南通中学届高三上学期期中考试物理试题.docx

资源描述

南通中学届高三上学期期中考试物理试题.docx

《南通中学届高三上学期期中考试物理试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《南通中学届高三上学期期中考试物理试题.docx（43页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

南通中学届高三上学期期中考试物理试题.docx

南通中学届高三上学期期中考试物理试题

2014-2015学年江苏省南通中学高三（上）期中物理试卷

一．单项选择题：

本题共7小题，每小题3分，共21分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，选错或不答的得0分．

1．（3分）物体在两个相互垂直的力作用下运动，力F1对物体做功6J，物体克服力F2做功8J，则F1、F2的合力对物体做功为（　　）

A．

14J

B．

10J

C．

D．

﹣2J

2．（3分）（2008•宁夏）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是（　　）

A．

W1=W2=W3

B．

W1＜W2＜W3

C．

W1＜W3＜W2

D．

W1=W2＜W3

3．（3分）如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）

①物体落到海平面时的势能为mgh

②重力对物体做的功为mgh

③物体在海平面上的动能为

+mgh

④物体在海平面上的机械能为

．

A．

①②③

B．

②③④

C．

①③④

D．

①②④

4．（3分）如图D、E、F、G为地面上水平间距相等的四点，三个质量相同的小球A、B、C分别在E、F、G的正上方不同高度处，以相同的水平初速度向左抛出，最后均落到D点．若不计空气阻力，则可判断A、B、C三个小球（　　）

A．

初始离地面的高度之比为1：

2：

B．

落地时重力的瞬时功率之比为1：

2：

C．

落地时三个小球的速度大小之比为1：

2：

D．

从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为1：

2：

5．（3分）研究表明，地球自转在逐渐改变，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，且地球的质量、半径都不变，若干年后（　　）

A．

近地卫星（以地球半径为轨道半径）的运行速度比现在大

B．

近地卫星（以地球半径为轨道半径）的向心加速度比现在小

C．

同步卫星的运行速度比现在小

D．

同步卫星的向心加速度与现在相同

6．（3分）两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（　　）

A．

B．

C．

D．

7．（3分）（2013•淮安模拟）A、B为某电场中一条直线上的两个点，现将正点电荷从A点静止释放，仅在电场力作用下运动一段距离到达B点，其电势能EP随位移x的变化关系如图所示．从A到B过程中，下列说法正确的是（　　）

A．

电场力对电荷一直做正功

B．

电势一直升高

C．

电荷所受电场力先减小后增大

D．

电荷所受电场力先增大后减小

二、多项选择题：

本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确．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．

8．（4分）（2011•江苏模拟）如图，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图所示．则（　　）

A．

电场力FA＜FB

B．

电场强度EA=EB

C．

电势UA＜UB

D．

电势能EA＜EB

9．（4分）图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（　　）

A．

带电粒子所带电荷的符号

B．

带电粒子在a、b两点的受力方向

C．

带电粒子在a、b两点的速度何处较大

D．

带电粒子在a、b两点的电势能何处较大

10．（4分）一质点在XOY平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是（　　）

A．

质点沿X方向可能做匀速运动

B．

质点沿Y方向可能做变速运动

C．

若质点沿Y方向始终匀速运动，则X方向可能先加速后减速

D．

若质点沿Y方向始终匀速运动，则X方向可能先减速后加速

11．（4分）对于绕轴转动的物体，描述转动快慢的物理量有角速度ω等物理量．类似加速度，角加速度β描述角速度ω的变化快慢，匀变速转动中β为一常量．下列说法正确的是（　　）

A．

β的定义式为β=

B．

在国际单位制中β的单位为rad/s2

C．

匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，经过时间t后角速度为ω=ω0t+

βt2

D．

匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，则时间t内转过的角度为△θ=ω0t+

βt2

12．（4分）（2012•江西模拟）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=30°

B．

A获得最大速度为2g

C．

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

三、填空题：

本题共2小题，每空2分，共16分．

13．（8分）某同学利用电磁打点计时器打出的纸带来验证机械能守恒定律，该同学在实验中得到一条纸带，如图所示，在纸带上取6个计数点，两个相邻计数点间的时间间隔为T=0.02s．其中1、2、3点相邻，4、5、6点相邻，在3点和4点之间还有若干个点．

s1是1、3两点的距离，s2是2、5两点的距离，s3是4、6两点的距离．

（1）实验过程中，下列操作正确的是　_________　．

A．电磁打点计时器应接在220V交流电源上

B．实验时应先松开纸带，然后迅速打开打点计时器

C．实验时应先打开打点计时器，然后松开纸带

D．纸带应理顺，穿过限位孔并保持竖直

（2）点2速度的表达式v2=　_________　．

（3）该同学测得的数据是s1=4.00cm，s2=16.00cm，s3=8.00cm，重物（质量为m）在竖直方向上运动从点2运动到点5过程中，动能增加量为　_________　m，势能减少量为　_________　m．（结果保留三位有效数字，重力加速度g=9.8m/s2）

14．（8分）（2014•盐城一模）如图所示，NM是水平桌面，PM是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门，中心间的距离为L．质量为M的滑块A上固定一遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为△t1和△t2．遮光条宽度为d．

（1）若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A受到外力的合力等于B重物的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足　_________　；在实验中，考虑到遮光条宽度不是远小于L，测得的加速度比真实值　_________　（选填“大”或“小”）．

（2）如果已经平衡了摩擦力，　_________　（选填“能”或“不能”）用此装置验证A、B组成的系统机械能守恒，理由是　_________　．

四、计算或论述题．本题共4小题，共63分．把答案填在答题纸上．解答时请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．

15．（15分）（2015•乐山一模）一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：

（1）AB两点的电势差UAB；

（2）匀强电场的场强大小；

（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．

16．（16分）（2012•宿迁模拟）如图所示，一物体M从A点以某一初速度沿倾角α=37°的粗糙固定斜面向上运动，自顶端B点飞出后，垂直撞到高H=2.25m的竖直墙面上C点，又沿原轨迹返回．已知B、C两点的高度差h=0.45m，物体M与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．试求：

（1）物体M沿斜面向上运动时的加速度大小；

（2）物体返回后B点时的速度；

（3）物体被墙面弹回后，从B点回到A点所需的时间．

17．（16分）（2008•临沂一模）如图所示，一位质量为m=65kg的特技演员，在进行试镜排练时．从离地面h1=6m高的楼房窗口跳出后竖直下落．若有一辆平板汽车正沿着下落点下方所在的水平直线上以V0=6m/s的速度匀速前进．已知该演员刚跳出时，平板汽车恰好运动到其前端距离下落点正下方3m处，该汽车车头长2m，汽车平板长4.5m，平板车板面离地面高h2=1m．人可看作质点．g取l0m/s2，人下落过程中未与汽车车头接触，人与车平板间的动摩擦因数μ=0.2．问：

（1）人将落在平扳车上距车尾端多远处？

（2）假定人落到平板车上后立即俯卧在车上不弹起，司机同时使车开始以大小为

的加速度做匀减速直线运动，直至停止，则人是否会从平板下上滑下？

（3）人在平板车上相对滑动的过程中产生的总热量Q为多少？

18．（16分）如图所示，光滑绝缘的水平面上，相隔4L的AB两点固定有两个电量均为Q的正点电荷，a，O，b是AB连线上的三点，且O为中点，Oa=Ob=L，一质量为m、电量为q的点电荷以初速度v0从a点出发沿AB连线向B运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O点时，动能为初动能的n倍，到b点刚好速度为零，然后返回往复运动，直至最后静止．已知静电力恒量为k，设O处电势为零．求：

（1）a点的电场强度．

（2）电荷q受到阻力的大小．

（3）a点的电势．

（4）电荷q在电场中运动的总路程．

2014-2015学年江苏省南通中学高三（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7小题，每小题3分，共21分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，选错或不答的得0分．

1．（3分）物体在两个相互垂直的力作用下运动，力F1对物体做功6J，物体克服力F2做功8J，则F1、F2的合力对物体做功为（　　）

A．

14J

B．

10J

C．

D．

﹣2J

考点：

专题：

功的计算专题．

分析：

功是能量转化的量度，做了多少功，就有多少能量被转化．功是力在力的方向上发生的位移乘积．功是标量，没有方向性．求合力的功有两种方法：

先求出合力，然后利用功的公式求出合力功；或求出各个力做功，之后各个功之和．

解答：

解：

求合力的功有两种方法，此处可选择：

先求出各个力做功，之后各个功之和．

力F1对物体做功6J，物体克服力F2做功8J，即﹣8J．虽然两力相互垂直，但两力的合力功却是它们之和=6J+（﹣8J）=﹣2J

故答案为：

﹣2J

点评：

克服力做功，即为此力做负功；同时体现功的标量性．

A．

W1=W2=W3

B．

W1＜W2＜W3

C．

W1＜W3＜W2

D．

W1=W2＜W3

考点：

专题：

功的计算专题．

分析：

根据功的公式W=FL可知，知道F的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F做功的多少．

解答：

解：

由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由F﹣t图象及功的公式w=Fscosθ可求知：

W1=0.5J，W2=1.5J，W3=2J．故本题中ACD错，B正确．

故选：

B．

点评：

本题考查的是学生对功的理解，根据功的定义可以分析做功的情况．

①物体落到海平面时的势能为mgh

②重力对物体做的功为mgh

③物体在海平面上的动能为

+mgh

④物体在海平面上的机械能为

．

A．

①②③

B．

②③④

C．

①③④

D．

①②④

考点：

专题：

机械能守恒定律应用专题．

分析：

整个过程不计空气阻力，只有重力对物体做功，机械能守恒，应用机械能守恒和功能关系可判断各选项的对错．

解答：

解：

①以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为﹣mgh，故①错误．

②重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，故②正确．

③由动能定理得：

mgh=Ek2﹣

mv02，物体在海平面上的动能为：

Ek2=

mv02+mgh，故③正确．

④整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为

mv02，所以物体在海平面时的机械能也为

mv02，故④正确．

故选：

B．

点评：

此题考查重力势能、重力做功、动能定理和机械能守恒，动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的关系，它描述了力在空间的积累效果，力做正功，物体的动能增加，力做负功，动能减少．动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制．还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关．

A．

初始离地面的高度之比为1：

2：

B．

落地时重力的瞬时功率之比为1：

2：

C．

落地时三个小球的速度大小之比为1：

2：

D．

从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为1：

2：

考点：

专题：

平抛运动专题．

分析：

研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由于抛出速度相同，根据水平位移可确定各自运动的时间之比，从而求出各自抛出高度之比．由功率表达式可得重力的瞬时功率之比即为竖直方向的速度之比．由动能定理可求出在抛出的过程中的动能的变化量．

解答：

解：

A、相同的初速度抛出，而A、B、C三个小球的水平位移之比1：

2：

3，可得运动的时间之比为1：

2：

3，再由h=

gt2可得，A、B、C三个小球抛出高度之比为1：

4：

9，故A错误；

B、相同的初速度抛出，而A、B、C三个小球的水平位移之比1：

2：

3，可得运动的时间之比为1：

2：

3，由v竖=gt可得竖直方向的速度之比为1：

2：

3，由P=Gv，那么落地时重力的瞬时功率之比1：

2：

3，故B正确；

C、由于相同的初动能抛出，根据动能定理

mv2﹣

mv02=mgh，由不同的高度，可得落地时的速度大小之比不可能为1：

2：

3，若没有初速度，则之比为1：

2：

3，故C错误；

D、根据动能定理

mv2﹣

mv02=mgh，由于质量相等且已知高度之比，可得落地时动能的变化量之比即为1：

4：

9，故D错误；

故选：

B．

点评：

本题就是对平抛运动规律的直接考查，突破口是由相同的抛出速度，不同的水平位移从而确定运动的时间．所以掌握住平抛运动的规律及运动学公式就能轻松解决．

A．

近地卫星（以地球半径为轨道半径）的运行速度比现在大

B．

近地卫星（以地球半径为轨道半径）的向心加速度比现在小

C．

同步卫星的运行速度比现在小

D．

同步卫星的向心加速度与现在相同

考点：

专题：

人造卫星问题．

分析：

卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析地球自转周期的变化对速度和向心加速度的影响．

解答：

解：

A、近地卫星由万有引力提供圆周运动向心力，据

知，近地卫星的运行速度

，地球的质量和半径都不变，故运行速度大小不变，所以A错误；

B、近地卫星向心力由万有引力提供据

知，卫星的向心加速度

，地球质量和半径都不变，帮向心加速度保持不变，所以B错误；

C、万有引力提供圆周运动向心力有

，周期T=

，由于地球自转周期变慢，故同步卫星的轨道高度r变大，又据

知，轨道半径r变大，卫星的线速度变小，所以C正确．

D、据C分析知，同步卫星的r变大，据向心加速度

知，向心加速度减小，故D错误．

故选：

C．

点评：

本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同．

6．（3分）两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：

专题：

电场力与电势的性质专题．

分析：

本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可．

解答：

解：

两个等量异号电荷的电场线如下图，

根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D是错误的；A正确．

故选：

A．

点评：

本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等．

A．

电场力对电荷一直做正功

B．

电势一直升高

C．

电荷所受电场力先减小后增大

D．

电荷所受电场力先增大后减小

考点：

专题：

电场力与电势的性质专题．

分析：

根据题意和图象正确判断出电子的运动形式是解题的关键，由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W=Fs可知电场力逐渐减小，因此电子做加速度逐渐减小的加速运动，知道了运动形式即可解正确解答本题．

解答：

解：

A、电势能先减小后增大，则电场力做正功后做负功．故A错误．

B、正电荷从A到B电场力先做正功，后做负功，则说明电场力方向变化，即电场线方向先向右，后向左，所以电势先降低后升高．故B错误．

C、电势能EP随位移x的变化关系图象的斜率表示电场力的大小，因此电场力先减小后增大．故C正确，D错误．

故选C．

点评：

解题过程中要把握问题的核心，要找准突破点，如本题中根据图象获取有关电子的运动、受力情况即为本题的突破点．

二、多项选择题：

本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确．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．

A．

电场力FA＜FB

B．

电场强度EA=EB

C．

电势UA＜UB

D．

电势能EA＜EB

考点：

专题：

电场力与电势的性质专题．

分析：

根据电子的运动方向，确定电场力方向，场强方向与电子所受电场力方向相反．根据场强方向判断电势的高低．由速度图象读出加速度的变化情况，确定场强的变化情况．根据能量守恒，分析电势能的变化．

解答：

解：

A、由速度图象看出，图线的斜率逐渐增大，电子的加速度增大，电子所受电场力增大，则电场力FA＜FB．故A正确．

B、电子所受电场力增大，场强增大，电场强度EA＜EB．故B错误．

C、由题，电子静止开始沿电场线从A运动到B，电场力的方向从A到B，电子带负电，则场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，电势UA＜UB．故C正确．

D、由速度图象看出，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电势能EA＞EB．故D错误．

故选AC

点评：

本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析．

A．

带电粒子所带电荷的符号

B．

带电粒子在a、b两点的受力方向

C．

带电粒子在a、b两点的速度何处较大

D．

带电粒子在a、b两点的电势能何处较大

考点：

专题：

电场力与电势的性质专题．

分析：

由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小．

解答：

解：

AB、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性．故A错误

展开阅读全文