黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期期中考试物理试题

哈尔滨市第六中学2019-2020学年度上学期期中考试

高三物理试题

一、选择题：本题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～14题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。

1.如图为两个不同闭合电路中两个电源的U－I图象，则下列说法正确的是（      ）

A. 电动势E1＞E2，发生短路时的电流I1＞I2

B. 电动势E1＞E2，内阻r1=r2

C. 电动势E1＞E2，内阻r1＜r2

D. 当两电源分别接相同的电阻时，电源2的效率大

【答案】D

【解析】

【详解】ABC．由图可知，图象与纵轴截距表示电动势，则E1＞E2；图象与横轴的截距表示短路电流，则I1=I2，由，可知，内电阻r1＞r2。故ABC错误。

D．效率为：，可知内阻小的效率大，所以电源2的效率大。故D正确。

2.如图所示，质量为M的物体内为光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心O在同一水平线上。小滑块运动时，物体M保持静止。关于物体M对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是（      ）

A. 滑块运动到A点时，N＞Mg，摩擦力方向向左

B. 滑块运动到A点时，N=（M＋m）g，摩擦力为零

C. 滑块运动到D点时，N＜（M＋m）g，摩擦力方向向左

D. 滑块运动到D点时，N=（M＋m）g，摩擦力方向向左

【答案】C

【解析】

【详解】AB．滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，N＜Mg，由于系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用。故AB错误。
CD．滑块在D点时，需要的向心力向左，所以M对滑块有向左的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对物体有向左的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力N=Mg＜（M+m）g。故C正确，D错误。

3.如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道处于竖直向下的匀强电场E中，在轨道的上端，一个质量为m、带电量为＋q的小球由静止开始沿轨道运动，则（      ）

A. 小球运动过程中机械能守恒

B. 小球机械能和电势能的总和先增大后减小

C. 在最低点球对环的压力为（mg＋qE）

D. 在最低点球对环的压力为3（mg＋qE）

【答案】D

【解析】

【详解】A．小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒。故A不符合题意。

B．小球运动过程中只有电场力和重力做功，发生的时机械能与电势能的转化，但小球机械能和电势能的总和不变。故B不符合题意。

CD．小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：，由，联立解得：

N=3（mg+qE）

由牛顿第三定律知在最低点球对环的压力为3（mg+qE）。故C不符合题意，D符合题意。

4.m为在水平传送带上被传送的小物体可视为质点，A为终端皮带轮，如图所示，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑。当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少是　　

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

分析】

物体恰好不被抛出的临界条件是最高点重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解即可．

【详解】物体恰好不被抛出临界条件是最高点重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力，有：

，

根据线速度定义公式，有：，

联立解得，

A正确。

5.如图所示，足够长的水平传送带以恒定的速度v0匀速向右运动。某时刻在其左端无初速地放上一个质量为m的物体，经一段时间物体的速度达到v0，这个过程因物体与传送带间的摩擦而产生的热量为Q1；物体继续加速，再经一段时间速度增加到v0，这个过程中产生的热量为Q2。则Q1∶Q2为（      ）

A. 3∶1 B. 1∶3 C. 1∶1 D. 1∶2

【答案】A

【解析】

【详解】物体和传送带的速度时间图象如图所示：

小物块从0加速度到时间内，物体与传送带的相对位移为蓝色阴影区域△x1，从加速到v0，物体与传送带的相对位移为斜线阴影区域△x2，可得：△x1：△x2=3：1，所以热量为：。

A．3∶1故A符合题意。   

B．1∶3。故B不符合题意。   

C．1∶1。故C不符合题意。   

D．1∶2。故D不符合题意。

6.2009年5月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在圆形轨道Ⅰ上做无动力圆周运动，然后打开发动机在A点进入椭圆轨道Ⅱ，之后立即关闭发动机，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示。关于航天飞机的运动，下列说法正确的是（      ）

A. 在轨道Ⅱ上经过A点的速度大于经过B点的速度

B. 在轨道Ⅱ上经过A点的速度大于在轨道Ⅰ上经过A点的速度

C. 在轨道Ⅱ上的机械能等于在轨道Ⅰ上的机械能

D. 在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据开普勒第二定律知：在轨道Ⅱ上经过A点的速度小于经过B点的速度。故A错误。
B．卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，轨道半径减小，要做向心运动，在A点应减速，因此卫星在轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A点的速度。故B错误。
C．卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，轨道半径减小，要做向心运动，在A点应减速。根据能量守恒知，在轨道Ⅱ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能。故C错误。
D．由于轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的轨道半径，根据开普勒第三定律知，飞机在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期。故D正确。

7.质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示。设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是(    )

A. 木块静止,d1=d2

B. 木块静止,d1<d2

C. 木块向右运动,d1<d2

D. 木块向左运动,d1=d2

【答案】B

【解析】

左侧射手开枪后,子弹射入木块与木块一起向右运动,设共同速度为v1,由动量守恒有mv0=(M+m)v1,由能量守恒有Ffd1=.右侧射手开枪后,射出的子弹与木块及左侧射手射出的第一颗子弹共同运动的速度设为v2,由动量守恒有(M+m)v1-mv0=(M+2m)v2,由能量守恒有Ffd2=,解之可得v2=0,d1=d2=故B正确.

8.在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化。电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列选项正确的是（      ）

A. I变大，U1减小

B. ΔU2比ΔU3小

C. 变大，不变

D. 变大，变大

【答案】C

【解析】

【详解】AB．通过分析电路图可知，r、R1、R2串联，R1为定值电阻；当滑动变阻器触头P向下滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，根据公式，可知电路中总电流I变小，外电压U3增大，R1两端的电压U1变小；再根据串联电路中总电压等于各分电压之和，滑动变阻器两端的电压U2变大，所以ΔU2比ΔU3大。故AB错误。

C．R2两端的电压为U2，电流为I，则，其比值变大；而U2=E-I（R1+r），可得：，是个定值不变。故C正确。

D．电压U3为路端电压，有：U3=E-Ir，可得：是个定值不变，从外电路来看，U3=I（R1+R2），可得：是增加的。故D错误。

9.如图所示，在点电荷Q形成的电场中，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在同一等势面上。甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为acb和adb曲线，两个粒子经过a点时具有相同的速率，由此可以判断（      ）

A. 甲、乙两粒子电性相同

B. 若取无穷远处电势为零，则甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能

C. 甲粒子在c点时速率等于乙粒子在d点时速率

D. 甲、乙两粒子在b点时具有相同的动能

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同。故A不符合题意。

B．取无穷远处电势为零（电势能也一定为零），将带电粒子甲从c移动到无穷远处，电场力做负功，电势能增加，故粒子甲在c点电势能为负值；将带电粒子乙从d移动到无穷远处，电场力做正功，电势能减小，故粒子乙在d点的电势能为正值，故甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能。故B符合题意。

C．甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，Uac=Uad，但甲、乙两粒子带异种电荷，而且电量也不一定相等，所以甲粒子从a到c电场力做功与乙粒子从a到d电场力做功不一定相等，所以甲粒子经过c点时的速率不等于乙粒子经过d点时的速率。故C不符合题意。

D．根据虚线为等势面，可判定沿着acb、adb曲线运动过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有相同的速度，但动能不一定相等。根据动能定理，两粒子经过b点时具有的动能也不一定相同。故D不符合题意。

10.如图所示，匀强电场方向水平向左，带正电荷的某物体沿绝缘、粗糙水平面向右运动，经A点时动能为100 J，到B点时动能减少80 J。减少的动能中有3/5转化为电势能，则它再经过B点时，动能大小是（      ）

A. 4 J

B. 20 J

C. 52 J

D. 80 J

【答案】A

【解析】

【详解】从A到B的过程中，减少的动能中有转化为电势能，可知克服电场力做功与克服摩擦力做功之比为3：2。则在整个过程中，克服电场力做功与克服摩擦力做功之比仍然为3：2。从B点到速度减为零，动能减小量为20J，则克服摩擦力做功为：

对B点向右到返回B点的过程运用动能定理，电场力做功为0，则有：，解得：

EK′=4J

A．4 J。故A符合题意。

B．20 J。故B不符合题意。

C．52 J。故C不符合题意。

D．80 J。故D不符合题意。

11.如图所示的电路中，电源电动势E=6 V，其内阻可忽略不计，电阻的阻值分别为R1=2.4 kΩ、R2=4.8 kΩ。闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，其稳定值为1.5 V。则下列说法正确的是（      ）

A. 该电压表的内阻为4.8 kΩ

B. 电压表接入时，电流表有向右的电流

C. 由于电压表接入，电容器的带电量减小

D. 断开电键，电流表瞬间有向右的电流

【答案】AB

【解析】

【详解】A．令电压表的内阻为RV，测得R1两端的电压为U1，R1与RV并联后的总电阻为R。电路稳定时，电阻R1与电压表电阻RV分得电压为 U1=1.5V，可得电阻R2分得电压为：

U2=E-U1=6.0-1.5=4.5V

根据串联电压分压规律可得：

即，解得：

RV=4.8kΩ

故A正确。

BC．电压表的接入，总电阻减小，干路电流增大，电容器两端电压增大，电容器充电，左极板为正极板，则电流表有向右的电流。故B正确，C错误。
D．断开电键，电容器放电，电流表瞬间有向左的电流。故D错误。

12.质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速率变为v，则在这段时间内物体动量变化量的大小为（      ）

A. m（v－v0） B. mgt C. m D.

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．因为v与v0的方向不同，所以物体动量变化量的大小不为m（v－v0）。故A不符合题意。

B．根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以△p=mgt。故B符合题意。

C．末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据三角形定则，知动量的变化量：

故C符合题意。

D．因为，所以，可得：。故D符合题意。

13.真空中两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，D为斜边AB的中点，∠ABC＝30°，如图所示。已知A点电场强度的方向垂直AB向下，则下列说法正确的是(　　)

A. q1带正电，q2带负电

B D点电势高于A点电势

C. q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半

D. q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍

【答案】AC

【解析】

【详解】A.根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，由平行四边形法则可知，q1带正电，q2带负电，选项A正确；

B.可粗略画出两点电荷电场的等势面，据叠加可得A点的电势高于D点，选项B错误；

CD.根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，可得sin 30°＝，，，又r2＝2r1，联立解得q2＝2q1，选项C正确，D错误。

14.如图所示， MN为同一竖直线上相距为h的两点，空间存在竖直平面内方向未知的匀强电场。一带电小球（m、＋q）从M点以速度v0=水平抛出，刚好能够通过N点，过N点时速度大小v=2，重力加速度为g，则（      ）

A. 小球从M到N点动能变化量为3mgh

B. 电场强度E=

C. 小球从M到N点用时t=

D. 小球从M到N点用时t=

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．根据动能定理可得小球从M到N点动能变化量为：，解得：

△Ek＝3mgh

故A符合题意。

BCD．将小球的运动分解为水平方向的运动与竖直方向的运动，由于竖直方向重力与电场力都做正功，可知在竖直方向电场力的分量竖直向下；由于N点恰好在M点的正下方，选择竖直方向为y方向，水平方向为x方向，则电场力沿水平方向的分量不做功，所以：W＝Fy•h，根据动能定理得：W+mgh＝mv2﹣mv02，解得电场力沿竖直方向的分量为：

Fy＝2mg

小球沿竖直方向的加速度为：，根据得小球运动的时间为：

小球到达N点时沿竖直方向的分速度为：vy＝ayt＝，小球沿水平方向的分速度为：。在水平方向上根据动量定理有：Fx•t＝mvx＝mv0。所以有：

Fx＝2mg

则小球受到的电场力为：，所以电场强度为：

故BD符合题意，C不符合题意。

二、实验题：共12分。

15.某电压表的内阻在20～30 kΩ之间，为了测量其内阻，实验室提供下列可用的器材：

A．待测电压表V（量程3 V）

B．电流表A1（量程200 μA）

C．电流表A2（量程5 mA）

D．电流表A3（量程0.6 A）

E．滑动变阻器R（最大阻值1 kΩ）

F．电源E（电动势4 V）

G．电键、导线若干

（1）在所提供的电流表中应选用______（填器材前面的字母）。

（2）其中电流表读数如图甲所示，则此读数为________。

（3）为了尽量减小偶然误差，要求多测几组数据。试在图乙方框中画出符合要求的实验电路图（其中电源和电键及其连线已画出）_________________________。

【答案】    (1). B    (2). 120μA    (3).

【解析】

【详解】(1)[1]通过电压表可能的最大电流

所以电流表选用量程为200μA的A1。故选B。

(2) [2]电流表的量程为0-200μA，分度值为4μA，电流表的读数为120μA。

[3]因为滑动变阻器的总阻值远小于电压表的内阻，所以滑动变阻器应选用分压式接法，电路图如图所示：

16.探究“合力做功与物体速度变化关系”的实验装置如图甲所示，小车在橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行。先平衡摩擦力，再用1条橡皮筋对小车做的功记为W，当用2条、3条…实验时，每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致。实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。

（1）在实验准备过程中，某同学整理的实验器材如图乙所示，还缺少的两个器材是______、______。

（2）用一条纸带穿过打点计时器，该同学发现存在图丙中的两种穿法。你认为_____（选填“A”或“B”）种穿法更合理。

（3）该同学在实验过程中：

①应平衡摩擦力；

②应选长短、粗细一样的橡皮筋若干；

③每次实验都让小车从同一位置静止释放。

以上操作对“实验中每条橡皮筋做相同的功”这一要求有帮助的是________（填序号）。

【答案】    (1). 毫米刻度尺    (2). 学生电源    (3). B    (4). ②③

【解析】

【详解】(1)[1][2]在实验准备过程中，某同学整理了一些实验器材如图乙所示，根据实验原理可知，还缺少的两个器材是：学生交流电源、毫米刻度尺。
(2)[3]电磁打点计时器纸带应压在复写纸的下面，所以B更合理。
(3)[4]①平衡摩擦力是在实验之前，所以对“实验中每条橡皮筋做相同的功”这一要求没有帮助。②应选长短、粗细一样的橡皮筋若干，保证每条橡皮筋弹力相同，这一要求有帮助。③每次实验都让小车从同一地点静止释放，保证位移相同，故对“实验中每条橡皮筋做相同的功”这一要求有帮助。所以选②③。

三、计算题：共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。

17.一质量为M=5 kg、长L=5 m的平板车静止在光滑的水平地面上，平板车上表面距地面的高度h=0.8 m。一质量为m=1 kg、可视为质点的滑块以v0=8 m／s的水平初速度从左侧滑上平板车，滑块和平板车间的动摩擦因数μ=0.5。g取10 m/s2。求：

（1）滑块经多长时间滑到平板车右端；

（2）滑块落地时离平板车右端距离。

【答案】（1）t=1s（2）x=0.8 m

【解析】

【详解】(1)根据牛顿第二定律，对滑块，μmg＝ma1，解得：

a1＝μg＝5m/s2

对平板车：μmg＝Ma2，解得：

a2＝1m/s2

设经过t时间滑块从平板车上滑出。

木块的位移：

车的位移：

结合几何关系，有：x1﹣x1′＝L

联立解得：

t1＝s

t2＝1s

因为1s时已经滑到右侧，故s舍去。

(2)1s时，滑块的速度：

v1＝v0﹣a1t1＝3m/s

平板车的速度：

v1′＝a2t1＝1m/s

在滑块平抛运动的过程中

解得

t2＝0.4s

所以

x＝x2﹣x2′＝v1t2﹣v1′t2＝（3﹣1）×0.4m＝0.8m

18.如图所示，水平放置的两平行金属板长为L，间距为d。一排长度正好为d的质子从金属板左侧均以速度v平行金属板射入电场中，已知质子电量为e，质量为m。求：

（1）欲使所有质子都不从板间飞出，则两板电压U的最小值是多少？

（2）若两板间加上（1）问中的电压，将粒子换为氚核，仍以速度v平行金属板射入电场中，求能出场的粒子数目占粒子总数的比例k。（粒子重力及相互间作用力忽略不计）

【答案】（1）U=（2）k=

【解析】

【详解】(1)当质子在电场中沿垂直于极板的方向偏转的距离大于板间距离d时，所有质子都不从板间飞出．即有y≥d．
质子在电场中做类平抛运动，则
 水平方向：

加速度为：

偏转位移为：

联立解得：

(2) 氚核在电场中做类平抛运动，则
 水平方向：

加速度为：

偏转位移为：

电压为：

联立解得：

由此可知，在电场中将会有的粒子射出电场。

19.一轻弹簧的下端固定在水平面上，上端连接质量为m的木板处于静止状态，此时弹簧的压缩量为，如图所示。一物块从木板正上方距离为的A处自由落下，打在木板上并与木板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。若物块质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块质量为时，它们到达最低点后又向上运动，在通过O点时它们仍然具有向上的速度，求：

①质量为m时物块与木板碰撞后的速度；

②质量为2m时物块向上运动到O的速度。

【答案】①；②

【解析】

试题分析：①设物块与木板碰撞时，物块的速度为，由能量守恒得到：

解得：

设物块与木板碰撞后一起开始向下运动的速度为，因碰撞时间极短，动量守恒：，解得：。

②设质量为时物块与木板刚碰撞时弹簧的弹性势能为，当它们一起回到O点时，弹簧弹性势能为零，且此时物块与木板速度恰好都为零，以木板初始位置为重力势能零点，由机械能守恒得到：

设表示质量为时物块与木板碰撞后一起开始向下运动的速度，由动量守恒得到：

此后物块与木板碰撞后向上运动通过O点时，木板和物块具有相同的速度，由机械能守恒得到：

联立可以得到：。

考点：能量守恒、动量守恒定律

【名师点睛】物体的碰撞瞬间，我们应该考虑到动量守恒定律；对于简谐运动，我们要运用该运动的特殊位置物理量的特点以及对称性；动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功。