2020-2021学年河北省张家口市高三（上）期中物理试卷（Word+答案）

2020-2021学年河北省张家口市高三（上）期中物理试卷
一、选择题
1．下列说法正确的是（　　）
A．随着科技的发展，我们可以突破能量守恒的限制，创造能量
B．只要重力做了功，物体机械能就一定守恒
C．正、负电荷可以中和，所以电荷可以消灭
D．若一个系统不受外力或所受合外力为零，则这个系统动量守恒
2．对于三种基本作用力，下列说法正确的是（　　）
A．重力的等效作用点可以不在物体上
B．相互接触的物体间一定有弹力
C．运动的物体一定不受静摩擦力
D．滑动摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反
3．某同学用力将一质量为1kg的物体由静止竖直向上提升1m时，物体的速度大小为2m/s，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．物体重力势能减少10J
B．该同学对物体的拉力做功为10J
C．合外力做功为2J
D．物体机械能增量为2J
4．如图所示为避雷针上方有雷雨时避雷针MN附近的等差等势面分布图，其中φP＞φQ。实线ABC为一带电粒子仅在电场力作用下从A运动到C的轨迹，则（　　）
A．粒子带负电
B．避雷针尖端N带负电
C．该粒子在B点的加速度比C点的加速度大
D．运动过程中粒子的电势能先减小后增大
5．如图所示，a、b两带电粒子以相同的速度v0先后垂直电场从同一点进入平行板间的匀强电场，a粒子打在B板的中点a′点，b粒子打在B板的右边缘b′点，则a、b两粒子的比荷之比：为（带电粒子的重力忽略不计）（　　）
A．1：2
B．2：1
C．1：4
D．4：1
6．质量为0.15kg的棒球，以30m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后以相同大小的速度反向水平飞回，球棒与棒球作用时间为0.01s，下列说法正确的是（　　）
A．球棒对棒球的平均作用力大小为450N
B．球棒对棒球的平均作用力大小为900N
C．球棒对棒球做的功为67.5J
D．球棒对棒球做的功为135J
7．航天飞机与空间站均绕地球做匀速圆周运动，设航天飞机轨道半径为r1、空间站轨道半径为r2，若让航天飞机与空间站完成对接，下列说法正确的（　　）
A．如果r1＞r2，为了节省能量，应让航天飞机减速与低轨的空间站对接
B．如果r1＞r2，为了节省能量，应让空间站加速与高轨的航天飞机对接
C．如果r1＝r2，且二者相距较远，应让航天飞机加速追赶空间站直接对接
D．如果r1＝r2，且二者相距较远，航天飞机无论用什么方法都不可能与空间站完成对接
8．如图，两个完全相同的小球分别用不可伸长的轻绳悬挂于O1、O2点，两绳长度均为L，A球在一个竖直平面内左右摆动，最大摆角为60°，A球经过最低点时速度大小为v，绳的拉力为FA；B球在水平面内做匀速圆周运动，线速度大小也为v，绳的拉力为FB。不计空气阻力，则为（　　）
A．2
B．
C．﹣1
D．
9．如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场，质量为m、带电量为+q的带电小球以初速度v0在竖直平面内沿OP做匀变速直线运动，OP与水平方向夹角为45°，取小球初位置为电势零点，重力加速度为g，则（　　）
A．电场方向水平向右
B．小球加速度大小为g
C．小球上升最大高度为
D．小球在最高点电势为
10．如图所示，一平行板电容器竖直放置，通过开关K与一电源相连。在两极板A、B之间有一带电油滴恰好处于静止状态，下列说法正确的是（　　）
A．油滴带正电
B．K闭合时，仅将A极板向上移，油滴将向下运动
C．K断开时，仅将A极板向上移，油滴将向下运动
D．K断开时，仅将A极板向上移，油滴保持静止不动
11．如图所示，在光滑水平面上静止一质量为M的光滑斜面，一质量也为M的小球以初速度v0冲上斜面，斜面足够长，在小球与斜面作用的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球到斜面最高点时小球速度为0
B．小球到斜面最高点时斜面速度大小为
C．小球返回斜面底端时，小球的速度大小为v0
D．小球返回斜面底端时，小球的速度为0
12．如图，水平传送带以2m/s的速度匀速运动，把一质量为1kg的滑块无初速度的放到传送带上P点，一段时间后滑块运动到距P点2m的Q点，已知滑块与传送带间动摩擦因数为0.2，则（　　）
A．滑块由P到Q运动时间为1.5s
B．传送带上划痕长度为2m
C．传送带对滑块做的功为2J
D．传送带与滑块间产生的热量为2J
二、实验题
13．某学习小组利用如图所示装置，通过A、B两球的碰撞来探究动量守恒。
（1）本实验必须使用的测量工具是　
　。
A．刻度尺
B．游标卡尺
C．秒表
D．天平
（2）实验中需满足的条件是　
　。
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．两球材质必须相同
D．两球半径必须相等
（3）已知A、B两球质量分别为mA、mB，多次实验后发现，A球初始落点为P，碰撞后A球落点为M、碰撞后B球落点为N，若表达式　
　成立，可判定两球碰撞动量守恒，若表达式　
　也成立，则可判定两球发生的是弹性碰撞。
14．某同学利用如图所示实验装置探究系统机械能守恒，甲、乙两个体积相同的小球用跨过光滑定滑轮的轻绳连接，实验步骤如下：
①测量甲、乙两小球的质量分别为M＝0.3kg、m＝0.1kg；
②用游标卡尺测出小球乙的直径d＝2.20cm；
③将光电门固定在铁架台上某一位置，测出铁架台底端到光电门的距离h＝0.5m；
④将小球乙放在铁架台的底端，将小球甲由图示位置静止释放，记录小球乙通过光电门的时间△t＝0.01s；
⑤改变光电门到铁架台底端的高度h，重复步骤④，记录多组数据。
回答下列问题：
（1）小球乙通过光电门的瞬时速度大小为　
　m/s，该测量速度　
　（选填“大于”“等于”或“小于”）小球乙通过光电门的实际速度。
（2）利用测量数据可得，系统减少的重力势能为　
　J，系统增加的动能为　
　J（g＝9.8m/s2，计算结果保留两位有效数字）。
（3）受阻力的影响，系统减少的重力势能与增加的动能会存在差值。当增加h时，两者的差值会　
　（填“增大”“不变”或“减小”）。
三、解答题
15．歼20是我国自主研发的第五代隐形制空战斗机，空战质量25t。设歼20在水平跑道上先由静止开始做匀加速直线运动，匀加速过程发动机提供F＝3.6×105N的推力不变，经过t＝1s发动机功率刚好达到额定功率，此后保持额定功率继续加速，最后达到最大速度并以最大速度起飞。已知歼20全过程受到阻力恒定且大小为f＝6×104N，求：
（1）歼20匀加速的末速度v；
（2）歼20发动机的额定功率P；
（3）歼20的起飞速度vm。
16．a、b、c、d是四个质量均为m的带电小球，其中a、b、c三小球的电荷量都为+q，d小球的电荷量为﹣6q，光滑绝缘水平面上有一点O。现把d小球固定在O点，让a、b、c三个小球绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周三等分，如图甲所示，静电力常量为k，求：（计算结果可保留根号）
（1）小球上的向心加速度an；
（2）若将小球d提升到圆心O的正上方h＝R处并固定，让小球a、b、c仍做以O为圆心、R为半径的匀速圆周运动，如图乙所示，求此时小球b的线速度v。
17．如图所示，光滑水平地面右端固定一个半径为R＝0.35m的光滑圆弧轨道PM，N与圆心O等高，在ON上方有水平向右且场强为E＝4×103V/m的足够大的匀强电场，电场下边缘与ON重合。一质量M＝1kg、长度为L的小车静置在水平地面上，小车上表面与P点等高，一质量为m＝2kg、带电量q＝+1.0×10﹣2C的小滑块（可看做质点）以v0＝6m/s的水平初速度从左端滑上小车，当小滑块滑到小车右端时两者共速且小车刚好与P位置墙壁相碰。已知小滑块与小车间动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，所有接触面均绝缘且不计空气阻力。求：
（1）小车长度L；
（2）小滑块运动到N点时，对N点的压力FN（计算结果保留一位小数）；
（3）小滑块从N点运动到最高点时，小滑块电势能的变化量△Ep。
2020-2021学年河北省张家口市高三（上）期中物理试卷
试题解析
一、选择题
1．解：A、根据能量守恒定律可知，能量不会凭空产生，所以我们在任何时候都不可能创造能量，故A错误；
B、机械能守恒定律的守恒条件是：只有重力或弹力做功；除重力或弹力做功之外，其它力对物体做功不为零，物体机械能就不守恒，故B错误；
C、根据电荷守恒定律可知，电荷不会凭空产生、也不会消灭，正、负电荷可以中和，只是正、负电荷的电荷量相等，电中和后对外不显示电性，正、负电荷仍然存在，没有消灭，故C错误；
D、根据动量守恒定律的守恒条件可知，若一个系统不受外力或所受合外力为零，则这个系统动量守恒，故D正确。
故选：D。
2．解：A、重力的等效作用点可以不在物体上，比如质量分布均匀的圆环，重心在圆心，不在物体上，故A正确；
B、弹力的产生条件是接触和弹性形变，相互接触的物体间如果没有弹性形变，则不会有弹力，故B错误；
C、静摩擦力的产生条件是接触、弹性形变、粗糙、相对运动趋势，运动的物体间如果满足上述四个条件，受到静摩擦力作用，故C错误；
D、滑动摩擦力的方向一定与物体间的相对运动方向相反，与物体的运动方向没有关系，故D错误。
故选：A。
3．解：A、重力对物体做功WG＝﹣mgh＝﹣1×10×1J＝﹣10J，物体的重力势能增加10J，故A错误；
BD、该同学对物体的拉力做的功等于物体机械能的变化量，则W＝△E增＝mgh+mv2＝1×10×1J+×1×22J＝12J，故BD错误；
C、由动能定理可得，合外力所做的功等于动能的变化，W合＝mv2＝×1×22J＝2J，故C正确；
故选：C。
4．解：AB、根据中φP＞φQ可知避雷针尖端带正电，根据运动轨迹可以看出，粒子受到排斥作用，故粒子带正电。故AB错误。
C、等势线密集的地方场强大，电场力大，加速度大。故C正确。
D、根据受力方向和运动轨迹的夹角可以看出，电场先对粒子做负功，后做正功，故电势能先增加，后减少。故D错误。
故选：C。
5．解：设任一粒子的电荷量为q，质量为m，加速度为a，水平位移为x，偏转量为y，在电场中类平抛运动的时间为t，则根据牛顿第二定律得：
a＝…①
粒子在电场中做类平抛运动的时间
t＝…②
偏转量
y＝at2
…③
联立得y＝
变形得＝
据题知，两个粒子在竖直方向的偏转量y相同，a、b两粒子的水平位移之比为xa：xb＝1：2，可得，：＝xb2：xa2＝4：1，故ABC错误，D正确。
故选：D。
6．解：设球飞回的方向为正向。则飞来的速度v1＝﹣30m/s，飞回时的速度v2＝30m/s。
AB、根据动量定理可知Ft＝mv2﹣mv1
代入数据可有：F×0.01s＝0.15kg×30m/s﹣0.15kg×（﹣30m/s）
解之可得：F＝900N，故A错误，B正确。
CD、根据动能定理可有：W＝△EK＝0J，故CD错误。
故选：B。
7．解：AB、航天飞机做匀速圆周运动时，引力提供向心力，当航天飞机加速时，在原轨道运行所需要的向心力变大，但万有引力大小不变，故引力不足以提供向心力，航天飞机会做离心运动，飞到较高的轨道，如果r1＞r2，为了节省能量，应让航天飞机减速与低轨的空间站对接，故A正确，B错误；
CD、如果r1＝r2，且二者相距较远，应让航天飞机减速到较低轨道，靠近空间站后，再加速上升到较高轨道，加速追赶空间站直接对接，故CD错误。
故选：A。
8．解：最低点处小球A的速度为v，绳长为L，小球的质量为m，对A球在最低点处受力分析，
根据牛顿第二定律得：FA﹣mg＝
A球从最高点摆到最低点的过程中根据动能定理可得：mgL（1﹣cosθ）＝
联立解得：FA＝2mg
对B球受力分析，根据B球在水平面内圆周运动，可知：FB＝
mgtanα＝
解得：cosα＝
则：＝，故ABD错误，C正确。
故选：C。
9．解：A、由于粒子做直线运动，故合外力方向和初速度方向在同一条直线上。重力向下，电场力只有向右，合力方向才有可能和初速度方向在同一条直线上，故可知电场线的方向水平向右。故A正确。
B、由于OP与水平方向夹角为45°可知，F合＝＝mg，故加速度a＝g。故B错误。
C、经过A选项的分析可知，小球做匀减速运动。运动到最高点的时间t＝＝
粒子上升运动的高度为h＝t＝，故C错误。
D、由于OP与水平方向夹角为45°可知，电场力等于重力，水平位移等于竖直位移，故水平位移x＝
电场力做的功为W＝﹣mg＝﹣，根据电势能的定义可知，最高点的电势能为。故D错误。
故选：A。
10．解：A、电容器上极板与电源的正极相连，则上极板带正电，下极板带负电，油滴受到重力和电场力作用，电场力竖直向上，带负电，故A错误；
B、K闭合时，仅将A极板向上移，则极板间电压U不变，间距d增大，则电场强度：E场强＝，减小，油滴向下运动，故B正确；
CD、K断开时，仅将A极板向上移，则极板间电荷量Q不变，间距d增大，则电场强度：E场强＝＝＝，则电场强度恒定不变，油滴保持静止不动，故C错误，D正确。
故选：BD。
11．解：AB、小球到斜面最高点时二者的速度相同，设为v，系统水平方向不受外力、动量守恒，取向右为正，根据动量守恒定律可得：Mv0＝2Mv，解得：v＝，故A错误、B正确；
CD、设小球返回斜面最低点时，小球的速度为v1、斜面的速度为v2，取向右为正，根据动量守恒定律可得：Mv0＝Mv1+Mv2，根据能量关系可得Mv02＝Mv12+Mv22，联立解得：v1＝0，v2＝v0，所以小球返回斜面底端时，小球的速度为0，故C错误、D正确。
故选：BD。
12．解：A、滑块在传送带上的加速时间：，
滑块加速到和传送带同速时的位移：＜2m
设滑块还需要时间t2才能到达Q点，则：
则滑块由P到Q运动时间为t＝t1+t2＝1s+0.5s＝1.5s，故A正确；
B、在t1时间内传送带的位移为x带＝vt1＝2×1m＝2m，传送带上划痕长度为△x＝x带﹣x1＝2m﹣1m＝1m，故B错误；
C、传送带对滑块做的功等于滑块动能的变化，则有：W＝＝J＝2J，故C正确；
D、传送带与滑块间产生的热量为：Q＝μmg?△x＝0.2×1×10×0.1J＝2J，故D正确。
故选：ACD。
二、实验题
13．解：（1）本实验是通过平抛运动的规律求解碰撞前后的速度，在平抛运动中，初速度v＝，t＝，下落高度h一定，则下落时间t一定，因此时间可以约去，不需要测量，水平位移x需要测量，再者还需测量A、B小球各自的质量，那么，测位移用刻度尺，测质量用天平，故测量工具选择AD，不选BC；
故选：AD。
（2）本实验的要求是：
①多次试验时，球A每次都要从同一高度由静止滚下，确保碰撞前A球的速度大小总相等；
②轨道的末端必须水平，确保小球做平抛运动；
③球A的质量大于球B质量，确保球A碰后不被反弹；
④球A、B的大小必须相同（半径相等），确保是对心正碰。
AB、只要球A碰撞球B前瞬时速度大小相等，碰撞后离开轨道后做平抛运动，对斜槽轨道的要求是轨道的末端必须水平，是否光滑没有要求，故A错误，B正确；
CD、对两个小球A、B的要求是，球A的质量大于球B质量并且球A、B的半径必须相等，故C错误，D正确；
故选：BD。
（3）设球A碰撞前瞬时速度为v0，碰撞后瞬间球A、B的速度分别为v1、v2。
①小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度均相同，在空中的运动时间t相等，水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球碰撞过程动量守恒，则有
mAv0＝mAv1+mBv2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，
联立整理得：mAOP＝mAOM+mBON，
说明只要满足此式，两球碰撞过程就满足动量守恒。
②若碰撞是弹性碰撞，则需满足机械能守恒，根据机械能守恒定律，则有
mAv02＝mAv12+mBv22，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t
联立整理得：mAOP2＝mAOM2+mBON2；
说明只要满足此式，就可判定两球发生的是弹性碰撞。
故答案为：（1）AD；（2）BD；（3）mAOP＝mAOM+mBON，mAv02＝mAv12+mBv22
14．解：（1）利用测量速度原理：极短时间内的平均速度代替其内某时刻的瞬时速度，小球乙通过光电门的瞬时速度大小为：v＝＝＝2.20m/s；
受力分析可知小球做匀变速直线运动，通过光电门的平均速度等于该过程中间时刻的瞬时速度，因小球做加速运动，在中间时刻时小球球心还没到达光电门位置，所以小球通过光电门的平均速度小于小球球心通过光电门的瞬时速度，故测量速度小于小球乙通过光电门的实际速度。
（2）系统减少的重力势能为△Ep＝（M﹣m）gh＝（0.3﹣0.1）×9.8×0.50J＝0.98J，
系统增加的动能为△Ek＝（M+m）v2＝（0.3+0.1）×2.202J＝0.97J
（3）增加h时，h越大，系统克服阻力做功就越多，系统机械能损失就越多，则系统减少的重力势能与增加的动能存在差值就越大。
故答案为：（1）2.20，小于；（2）0.98，0.97；（3）增大。
三、解答题
15．解：（1）匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得F﹣f＝ma，解得a＝
1s末的速度为v＝at＝12×1m/s＝12m/s
（2）战斗机的额定功率为P＝Fv＝3.6×105×12W＝4.32×106W
（3）当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则＝
答：（1）歼20匀加速的末速度v为12m/s；
（2）歼20发动机的额定功率P为4.32×106W；
（3）歼20的起飞速度vm为72m/s。
16．解：（1）已知a、b、c三个小球绕d小球做匀速圆周运动，a、b、c三个小球的电荷量为+q，d小球的电荷量为﹣6q，此时小球之间的库仑力充当向心力，由向心力与向心加速度的关系式可得：，解得：；
（2）此时小球的受力分析如图所示：，此时小球受到的库仑力大小为：，
整理可得：，此时沿水平方向的分力为：Fx＝F×cosθ＝，
此时水平方向的分力充当向心力，由向心力与线速度的关系可得：，
代入数据可得：＝；
答：（1）小球上的向心加速度a为；
（2）此时小球b的线速度v为。
17．解：（1）小车与小滑块水平方向不受外力作用，则水平方向动量守恒，设小车与小滑块共速的速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（M+m）v
代入数据解得：v＝4m/s；
由能量关系得：μmgL＝mv02﹣（M+m）v2
代入数据解得：L＝3m；
（2）设小滑块到N点速度设为vN，从P点到N点的过程中，由机械能守恒定律可得：＝+mgR
代入数值得：vN＝3m/s
在N点，根据牛顿第二定律可得：F﹣qE＝m
代入数据解得：F＝91.4N
由牛顿第三定律：FN＝F＝91.4N，即小滑块对N点的压力为FN＝91.4N；
（3）小滑块进入水平匀强电场后，竖直方向做竖直上抛运动，上抛时间为：t＝＝s＝0.3s
滑块沿电场方向做初速为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得水平方向的加速度为：
a＝＝m/s2＝20m/s2
小滑块从N点运动到最高点时，水平方向的位移为：x＝at2＝m＝0.9m
电场力做功：W＝qEx＝1.0×10﹣2×4×103×0.9J＝36J
由功能关系△Ep＝﹣W＝﹣36J，所以小滑块电势能减少36J。
答：（1）小车长度为3m；
（2）小滑块运动到N点时，对N点的压力为91.4N；
（3）小滑块从N点运动到最高点时，小滑块电势能减少36J。
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