广东省佛山市一中2020届高三上学期期中考试理综物理试题

佛山一中2019-2020学年上学期髙三期中考试试题

理科综合---物理

二、选择题：本题共8个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一个选项符合题目要求，第19-21题有两个或以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的图象如图所示，图中AB//CD.则整个过程中

A. F1的冲量等于F2的冲量

B. F1的冲量大于F2的冲量

C. 摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量

D. 合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量

【答案】D

【解析】

【详解】C．由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。但a的运动总时间小于b的时间，根据I=ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误。

AB．根据动量定理，对整个过程研究得

F1t1-ftOB=0

F2t2-ftOD=0

由图看出，tOB＜tOD，则有

F1t1＜F2t2

即F1的冲量小于F2的冲量。故AB错误。

D．根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，ab两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确；

2.在如图所示的x-t图象和v-t图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是

A. 甲车做曲线运动，乙车做直线运动

B. 0—t1时间内，甲车通过路程大于乙车通过的路程

C. 0-t2时间内，丙、丁两车的平均加速度相等

D. 0-t2时间内，丙、丁两车平均速度相等

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，故A错误；

B．在t1时刻甲乙两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B错误；

C．0-t2时间内，丙、丁两车的速度变化相等，根据可知，平均加速度相等，选项C正确；

D．由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在0-t2时间内丁车的位移较大，根据可知，丁车的平均速度较大，故D错误。

3.假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常数为G，则地球的密度为：

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

试题分析：由万有引力定律可知：，在地球的赤道上：，地球的质量：，联立三式可得:，选项B正确；

考点：万有引力定律及牛顿定律应用。

4.如图所示，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右作匀加速运动（空气阻力不计）时，下列各图中正确的是   （      ）

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

两个小球与车保持相对静止，加速度相同，以下面的小球为研究对象有，以两个小球作为一个整体为研究对象，B对；

5.如图所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为，用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为=30°的斜面上，B悬于斜面之外，处于静止状态.现在向A中缓慢地加入沙子，整个系统始终 保持静止，则在加入沙子的过程中下列说法错误的是

A. 绳子拉力大小不变，恒等于

B. A对斜面的压力逐渐增大

C. A所受的摩擦力逐渐增大

D. A所受的摩擦力先减小后增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．处于平衡状态，故绳子拉力等于B的重力，保持不变；故A正确，不符合题意；

B．A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力，随着沙子质量的增加，A对斜面的压力逐渐增大；故B正确，不符合题意；

CD．未加沙子时，A所受的重力沿斜面向下的分力为Mg，小于绳子的拉力，A有向上运动趋势，受向下静摩擦力；当向A中缓慢加入沙子时，A的重力沿斜面的分力逐渐增大，A所受的摩擦力等于沙子的重力沿斜面向下的分力时摩擦力减小到零，随着沙子质量的增加，A所受的摩擦力逐渐增大；故A所受摩擦力先减小后增大，故C错误，符合题意；D正确，不符合题意；

6.如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)

A. a＝ B. a＝

C. N＝ D. N＝

【答案】AC

【解析】

试题分析: 质点P下滑的过程，由动能定理得，可得；在最低点，质点P的向心加速度；根据牛顿第二定律得,解得；故A、B、C正确，D错误．故选ABC．

考点：考查动能定理；向心力．

【名师点睛】解决本题的关键掌握动能定理解题，以及知道质点在B点径向的合力提供圆周运动的向心力．

7.如图所示，半径为R、质量为M的一光滑圆槽静置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小木块从槽的顶端由静止滑下，直至滑离圆槽的过程中，下列说法中正确的是

A. M和m组成的系统动量守恒

B. m飞离圆槽时速度大小为

C. m飞离圆槽时速度大小

D. m飞离圆槽时，圆槽运动的位移大小为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，则只有水平方向动量守恒，选项A错误；

BC．设木块滑出槽口时的速度为v，槽的速度为u，在水平方向上，由动量守恒定律可得：

mv-Mu=0

木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

联立解得

故选项B正确，C错误；

D．对木块和槽的系统动量守恒定律可得：

m(R-x)-Mx=0

解得

选项D正确。

8.质量为m和M的两个物块A、B，中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧，弹簧与A、B不相连，它们一起在光滑的水平面上以共同的速度向右运动，总动量为P，弹簧的弹性势能为Ep；某时刻轻绳断开，弹簧恢复到原长时，A刚好静止，B向右运动，与质量为M的静止物块C相碰并粘在一起，则

A. 弹簧弹力对A冲量大小为

B. 弹簧弹力对B做功的大小为Ep

C. 全过程中机械能减小量为Ep

D. B、C的最终速度为

【答案】AD

【解析】

选取向右为正方向，两个物体的总动量是P，则A的动量：,弹簧恢复到原长时，A刚好静止，由动量定理得：,负号表示与选定的正方向相反．故A正确；弹簧对AB作用的过程中，弹簧对A做负功，对B做正功，系统的机械能全部转化为B的动能，所以B的动能的增加量等于弹簧的弹性势能与A的动能的和，所以弹簧弹力对B做功的大于EP．故B错误；物块A与B以及弹簧组成的系统相互作用的过程中系统的动量守恒，设相互作用结束后B的速度为v1，选取向右为正方向，则：P=Mv1，B与C相互作用的过程中二者组成的系统的动量也守恒，设最终的速度为v2，根据动量守恒得：Mv2=（M+M）v2联立得：，整个的过程中损失的机械能：，而，联立解得：，可知只有在m与M相等时，全过程中机械能减小量才为EP．故C错误，D正确．所以AD正确，BC错误。

二、非选择题：

9. 为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示（乙图中M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与/J、车固连的滑轮），钩码总质量用m表示．

（1）为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是       ．

（2）若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为为当地重力加速度，则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为   ，乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为    ．

【答案】（1）BC；

（2）1：2，1：2

【解析】

试题分析：（1）为便于测量合外力的大小，甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，而乙图是力传感器的示数，丙图则是测力计的2倍，因此它们都必须平衡摩擦力，故A错误，B正确；由于甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误。

（2）乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，且通过计算得到小车加速度均为a，根据牛顿第二定律，则有：，；

因此乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为；

由牛顿第二定律，对砝码研究，则有，

而，因，解得，；

即乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为。

考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系

【名师点睛】考查不同实验中，是否平衡摩擦力，是依据实验原理，并不是统统平衡的，并掌握牛顿第二定律的应用，注意力传感器的作用，及理解测力计的读数与小车的合力的关系，是解题的关键。

10.某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律及平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数的实验。在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g。采用的实验步骤如下：

A．在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；

B．用天平分别测出小滑块a（含挡光片）和小球b的质量ma、mb：

C．在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上：

D．烧断细线后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动：

E．记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间△t：

F．滑块a最终停在C点（图中未画出），用刻度尺测出AC之间的距离Sa

G．小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离sb；

H．改变弹簧压缩量，进行多次测量。

（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为________mm；

（2）该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证两物体a、b弹开后的动量大小相等，即a的动量大小____________等于b的动量大小___________；（用上述实验所涉及物理量的字母表示）

（3）改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到小滑块a的Sa与关系图象如图丙所示，图象的斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为____________。（用上述实验数据字母表示）

【答案】    (1).     (2).     (3).     (4).

【解析】

（1）螺旋测微器的读数为：2.5mm+0.050mm=2.550mm。

（2）烧断细线后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a经过光电门的速度为：，故a的动量为：，b离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得： 及 联立解得：，故b的动量为：。

（3）对物体a由光电门向左运动过程分析，则有：，经过光电门的速度：，由牛顿第二定律可得：，联立可得：，则由图象可知：。

11.如图所示，一倾角θ=37°的斜面底端与一传送带左端相连于B点，传送带以v=6m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以υ0=4m/s的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C点水平抛出，最后落到地面上的D点，已知斜面长度L1=8m，传送带长度L2=18m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.3，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。

（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl；

（2）求物块在传送带上运动时间；

（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，求C点到地面的高度和C、D两点间的水平距离。

【答案】（1）

（2）4s；

（3）4.8m．

【解析】

试题分析：（1）从A到B由动能定理即可求得摩擦因数

（2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；

（3）物体做平抛运动，在竖直方向自由落体运动，

解：（1）从A到B由动能定理可知

代入数据解得

（2）物块在传送带上由牛顿第二定律：μ2mg=ma

a=

达到传送带速度所需时间为t=s

加速前进位移为＜18m

滑块在传送带上再匀速运动

匀速运动时间为

故经历总时间为t总=t+t′=4s

（3）设高度为h，则竖直方向获得速度为

联立解得h=3.2m

下落所需时间为

水平位移为xCD=vt″=6×0.8s=4.8m

答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl为

（2）求物块在传送带上运动时间为4s；

（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，C点到地面的高度为3.2m和C、D两点间的水平距离为4.8m．

【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．

12.如图，质量为M=4kg 的木板AB静止放在光滑水平面上，木板右端B点固定一根轻质弹簧，弹簧自由端在C点，C到木板左端的距离L=0.5m，质量为m=1kg 的小木块（可视为质点）静止放在木板的左端，木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，木板AB受到水平向左的恒力F=14N，作用一段时间后撤去，恒力F撤去时木块恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧最大压缩量x=5cm，g=10m/s2。求：

(1)水平恒力F作用的时间t；

(2)撤去F后，弹簧的最大弹性势能EP；

(3)整个过程产生的热量Q。

【答案】(1)t=1s （2）（3）

【解析】

（1）对m：    
对M：          
m运动至C时：     解得：t=1s
（2）m运动至C时，两物体速度： 
对m：    对M：  
弹簧被压至最短时，二者具有共同速度v：
v=2.8m/s     
对系统：   
解得：  
（3）假设最终m没从AB滑下，由动量守恒可知最终共同速度仍为v=2.8m/s    
设m相对AB向左运动的位移为s，则：
  解得：s=0.15m  
可知：，故上面假设正确。    全过程产热：

13.下列说法正确的是      .

A. 知道水的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏加德罗常数

B. 在阳光照射下的室内可见尘埃在空中不停飞舞，这是尘埃的布朗运动

C. 水黾可以停在水面而不沉入水中，是因为水的表面存在着表面张力

D. 晶体具有各向异性，是因为其点阵结构中各个方向上微粒个数不均等

E. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力的缘故

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．用水的摩尔体积除以水分子的体积，可得出阿伏加德罗常数，选项A正确；

B．在阳光照射下的室内可见尘埃在空中不停飞舞，这是尘埃在重力和空气浮力等力的作用下的无规则运动，不是布朗运动，选项B错误；

C．水黾可以停在水面而不沉入水中，是因为水的表面存在着表面张力，选项C正确；

D．晶体具有各向异性，是因为其点阵结构中各个方向上微粒个数不均等，故D正确；

E．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在热运动的缘故，选项E错误。

14.如图所示，均匀薄壁U型管竖直放置，左管竖直部分高度大于30cm且上端封闭，右管上端 开口且足够长，用两段水银封闭了 A、B两部分理想气体，下方水银左右液面等高，右管上方的水银柱高h=4cm，初状态温度为27℃，A气体长度=15cm，大气压强.现使整个装置缓慢升温，当下方水银的左右液面高度相差=10cm时，保持温度不变，再向右管中缓慢注入水银，使A中气柱长度回到15cm.求：

(1)升温后保持不变的温度是多少摄氏度？

(2)右管中再注入的水银高度是多少？

【答案】(1)177℃   (2)40cm

【解析】

【详解】（1）缓慢升温过程中，对A中气体分析

初态：V1=l1S  ； p1=p0+h=80cmHg ；T1=（27+273）K=300K

末状态：V2=（l1+△l）S；    p2=p0+h+△l，

由理想气体状态方程得：

代入数据解得：

T2=450K；

得

t2=177℃

（2）对A气体分析，初末态体积相同      T3=T2

p3=p0+h+△h，

由查理定律得：

代入数据解得：

△h=40cm；

即再加入的水银高40cm.