2.A3.D4.C5.B6.C7.D8.B二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.BD 10.CD 11.AB 12.BCD三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13．（6分）⑴5.71～5.74（2分）65.6～66.2（3分）⑵偏大（1分）14．（8分）⑴D （2分）⑵t d ，mgL ，222)(t d m M +，滑块和钩码组成的系统机械能守恒（每空1分）⑶mkd m M 2)(2+（2分）15．(7分)解：⑴设O 点距离天体A 、B 的距离分别为r 1和r 2，则r 1+r 2=L ，转动的角速度为ω对于天体A ：212ωMr LGMm =………………………………………①(1分)对于天体B ：222ωmr LGMm =………………………………………②(1分)由①②可得3)(Lm MG +=ω…………………………………………③(1分)L mM m r +=1…………………………………………④(1分)⑵在P 点放置一个极小物体，设其质量为m o ，它与A 、B 转动的角速度相同对于小物体：)()(1202020r r m r L Gmm r GMm -=--ω………………………⑤(2分)由③④⑤得M ∶m =104∶19…………………………⑥(1分)高三物理第2页（共4页）16．(9分)解：⑴设M 、N 间距为H ，篮球A 抛出的初速度为v ，其水平和竖直分速度分别为v x 和v y 2121gt H =……………………………………………………………①(1分)11t x x v =………………………………………………………………②(1分)2221gt h H =-…………………………………………………………③(1分)22t x x v =………………………………………………………………④(1分)1gt y =v ………………………………………………………………⑤(1分)22x v v v y +=……………………………………………………………⑥(1分)由①②③④⑤⑥可解得v =15m/s ……………………………………⑦(1分)t 1=1.2s …………………………………………⑧t 2=0.4s …………………………………………⑨⑵233021gt t h -=v ………………………………………………………⑩(1分)解得t 3=0.8或t 3=1.6s （舍去）…………………………………………⑪篮球B 延迟于篮球A 的时间∆t=t 1+t 2-t 3=0.8s ………………………⑫(1分)17．(14分)解：⑴在最低点处有：Rm mg F F 20-v =+支……………………………①(2分)解得：F 支=144N ………………………………………………………②(1分)由牛顿第三定律可知，小球对管道的压力F N 等于管道对小球的支持力F 支即F N =F 支=144N ………………………………………………………③(1分)⑵小球到达最高点时的速度恰好为零，即可通过最高点根据动能定理：2011210)2()2(-v m R h F R h mg -=+++…………………④(2分)解得：h 1=2m ……………………………………………………………⑤(1分)⑶小球通过最高点时有Rm F mg 2-v =…………………………………⑥(2分)小球从最低点到最高点过程中，根据动能定理20222121)2()2(-v v 2m m R h F R h mg -=+++………………………………⑦(2分)由⑥⑦联立解得h 2=1.5m ………………………………………………⑧(1分)高三物理第3页（共4页）⑷从最低点到最高点运动过程中，小球的机械能增加由功能关系可知，增加的机械能∆E =F （h 3+2R ）=12J ………………⑨(2分)18．(16分)解：⑴物块A 在斜面滑动时，有1°37sin a m mg =…………………………………………………………①(1分)解得a 1=6m/s 2当物块B 在斜面向上滑动时，有2°37cos °37sin a m mg mg =+μ……………………………………………②(1分)解得a 2=10m/s 2当A 、B 达到共同速度时相距最远122111-t a t a -=v v …………………………………………………………③(1分)解得t 1=0.5sA 、B 之间的最远距离∆x max =L ＋x B1－x A1∆x max =L ＋（2121221t a t -v ）－（2111121t a t -v ）…………………④(1分)联立①②③④解得∆x max =7m ………………………………⑤(1分)⑵当物块B 从v 2减到零时，有22t a =2v ………………………………………………………………⑥(1分)得t 2=2s则t 2时刻，A 、B 之间的距离∆x =L ＋x B2－x A2∆x =L ＋22221t a －（2212121t a t -v ）……………………………………⑦(1分)联立①②⑥⑦解得∆x =2.5m可判断出物块B 减速到零后可继续沿斜面下滑，当物块B 在斜面向下滑动时，有3°37cos -°sin37a m mg mg =μ…………………………………………⑧(1分)解得a 3=2m/s 2t 2=2s 时，物块A 的速度大小211A t a -=v v 2………………………⑨(1分)得v A2=6m/s从t 2=2s 时刻起，设再经过∆t 时间物块A 、B 发生碰撞则有232121212A t a t a t x ∆+∆-∆=∆v ……………………………………⑩(1分)联立①⑧⑨⑩⑪解得∆t =0.5s 或∆t =2.5s （舍去）高三物理第4页（共4页）则物块A 、B 发生碰撞的时刻t =t 2＋∆t =2.5s ………………………⑪(1分)⑶设沿斜面向上为正方向碰撞前A 的速度v A =v A2－a 1∆t=3m/s ………………………………⑫(1分)碰撞前B 的速度v B =－a 3∆t=－1m/s ………………………………⑬(1分)在A 、B 碰撞前后，A 、B 系统的动量守恒m v A ＋m v B =m v A ’＋m v B ’……………………………………………⑭(1分)A 、B 两球碰撞前后机械能的关系为2’2’2221212121B A B A m m m m v v v v +≥+………………………………………⑮(1分)若为弹性碰撞，A 、B 两球速度分别为-1m/s 、3m/s若为完全非弹性碰撞，A 、B 两球速度分别为1m/s 、1m/s 由此可知碰撞后B 球动能的取值范围为0.5J ≤E kB ≤4.5J …………⑯(1分)。

2021-2022年高三上学期期中检测物理含答案xx.1l 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第I卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。

满分100分，考试用时90分钟。

注意事项：1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型用2B铅笔涂写在答题卡上2．每小题选出答案后，用2B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，不能答在试题卷上一、选择题（每小题的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分。

）1.下列说法正确的是A.在国际单位制中力学的基本单位为米、千克、秒B.位移、力、功三个物理量均为矢量C.牛顿第一定律和牛顿第二定律都可以通过实验来直接验证D.牛顿第一定律是牛顿第二定律在加速度恒等于零时的特例2．—偏心轮绕垂直于纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，a、b两点的位置如图所示，则偏心轮转动过程中，关于a、b两质点说法正确的是A．线速度大小相等B．角速度大小相等C．向心力大小相等D．向心加速度大小相等3．如图所示，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(x)一时间(t) 图线。

由图可知A．在时刻，a车与b车相遇B．在时刻．a、b两车运动方向相反C．从时刻到时刻这段时间内，b车的速率先减小后增大D．从时刻到时刻这段时间内，b车的速率一直比a车的小4．宇宙中有相距较近且质量差别不太大的两颗星球，其他星球对它们的万有引力可以忽略不计，它们在相互之间的万有引力作用下，围绕连线上的某一固定点做周期相同的匀速圆周运动，这样的系统叫双星系统。

关于双星系统中的这两颗星球，下列说法正确的是A．它们受到的向心力大小相等B．它们的向心加速度大小相等C．星球的线速度大小与其轨道半径成正比D.星球的线速度大小与其质量成正比5．如图所示，两个质量相等且为定值的光滑球A和B，沿斜面排列静止放置于光滑斜面上。

2021年高三物理上学期期中试卷（含解析）一、选择题（每小题4分，共40分．第1～6小题只有一个选项正确，第7～10小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得零分）1．学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．下列关于物理学中的思想方法叙述正确的是( )A．万有引力定律和牛顿运动定律一样都是自然界普遍适用的基本规律B．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法C．库伦利用库伦扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究D．伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性2．伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接，左侧顶端有一小球，与两斜面的动摩擦因数均为μ．小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2．规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能E k及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是( )A．B．C．D．3．如图所示，水平面B点以左是光滑的，B点以右是粗糙的，质量为m1和m2的两个小物块，在B点以左的光滑水平面上相距L，以相同的速度向右运动．它们先后进入表面粗糙的水平面后，最后停止运动．它们与粗糙表面的动摩擦因数相同，静止后两个质点的距离为x，则有( )A．若m1＞m2，x＞LB．若m1=m2，x=LC．若m1＜m2，x＞LD．无论m1、m2大小关系如何，都应该x=04．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球，使杆发生弯曲，在测力计的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5．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是( )A．斜面倾角α=60°B．A获得最大速度为2gC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒6．如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率v B=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为( )A．B．C．D．7．如图所示，A、B分别为竖直放置的光滑圆轨道的最低点和最高点，已知小球通过A点时的速度大小为v A=2m/s 则该小球通过最高点B的速度值可能是( )A．10m/s B．m/s C．3m/s D．1.8m/s8．假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法正确的是( )A．飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能大于飞船在轨道Ⅱ上运动时的机械能B．飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度C．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同9．如图所示，一个由轻杆组成的等边三角形ABO的A点和B点分别固定着质量为m和2m 的小球，三角形ABO可绕光滑的水平转轴O自由转动，现使OA处于竖直位置，OB与水平方向的夹角为30°，此时将它们由静止释放，不考虑空气阻力作用，则( )A．B球到达最低点时速度为零B．A球向左摆动所能达到的最高点应高于B球开始运动时的最高点C．当它们从左向右回摆时，B球一定能回到起始位置D．B球到达最低点的过程中，B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量10．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是( )A．小球重力与电场力的关系是mg=EqB．小球重力与电场力的关系是Eq=mgC．球在B点时，细线拉力为T=mgD．球在B点时，细线拉力为T=2Eq二、实验题（2小题，第11题10分，第12题8分，共18分11．某实验小组在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验装置如图1所示．已知小车质量M=214.6g，砝码盘质量m0=7.8g，打点计时器所使用的交流电频率为f=50Hz．其实验步骤是A．按图所示安装好实验装置；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；D．将小车置于打点计时器旁，先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复A、B、C、D步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度．回答下列问题：（1）按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？__________（填“是”或“否”）．（2）实验中打出的其中一条纸带如图2所示，由该纸带可求得小车的加速度a=__________ m/s2．（3）某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如表：次数 1 2 3 4 5砝码盘中砝码的重力F/N 0.10 0.20 0.29 0.39 0.49小车的加速度a/（m•s﹣2）0.88 1.44 1.84 2.38 2.89他根据表中的数据画出a﹣F图象（如图3）．造成图线不过坐标原点的最主要原因是__________，从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是__________，其大小为__________．12．某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．弧形轨道末端水平，离地面的高度为H．将钢球从轨道的不同高度h处静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s．（1）若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足s2=__________（用H、h表示）．（2）该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示：h（10﹣1m） 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00s2（10﹣1m2） 2.62 3.89 5.20 6.53 7.78请在坐标纸上作出s2﹣h关系图．（3）对比实验结果与理论计算得到的s2﹣﹣h关系图线（图中已画出），自同一高度静止释放的钢球，水平抛出的速率__________ （填“小于”或“大于”）理论值．（4）从s2﹣h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，你认为造成上述偏差的可能原因是__________．三、计算题（4小题，共42分．解题过程应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）13．如图AB两滑环分别套在间距为1m的两根光滑平直杆上，A和B的质量之比为1：3，用一自然长度为1m的轻弹簧将两环相连，在 A环上作用一沿杆方向大小为20N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度a运动时，弹簧与杆夹角为53°．（cos53°=0.6）求：（1）弹簧的劲度系数为多少？（2）若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，A的加速度为a′，a′与a之间比为多少？14．如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，可绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，在圆心O正上方h处有一个正在间断滴水的容器，每当一滴水落在盘面时恰好下一滴水离开滴口．某次一滴水离开滴口时，容器恰好开始水平向右做速度为v的匀速直线运动，将此滴水记作第一滴水．不计空气阻力，重力加速度为g．求：（1）相邻两滴水下落的时间间隔；（2）要使每一滴水在盘面上的落点都在一条直线上，求圆盘转动的角速度；（3）第二滴和第三滴水在盘面上落点之间的距离最大可为多少？15．静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置示意图如图所示．A、B为两块平行金属板，间距d=0.30m，两板间有方向由B指向A、电场强度E=1.0×103N/C的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的质量m=2.0×10﹣15kg、电荷量为q=﹣2.0×10﹣16C，喷出的初速度v0=2.0m/s．油漆微粒最后都落在金属板B上．微粒所受重力和空气阻力以及微粒之间的相互作用力均可忽略．试求：（1）微粒落在B板上的动能；（2）微粒从离开喷枪后到达B板所需的最短时间；（3）微粒最后落在B板上所形成图形的面积．16．质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆孤轨道下滑．B、C 为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R=1.0m圆弧对应圆心角θ=1060，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.8m．小物块离开C点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，物块与斜面间的滑动摩擦因数为μ1=（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：（1）小物块离开A点的水平初速度v1（2）小物块经过O点时对轨道的压力（3）斜面上CD间的距离（4）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.3，传送带的速度为5m/s，则PA间的距离是多少？江西省赣州中学xx高三上学期期中物理试卷一、选择题（每小题4分，共40分．第1～6小题只有一个选项正确，第7～10小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得零分）1．学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．下列关于物理学中的思想方法叙述正确的是( )A．万有引力定律和牛顿运动定律一样都是自然界普遍适用的基本规律B．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法C．库伦利用库伦扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究D．伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性考点：物理学史．分析：牛顿定律不是普适规律，具有局限性．运用控制变量法探究加速度与力、质量的关系．库仑发现了电荷间作用力的规律．牛顿用“月﹣地“检验法验证了牛顿定律的正确性，解答：解：A、牛顿第二定律不适用于微观粒子和高速运动的物体，万有引力定律是自然界普遍适用的基本规律，故A错误；B、在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法，不是理想化模型的思想方法；故B错误．C、库伦利用库伦扭秤实验，发现了电荷间相互作用力的规律，故C正确；D、牛顿用“月﹣地“检验法验证了万有引力定律的正确性，故D错误．故选：C点评：对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，还要学习他们的科学研究的方法．2．伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接，左侧顶端有一小球，与两斜面的动摩擦因数均为μ．小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2．规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能E k及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是( )A．B．C．D．考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．专题：常规题型．分析：据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能与速度大小的关系得出动能与时间t变化的关系求解．解答：解：A、由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度：a1=gsinθ﹣μgcosθ小球在右侧斜面下滑时的加速度：a2=gsinθ+μgcosθ，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，故A错误，B正确；C、小球的动能与速率的二次方成正比，即E k=mv2，因此，动能与时间关系图象是曲线，故C 错误；D、由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线，故D错误；故选：B．点评：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况．3．如图所示，水平面B点以左是光滑的，B点以右是粗糙的，质量为m1和m2的两个小物块，在B点以左的光滑水平面上相距L，以相同的速度向右运动．它们先后进入表面粗糙的水平面后，最后停止运动．它们与粗糙表面的动摩擦因数相同，静止后两个质点的距离为x，则有( )A．若m1＞m2，x＞LB．若m1=m2，x=LC．若m1＜m2，x＞LD．无论m1、m2大小关系如何，都应该x=0考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：两物块进入粗糙水平面的初速度相同，末速度都为零，根据牛顿第二定律比较出两物块的加速度大小，即可比较出两物块在粗糙水平面上运行的位移大小，从而得出x．解答：解：根据牛顿第二定律得，物块进入粗糙水平面的加速度a=，知两物块的加速度相等，又进入粗糙水平面的初速度相同，末速度都为零，根据运动学公式，知两物块运行的位移s相等，则x=0．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：解决本题的关键掌握牛顿第二定律求出加速度，以及知道两物块的初末速度相等，加速度相等，所以在粗糙水平面上运行的位移相等．4．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球，使杆发生弯曲，在测力计的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考点：牛顿第三定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：分析球的受力情况：重力、测力计的拉力和AB杆对球作用力，由平衡条件求出AB杆对球弹力方向．解答：解：以球为研究对象，分析受力情况：重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由平衡条件知，F与G、T的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图．则有G、T的合力方向斜向右下方，测力计的示数逐渐增大，T逐渐增长，根据向量加法可知G、T的合力方向与竖直方向的夹角逐渐增大，所以AB杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大，所以选项ABD错误，C正确．故选C．点评：本题是三力平衡问题，分析受力情况，作出力图是关键．难度不大．5．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是( )A．斜面倾角α=60°B．A获得最大速度为2gC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：C刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角．A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等．解答：解：A、A刚离开地面时，对A有：kx2=mg此时B有最大速度，即a B=a C=0则对B有：T﹣kx2﹣mg=0对A有：4mgsinα﹣T=0以上方程联立可解得：sinα=0.5，α=30°，故A错误；B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg由上问知x1=x2=，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：4mg（x1+x2）sinα=m g（x1+x2）+（4m+m）v Bm2以上方程联立可解得：v Bm=2g所以A获得最大速度为2g，故B正确；C、对B球进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C 错误；D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．故选：B．点评：本题关键是对三个物体分别受力分析，得出物体B速度最大时各个物体都受力平衡，然后根据平衡条件分析；同时要注意是那个系统机械能守恒．6．如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率v B=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为( )A．B．C．D．考点：电势差；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：电场力与电势的性质专题．分析：微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，根据动能定理求出AB两点间的电势差U AB解答：解：粒子，从A到B，根据动能定理得：qU AB﹣mgh=因为v B=2v0，若只考虑粒子在竖直方向，只受到重力，所以机械能守恒，则有mgh=由以上三式，则有U AB=故选：C点评：涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理．本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法．7．如图所示，A、B分别为竖直放置的光滑圆轨道的最低点和最高点，已知小球通过A点时的速度大小为v A=2m/s 则该小球通过最高点B的速度值可能是( )A．10m/s B．m/s C．3m/s D．1.8m/s考点：牛顿第二定律；向心力．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小球在光滑的圆轨道内运动，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律得到小球在最高点的速度表达式．小球要能到达最高点，向心力要大于重力，得到最高点速度的范围，再进行选择．解答：解：设小球到达最高点B的速度为v B．根据机械能守恒定律得mg•2R+=得到v B= ①小球要能到达最高点，则在最高点B时，得到 v B②由①②联立得≥解得gR≤代入得gR≤4代入①得 v B≥2m/s又机械能守恒定律可知，v B＜v A=2m/s所以2m/s≤v B＜2m/s故选BC点评：本题是机械能守恒定律、向心力等知识的综合应用，关键是临界条件的应用：当小球恰好到达最高点时，由重力提供向心力，临界速度v0=，与细线的模型相似．8．假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法正确的是( )A．飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能大于飞船在轨道Ⅱ上运动时的机械能B．飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度C．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同考点：人造卫星的环绕速度．专题：人造卫星问题．分析：1、飞船从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ上运动，必须在P点时，点火加速，使其速度增大做离心运动，即机械能增大．2、根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点速度大于在Q点的速度．3、飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时，都由火星的万有引力产生加速度，根据牛顿第二定律列式比较加速度．4、根据万有引力等于向心力列式，比较周期．解答：解：A、飞船在轨道Ⅰ上经过P点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道Ⅱ上运动．所以飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能小于轨道Ⅱ上运动的机械能．故A错误．B、根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点速度大于在Q点的速度．故B正确．C、飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等．故C正确．D、根据G=m，得周期公式T=2π，虽然r相等，但是由于地球和火星的质量不等，所以周期T不相等．故D错误．故选BC．点评：本题要知道飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，与轨道和其它量无关．9．如图所示，一个由轻杆组成的等边三角形ABO的A点和B点分别固定着质量为m和2m 的小球，三角形ABO可绕光滑的水平转轴O自由转动，现使OA处于竖直位置，OB与水平方向的夹角为30°，此时将它们由静止释放，不考虑空气阻力作用，则( )A．B球到达最低点时速度为零B．A球向左摆动所能达到的最高点应高于B球开始运动时的最高点C．当它们从左向右回摆时，B球一定能回到起始位置D．B球到达最低点的过程中，B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：对于两球组成的系统只有重力做功，机械能守恒．根据机械能定律进行分析．解答：解：A、当B球到达最低点时，A上升到B球原来等高的位置，因为B减少的势能比A增加的势能要在，所以系统的重力势能减少，动能增加，A、B两者还具有相同大小的速度，故B球到达最低点时速度不为零，故A错误．B、由上分析可知，当A向左摆到与B球开始时的高度时，B球到达最低点，由于此时仍有速度，还要向左摆动，可知A摆的高度比B球的高度要xx高一些，故B正确．C、根据系统的机械能守恒可知当它们从左向右回摆时，B球一定能回到起始位置，故C正确．D、对于两球组成的系统只有重力做功，机械能守恒，根据系统机械能守恒得知：B球到达最低点的过程中，B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量，故D正确．故选：BCD点评：本题是轻杆构成的系统机械能守恒，要正确分析动能和重力势能是如何转化，结合几何关系和对称性进行分析这类问题．10．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是( )A．小球重力与电场力的关系是mg=EqB．小球重力与电场力的关系是Eq=mgC．球在B点时，细线拉力为T=mgD．球在B点时，细线拉力为T=2Eq考点：匀强电场；力的合成与分解的运用；向心力；动能定理的应用；电势能．专题：压轴题；电场力与电势的性质专题．分析：类比单摆，小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，说明弧AB的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系可以求出Eq，球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题．解答：解：（1）类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qEsin30°=mgcos30°，化简可知Eq=mg，选项A错误、B正确；（2）小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°，故细线拉力T=mg，选项C正确、D错误．故选BC．点评：本题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题．二、实验题（2小题，第11题10分，第12题8分，共18分11．某实验小组在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验装置如图1所示．已知小车质量M=214.6g，砝码盘质量m0=7.8g，打点计时器所使用的交流电频率为f=50Hz．其实验步骤是A．按图所示安装好实验装置；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；D．将小车置于打点计时器旁，先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复A、B、C、D步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度．。

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。

2021年高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.1-6题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，7-10题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的2分，选错或不全得0分）1．（4分）一个做匀减速直线运动的物体，经3.0s速度减为零，若测出它在最后1.0s内的位移是1.0m．那么该物体在这3.0s内的平均速度是（）A．1.0 m/s B．3.0 m/s C．5.0 m/s D．9.0 m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．.专题：直线运动规律专题．分析：假设时间倒流，物体做反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式求解出加速度，再求解3s内总位移，得到3s的平均速度．解答：解：假设时间倒流，物体做反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：最后一秒：3s内：故：x=9x1=9m那么该物体在这3.0s内的平均速度是：故选B．点评：本题关键运用逆向思维并根据位移施加关系公式得到加速度，求解出总位移后，根据平均速度公式列式求解．2．（4分）（xx•如皋市模拟）如图所示，一物体M放在粗糙的斜面上保持静止，斜面静止在粗糙的水平面上，现用水平力F推物体时，M和斜面仍然保持静止状态，则下列说法正确的是（）A．斜面体受到地面的支持力增大B．斜面体受到地面的摩檫力一定增大C．物体M受到斜面的静摩檫力一定增大D．物体M受到斜面的支持力可能减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：物体开始受重力、支持力和向上的静摩擦力处于平衡，加上水平力F后，根据正交分解，抓住合力为零，判断沿斜面方向和垂直于斜面方向上力的变化．对整体分析，判断地面支持力和摩擦力的变化．解答：解：A、B、对整体分析，在竖直方向上，支持力始终与总重力相等，即地面的支持力不变，未加F时，地面的摩擦力为零，施加F后，地面的摩擦力等于F，知斜面体受地面的摩擦力一定增大．故A错误，B正确．C、D以物体M为研究对象，未加F时，在垂直于斜面方向上，支持力与重力的分力相等，沿斜面方向上静摩擦力等于重力沿斜面方向上的分力；加上水平力F后，仍然处于静止状态，在垂直于斜面方向上，多了F的分力，即重力垂直斜面方向上的分力与F在垂直斜面方向上的分力之和等于支持力，所以物体M所受斜面的支持力变大．在沿斜面方向上，由于F的大小未知，静摩擦力可能减小，可能反向增大．故C，D错误．故选B．点评：解决本题的关键能够合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，以及注意整体法和隔离法的运用．3．（4分）（xx•天津）如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态，当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（）A．Q受到的摩擦力一定变小B．Q受到的摩擦力一定变大C．轻绳上拉力一定变小D．轻绳上拉力一定不变考点：共点力平衡的条件及其应用．.分析：分别对单个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题．由于不知具体数据，对于静摩擦力的判断要考虑全面．解答：解：进行受力分析：对Q物块：当用水平向左的恒力推Q时，由于不知具体数据，Q物块在粗糙斜面上的运动趋势无法确定，故不能确定物块Q受到的摩擦力的变化情况，故A、B错误；对P物块：因为P物块处于静止，受拉力和重力二力平衡，P物块受绳的拉力始终等于重力，所以轻绳与P物块之间的相互作用力一定不变，故C错误，D正确．故选D．点对于系统的研究，我们要把整体法和隔离法结合应用．对于静摩擦力的判断要根据外力评：来确定．4．（4分）当今的科技发展迅猛，我们设想，如果地球是个理想的球体，沿地球的南北方向修一条平直的闭合高速公路，假设一辆性能很好的汽车在这条高速公路上可以一直加速下去，并且忽略空气对汽车的作用，那么这辆汽车的最终速度（）A．与飞机速度相当B．一定小于同步卫星的环绕速度C．可以达到7.9 km/s D．无法预测考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．.专题：万有引力定律的应用专题．分析：汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律分析速度增大时，支持力的变化，再由牛顿第三定律确定压力的变化．当速度增大到支持力为零，汽车将离开地面绕地球圆周运动．根据牛顿第二定律求出最终速度．解答：解：汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律分析速度增大时，支持力的变化，再由牛顿第三定律确定压力的变化．当速度增大到支持力为零，汽车将离开地面绕地球圆周运动．7.9km/s是第一宇宙速度，当汽车速度v=7.9km/s时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫星．所以这辆汽车的最终速度是7.9km/s．故选：C．点评：对于第一宇宙速度，是指物体环绕地球做匀速圆周运动必须具有的速度，当物体的速度达到第一宇宙速度时物体就成为绕地球运行的卫星．5．（4分）（xx•陕西二模）如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L．在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球+q（视为点电荷），在P 点平衡．不计小球的重力，那么，PA与AB的夹角α与Q1、Q2的关系应满足（）A．t an3α=B．t an2α=C．t an3α=D．t an2α=考点：库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：对带电小球进行受力分析，由于不考虑重力，因此根据平衡条件可知，小球受力在切线方向上的合力为零，据此结合数学关系列方程即可正确求解．解答：解：对小球进行受力分析如图所示：根据库仑定律有：，r1=Lcosα①，r2=Lsinα ②根据平衡条件，沿切向方向的分力有：F1sinα=F2cosα ③联立①②③解得：，故BCD错误，A正确．故选A．点评：本题在电场中考查了物体的平衡，注意根据平衡条件列方程，注意数学知识的应用．6．（4分）如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3、R4均为定值电阻，A、B 为两个小灯泡．当电路中某电阻发生故障后，A灯变亮、B灯变暗，则该故障可能为（）A．R1短路B．R2断路C．R3短路D．R4断路考点：闭合电路的欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：将各个选项代入分析，由欧姆定律和电路的连接关系，分析两灯亮度的变化，选择符合题意的选项．解答：解：A、若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则通过R4的电流减小，通过两灯的电流均增大，所以两灯均变亮，故A错误．B、若R2断路，外电阻增大，总电流减小，路端电压增大，通过R4的电流增大，则通过A灯的电流减小，A灯变暗，与题不符，故B错误．C、若R3短路，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则通过R4的电流减小，通过A灯的电流增大，所以A灯变亮．A灯的电压增大，而路端电压减小，则B灯的电压减小，则B灯变暗，故C正确．D、若R4断路，导致总电阻变大，总电流变小，路端电压变大，A、B两灯中的电流均变大，两灯均变亮．故D错误．故选：C点本题是电路的动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．评：7．（4分）如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线．下列判断正确的是（）A．电场线MN的方向一定是由N指向MB．带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐增大C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度考点：电势差与电场强度的关系；电势能．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN 的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答．解答：解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定．故A错误；B、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B正确；C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确；D、由a到b的运动轨迹为一抛物线，是曲线运动，无法比较a、b点的合力大小，故也就无法比较a、b点的加速度大小，故D错误；故选：BC．点评：依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况8．（4分）如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔的速度为v1；若使a板不动，若保持电键K断开或闭合，b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（）A．若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1B．若电键K保持闭合，向下移动b板，则v2＞v1C．若电键K闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2＜v1 D．若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2＞v1考点：带电粒子在混合场中的运动．.专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：带正电的液滴在下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力作用，重力做正功，电场力做负功；由动能定理判断带电液滴速度大小关系．解答：解：A、若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，两板间的电压不变，故电场力做功不变；高度也不变，故重力做功不变，故总功不变，由动能定理可得，则v2=v1，故A正确，B错误；C、D、若电键K闭合一段时间后再断开，向上移动b板，重力做功不变，电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即v2＜v1；如果向下移动b板，重力做功不变，电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即v2＞v1，故C错误，D正确；故选：AD．点评：本题注意若电容器和电源一直相连，两板间的电压不变；若断开，电容器带电量不变，电场强度不变，电场力不变；注意两板移动时，高度差是否发生变化，然后由动能定理分析．9．（4分）如图所示，质量为m的光滑球放在底面光滑的质量为M的三角劈与竖直档板之间，在水平方向对三角劈施加作用力F，可使小球处于静止状态或恰可使小球自由下落，则关于所施加的水平力的大小和方向的描述正确的有（）A．小球处于静止时，应施加水平向左的力F，且大小为mgB．小球处于静止时，应施加水平向左的力F，且大小为mg•tgθC．小球恰好自由下落时，应施加水平向右的力F，且大小为Mg•tgθD．小球恰好自由下落时，应施加水平向右的力F，且大小为考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出竖直挡板；再以小球和三角劈组成的整体为研究对象，根据平衡条件求出推力大小；球自由下落的同时，木块向右做初速度为零的匀加速直线运动，位移之比h：x=g：a；求解出加速度后，再对斜劈受力分析求解拉力．解答：解：A、B、以小球为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件，竖直挡板对球体的弹力的大小：F1=mgtanθ；再以小球和三角劈组成的整体为研究对象，分析受力如图2所示，根据平衡条件得：推力大小：F=F1=mgtanθ；故A错误，B正确；C、D、球自由下落的同时，木块向右做初速度为零的匀加速直线运动，位移之比h：x=g：a，故：tanθ=，解得：a=；对斜劈受力分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律，有：F=Ma=，故C错误，D正确；故选：BD．点评：本题关键运用整体法和隔离法，灵活选择研究对象进行受力分析，然后根据共点力平衡条件列方程求解；注意球沿着斜面下滑h时水平方向相对斜面移动的距离可以通过几何关系得到．10．（4分）（xx•邵阳模拟）如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电量为q，质量为m 的带电粒子（不计重力）以V0从A点水平射入电场，且刚好以速度V从B点射出，则（）A．若该粒子以速度“﹣V”从B点射入，则它刚好以速度“﹣V0”从A点射出B．若将q的反粒子（﹣q，m）以“﹣V”从B点射入，它将刚好以速度“﹣V0”从A点射出C．若将q的反粒子（﹣q，m）从B点以“﹣V0”射入电场，它将刚好以速度“﹣V”从A点射出D．若该粒子以速度“﹣V0”从B点射入电场，它将刚好以速度“﹣V”从A点射出考点：带电粒子在匀强电场中的运动．.专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：带电粒子从A点垂直进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，若将粒子以速度﹣v0从B点射人电场，水平方向仍做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，根据动能定理分析粒子到达A的速度大小．解答：解：带电粒子从A点垂直进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度大小为v0，运动时间为t=，l是板长．A、若该粒子以速度﹣v从B点射入电场，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，竖直方向初速度分量等于，竖直方向运动的位移相等，水平方向运动时间没有变化，所以将刚好从A点射出，速度方向与v0方向相反．从A到B电场力做功等于动能的增加，从B到A，粒子克服电场力做功等于动能的减小量，电场力做功的数值相等，所以动能的变化量大小相等，则粒子到达A点时速度大小为v0．故A正确．B、若将q的反粒子（﹣q，m）以速度﹣v从B点射入电场，粒子运动时间不变．竖直方向做匀加速直线运动，若偏转距离相同时，竖直分速度大于，射出电场时速度大于v0，不可能到达A点．故B错误．C、若将q的反粒（﹣q，m）以速度﹣v0从B点射入电场，其加速度与正粒子大小相等、方向相反，水平方向运动时间相等，竖直方向做匀加速直线运动，位移大小不变，粒子刚好到达A点，而且到达A点时竖直方向分速度大小不变，根据运动的合成可知，到达A点的速度等于﹣v．故C正确．D、若将粒子以速度﹣v0从B点射人电场，粒子水平做匀速直线运动，速度大小小于v0，运动时间大于，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，由于竖直方向分速度小于，粒子没有到达A点速度就减为零，所以粒子到不了A点．故D错误．故选：AC点评：本题运用分解的方法研究类平抛运动及其逆过程，要利用运动的可逆性理解．二．实验题：（11题7分，12题9分，13题8分，共24分）11．（7分）（xx•山东模拟）某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示．向左推小球，使弹黄压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．回答下列问题：（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能E p与小球抛出时的动能E k相等．已知重力加速度大小为g．为求得E k，至少需要测量下列物理量中的ABC （填正确答案标号）．A．小球的质量m B．小球抛出点到落地点的水平距离sC．桌面到地面的高度h D．弹簧的压缩量△xE．弹簧原长l0（2）用所选取的测量量和已知量表示E k，得E k= ．（3）图（b）中的直线是实验测量得到的s﹣△x图线．从理论上可推出，如果h不变，m增加，s﹣△x图线的斜率会减小（填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，s﹣△x图线的斜率会增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．由图（b）中给出的直线关系和E k的表达式可知，E p与△x的 2 次方成正比．考点：验证机械能守恒定律．.专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，从而得出结论．本题的难点在于需要知道弹簧弹性势能的表达式（取弹簧因此为零势面），然后再根据=即可得出结论．解答：解（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故选ABC．（2）由平抛规律应有h=，s=vt，又=，联立可得=（3）若取弹簧原长为零势面，则弹簧的弹性势能可表示为=，由=可得s=．△x，可见若h不变m增加，则斜率减小；若m不变h增加，则斜率会增大．由=可知△x的2次方成正比．故答案为（1）ABC（2）（3）减小，增大，2点评：明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论即可．12．（9分）一电流表的量程标定不准确，某同学利用图1电路测量该电流表的实际量程I m．所用器材有：量程不准的电流表A1，内阻r1=10.0Ω，量程标称为5.0mA；标准电流表A2，内阻r2=45.0Ω，量程1.0mA；标准电阻R1，阻值10.0Ω；滑动变阻器R，总电阻为300.0Ω；电源E，电动势3.0V，内阻不计；保护电阻R2；开关S；导线．回答下列问题：（1）在答题卡上（图2）的实物图上画出连线．（2）开关S闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至端（由图1回答）．（3）开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表A1满偏；若此时电流表A2的读数为I2，则A1的量程I m= 5.5I2．（4）若测量时，A1未调到满偏，两电流表的示数如图3，从图中读出A1的示数I1= 3.00mA ，A2的示数I2= 0.66mA ；由读出的数据计算得I m= 6.05mA ．（保留3位有效数字）考点：把电流表改装成电压表．.专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）根据电路图，先从电源正极出发，依次连接其它电路．（2）闭合电键前，应使电路中电流最小．（3）由电路图可知，标准电流表A2与标准电阻R1串联后与电流表A1并联，根据欧姆定律求得A1的量程I m与I2的关系．（4）读出两电流表的读数，由（3）式结论和由串并联电路的电流及电压规律可求解I m．解答：解：（1）由电路图连接实物图时，按电流流向法，从电源的正极出发依次串联电流表A2、电阻R1、电阻R2、滑动变阻器、开关回到负极，然后把电流表A1与电流表A2和电阻R1并联即可；要注意滑动变阻器的左下方接线柱必须接入电路，且按一上一下的原则串联在电路中，电路图如图所示：（2）滑动变阻器采用限流式，应将滑动触头滑动至阻值最大端，即滑动端c应滑动至b端．（3）根据欧姆定律应有：I2（r2+R1）=I m r1，得：I m===5.5I2；（4）从图中读出A1的示数为：I1=3.00mA，A2的示数为：I2=0.66mA，由表读出的I2=0.66mA，结合（3）的计算可知，此时I1应为：I1′=5.5×0.66mA=3.63mA；故可知：=，解得：I m=6.05mA；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）b；（3）5.5I2；（4）3.00mA；0.66mA；6.05mA．点评：本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，在连接实物图时一般都是采用电流流向法，然后先串后并的原则进行连接．13．（8分）实验室有一破损的双量程动圈式电压表，两量程分别是50V和500V，其内部电路如图1所示．因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1=49.9kΩ，R2=499.9kΩ．现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头G1的满偏电流为1mA，内阻为60Ω；表头G2的满偏电流0.5mA，内阻为100Ω，又有两个定值电阻r1=40Ω，r2=20Ω．若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，则：（1）原表头G满偏电流I g= 1mA ，内阻r g= 100Ω．（2）用于修复电压表的器材有：G1、r1（填器材符号）．（3）在虚线框中画出修复后的电路2．考点：把电流表改装成电压表．.专题：实验题．分（1）根据串联电路特点与欧姆定律求出表头的满偏电流与内阻．析：（2）应用串联电路特点与欧姆定律选择实验器材．（3）根据电压表的改装原理作出电路图．解答：解：（1）由图示电路图可知，电压表量程：I g（r g+R1）=50V，I g（r g+R2）=500V，代入数据解得：I g=1mA，r g=100Ω；（2）修复电压表，表头满偏电流为，I g=1mA，阻应为：r g=100Ω，需要的实验器材为：G1、r1．（3）电路图如图所示：故答案为：（1）1mA；100Ω；（2）G1、r1；（3）如图所示．点评：本题考查了求表头的满偏电流与内阻、电压表的改装，知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．三．计算题：（14题12分，15题12分，16题12分，共36分）14．（12分）如图，质量m=1kg的物体沿倾角θ=37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图b．所示．求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；（2）比例系数k．考点：牛顿第二定律．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）根据b图可以看出当没有风的作用时物体的加速度的大小是4m/s2，由牛顿第二定律可以求得物体与斜面间的动摩擦因数；（2）当风速为5 m/s时，物体的加速度为零，说明此时的物体受力平衡，对物体受力分析，由平衡的条件可以求得比例系数k．解答：解：（1）对初始时刻：F风=0 由图读出a0=4m/s2 mgsinθ﹣μmgcosθ=ma0①将a代入①式，解得：μ=0.25；（2）对末时刻加速度为零：mgsinθ﹣μN﹣kvcosθ=0 ②又N=mgcosθ+kvsinθ由图得出此时v=5 m/s代入②式解得：k=0.84kg/s．答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；（2）比例系数k是0.84kg/s．点评：本题考查了学生的看图分析图象的能力，能根据图象从中找出有用的信息，对于本题抓住风速为零和风速为5 m/s这两个时刻的物体的运动状态即可求得结果．15．（12分）滑雪运动中，滑雪板与雪地之间的相互作用与滑动速度有关，当滑雪者的速度超过4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1=0.25变为μ2=0.125．一滑雪者从倾角θ=37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B（B处为一光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示，不计空气阻力，坡长L=26m，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）滑雪者到达B处时的速度；（2）滑雪者整个运动过程的总时间．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）根据牛顿第二定律求出动摩擦因数为0.125时的加速度，根据匀变速直线运动的位移公式求出开始匀加速运动的位移，从而得出第二段匀加速直线运动的位移，根据速度位移公式求出滑雪者到达B处的速度．（2）速度为4m/s可能在AB段也可能在BC段，故分别利用运动学公式求出各段时间即可；解答：解：（1）在AB段，速度小于等于4m/s时：a1=gsinθ﹣μ 1gcosθ解得：a1=4m/s2x1==2ma2=gsinθ﹣μ2gcosθ解得：a2=5m/s2x2=L﹣x1=24m解得：v B==16m/s（2）当滑雪者AB段以加速度a1加速到4m/s过程：s AB段以加速度a2加速到v B过程：s在BC段时先以加速度为a3减速运动：a3=μ2g=1.25m/s2 s再以加速度为a4减速运动到停止：a4=μ1g=2.5m/s2s整个运动过程的总时间 t=t1+t2+t3+t4=14.6s 答：。