上海市鲁迅中学2020届高三上学期期中考试物理试题

2019学年第一学期 高三年级

物理学科 期中考试试卷

一、单选题

1.测量万有引力常量，并检验万有引力定律的科学家是

A. 亚里士多德 B. 伽利略

C. 牛顿 D. 卡文迪什

【答案】D

【解析】

【详解】卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量并检验万有引力定律，故D正确。

故选D。

2.物理学中引入“瞬时速度”概念运用了

A. 等效替代方法

B. 控制变量方法

C. 无限逼近方法

D. 理想实验方法

【答案】C

【解析】

【详解】根据速度定义式，当△t非常非常小时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，即无限逼近方法，故C正确。

故选C。

3.如图所示的弹簧振子以O点为平衡位置在B、C间往复运动，P是OB的中点，下列正确的是

A 振子从B点运动到C点过程中，加速度先增大后减小

B. 振子从B点运动到C点过程中，速度先增大后减小

C. 振子从C点运动到B点过程中，加速度方向始终不变

D. 振子每次经过P点时的速度、加速度均相同

【答案】B

【解析】

【详解】AB．由简谐运动特点可知，振子离平衡位置位移越大，回复力越大，加速度越大，振子从B点运动到C点过程中，振子离平衡位置位移先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故A错误，B正确；

C．由公式可知，振子加速度方向与离开平衡位移方向相反，振子在从C到O过程中的位移方向向左，从O到B过程中的位移方向向右，所以振子从C点运动到B点过程中，加速度方向改变，故C错误；

D．振子向左经过和向右经过P点时的速度大小相等，方向相反，加速度相同，故D错误。

故选B。

4.电梯内的弹簧测力计上挂着一个质量为5kg的物体，电梯在运动时，测力计示数为35.2N，若测力计示数突然变为58.8N，则电梯运动的可能情况是

A. 运动速度突然增大

B. 运动加速度突然增大

C. 运动速度突然改变方向

D. 运动加速度突然改变方向

【答案】D

【解析】

【详解】物体的重力为

开始时测力计示数35.2N小于物体的重力，即处于失重状态，若测力计示数变为58.8N大于物体的重力，即物体处于超重状态，所以电梯运动的加速度方向发生改变，故D正确。

故选D。

5.两个质量为m1、m2的小球，同时从两个等高的倾角分别为、的光滑斜面顶端由静止起向下运动，

A. 两球先后到达斜面底端，速度不同

B. 两球同时到达斜面底端，速度不同

C. 两球先后到达斜面底端，速度相同

D. 两球同时到达斜面底端，速度相同

【答案】A

【解析】

【详解】球从斜面顶端到底端由动能定理可得

得

即两球到达底端的速度大小相等，由于两斜面角度不同，所以方向不同，由牛顿第二定律可得，小球的加速度

所以两小球的加速度不同，由公式可知，两球运动到底端所用的时间不同，故A正确。

故选A。

6.如果一个人的质量为70 kg，则（a）他正常行走时具有的动能约为70 J；（b）以地面为零势能面，他原地跳起时的最大重力势能约为1000 J。根据合理性可判断

A. 说法（a）和（b）均不合理

B. 说法（a）和（b）均合理

C. 只有说法（a）合理

D. 只有说法（b）合理

【答案】B

【解析】

【详解】人正常行走的速度大约为1.4m/s，所以动能约为

人原地跳起时上升的最大高度约为1m，所以重力势能为

故B正确。

故选B。

7.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是

A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小

B. 对应P点，小灯泡的电阻为R=

C. 对应P点，小灯泡的电阻为R=

D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据电阻的定义，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大，故A错误；

BC．对应P点，由图可知，小灯泡两端的电压是U1，流过小灯泡的电流是I2，所以电阻

故BC错误；

D．因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确。

故选D。

8.两个振幅相同的波源S1、S2在水槽中形成如图所示的波形，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则  

A. 在两波相遇的区域中会产生干涉

B. a点此时位移最大

C. a点的振动始终加强

D. a点的振动始终减弱

【答案】B

【解析】

【详解】A．从图中看出，两列波的波长不同，而在同一介质中不同的机械波的波速相等，根据v=λf，所以两列水波的频率不同，而只有两列波的频率相同时才能发生干涉现象，所以在两波相遇的区域中不会产生干涉，故A错误；

B．此时a点为波峰与波峰叠加，a点的位移为这两列波引起位移的矢量和，则此时a点位移最大，故B正确；

CD．从图上可以看成，两列波的波长不同，波速相等，则频率不等，则不会发生干涉现象，不会出现振动始终加强点和减弱点，故CD错误。

故选B。

9.一个物体在若干个力的作用下处于平衡状态，若使其中一个与速度方向相反的力逐渐减小到零，再恢复到原值，而其他力均不变，则物体的运动可能是

A. 一直加速

B. 一直减速

C. 先加速后减速

D. 先减速后加速

【答案】A

【解析】

【详解】体在多个力的作用下做匀速直线运动，知合力为零，如果仅将其中某一个与速度方向相反的力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小，知合力的大小先增大后减小，方向始终与速度方向相同，所以物体一直做加速运动，故A正确。

故选A。

10.正、负两个点电荷周围电场线的分布如图所示。P、Q为电场中的两点，则下列说法中正确的是

A. 因为P点电场线比Q点密，P点的场强大于Q点的场强

B. 因为P点电势高于Q点，将负电荷从P移动到Q点，电势减少

C. 因为是正、负两个点电荷的电场，正电荷左侧一定有一处场强为零的点

D. 因为是正、负两个点电荷的电场，在连接两电荷的线段上一定有一处场强为零

【答案】A

【解析】

【详解】A．由图看出，P点处电场线比Q点处电场线密，则P点的场强大于Q点的场强，故A正确；

B．电场线从正电荷出发到无穷远处终止，顺着电场线方向电势降低，所以P点电势高于Q点，根据负电荷在电势低处电势能大，所以负电荷电势增大，故B错误；

C．正电荷在其左侧的电场强度方向向左，负电荷在正电荷左侧的电场强度方向向右，P处电场线比Q处电场线更密，说明正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，根据点电荷场强公式可知，正电荷左侧的合场强不可为零，故C错误；

D．正、负电荷在其连线上的场强方向相同，由电场的叠加原理可知，连线上的场强不可为0，故D错误。

故选A。

11.“嫦娥一号”在距离月面200 km高度的月极轨道，做周期为127分钟绕月运动，进行包括月球南北极、月球背面的全月探测工作。月球半径为1738 km，万有引力恒量G＝6.6710－11 Nm2/kg2。由上述资料无法估算出

A. 月球的质量

B. 月球平均密度

C. 月球自转的周期

D. 月球表面的重力加速度

【答案】C

【解析】

【详解】设月球的质量为M，半径为R，“嫦娥一号”的质量为m、轨道为r，周期为T，由万有引力提供向心力得

则得到月球的质量

月球的密度为

月球表面的物体重力近似等于月球对它的万有引力，则有

则有

由题分析嫦娥一号的轨道半径r、周期T，月球的半径都已知，则可估算出月球的密度为ρ、月球的质量M和月球表面的重力加速度，不能估算月球的自转周期。

故选C。

12.如图所示电路的电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数增大ΔU（电压表为理想电表），在这个过程中（ ）

A. 通过R1的电流增加，增加量一定等于

B. R2两端的电压减小，减少量一定等于ΔU

C. 通过R2的电流减小，但减少量一定大于

D. 路端电压增加，增加量一定等于ΔU

【答案】A

【解析】

【详解】A.调整可变电阻R的阻值，使电压表V的示数增大ΔU，则电阻R1两端电压也增大ΔU，通过R1的电流增加，增加量一定等于，故A正确；
B.由闭合电路欧姆定律可知，可变电阻R的电压示数增大ΔU，则电阻R2与电源内阻r电压示数减小之和等于ΔU，所以R2两端的电压减小，减少量一定小于ΔU，故B错误；

C. R2两端电压的减少量小于ΔU，通过R2的电流减小，其减少量一定小于，故C错误；

D.由闭合电路欧姆定律E=U外+U内，则U外+U内=0，由上分析知，U内ΔU，所以U外ΔU，即路端电压增加，增加量一定大于ΔU，故D错误。

故选A.

二、填空题

13.如图，一端系有定滑轮的绳子，另一端固定在左壁上。另一根跨过定滑轮的绳子下端挂有重物G，另一端固定在右壁上，跨过定滑轮的两段绳子互成直角。OB绳的拉力大小为________，OA绳的拉力大小为_______。

【答案】    (1). G    (2).

【解析】

【详解】[1]对物体受力分析可知，物体受重力和绳的拉力，由平衡可知，拉力与物体的重力大小相等，由于同一根据绳子，所以OB绳的拉力也为G；

[2]以滑轮为研究对象，分析受力，作出力图如图所示，根据平衡条件得，绳子OB的拉力T与F1、F2的合力大小相等，方向相反，得到

14.地球半径为6400km，上海位于北纬附近，东方明珠随地球自转的角速度为__rad/s，线速度为____m/s.

【答案】    (1). 7.27×10-5    (2). 403

【解析】

【详解】[1]东方明珠随自转的角速度为

[2]线速度为

15.一质点沿直线运动，其速度随时间变化的v-t图像恰好是与两坐标轴相切的四分之一圆弧，该圆弧分别与v、t两坐标轴相切与8 m/s和8s处，如图所示。该质点在这8s内做_______运动，该质点在这8s内的位移大小为_____m。

【答案】    (1). 加速度减小的减速运动    (2). 13.76

【解析】

【详解】[1]速度图像的斜率等于加速度，由图像可知，质点做加速度减小的减速运动；

[2]由图线“面积”表示位移得

16.在均匀介质中，各质点的平衡位置均在同一直线上，相邻两个质点之间的距离均为1.5 cm。若振动从质点0开始向y轴负方向运动，经过0.24 s时间第一次在0~12号质点间形成如图所示的波形，则此波的周期T为____________s，波速为_________m/s。

【答案】    (1). 0.12    (2). 1

【解析】

【详解】[1]据题，质点1是振源，质点1开始向y轴负方向运动，简谐波向右传播，而图示时刻质点12的振动方向向上，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形时，则有

则该波的周期为

[2]由图读出波长为

则波速为

17.如图为某广告宣传的“反重力时光沙漏”，据其介绍一旦打开电源，会看到水滴向上升起的现象。用户评价中有下列信息：“水滴真的往上，太神奇了。” “灯光闪得我受不了。” “手机拍摄视频要调到30fps，否则拍不出效果。”

根据上述信息，观察到“水滴上行”现象原因是__________，由图中水滴___________可以看出图示照片不是实景拍摄。

【答案】    (1). 频闪光源的周期略小于水滴滴落的周期，每次灯光亮起，所看到的水滴均比上次略高    (2). 是均匀分布的（实际的水滴应该上密下疏）

【解析】

【详解】[1]“水滴上行”说明下个水滴在前个水滴的上面，即下落的距离减小，由公式可知，水滴下落的时间减小，即频闪光源的周期略小于水滴滴落的周期，每次灯光亮起，所看到的水滴均比上次略高；

[2]实际由于水滴做自由落体运动，相等时间内通过的位移越来越大，即实际的水滴应该上密下疏，由图观察得水滴是均匀分布的，所以图示照片不是实景拍摄。

三、综合题

18.在“用DIS研究加速度和力的关系”的实验中．

（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持_______不变，用钩码所受的重力作为_________，用DIS测小车的加速度．

（2）改变所挂钩码数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出关系图线，如图所示．

①分析此图线的段可得出的实验结论是：____________________________．

②此图线的段明显偏离直线，其主要原因是：__________________________．

【答案】    (1). 小车的总质量    (2). 小车所受外力    (3). 在质量不变的条件下，加速度与外力成正比    (4). 所挂钩码的总质量太大

【解析】

【详解】[1]在研究加速度和力的关系的实验中，应保持小车的总质量不变

[2]用钩码所受的重力作为小车所受外力。

[3]根据图线知段为正比例函数，由此可知在质量不变的条件下，加速度与外力成正比。

[4]实验中要求所挂钩码总质量要远小于小车的总质量，图线的段明显偏离直线，主要原因是所挂钩码的总质量太大。

19.如图所示，与水平面成θ=的粗糙斜面与一光滑圆轨道相切于A点，斜面AB的长度s=2.3m，动摩擦因数μ为0.1，物体（可视为质点）从B点静止释放，沿轨道运动到圆轨道的最高点C时，物体与圆轨道间无相互作用力，空气阻力忽略不计（取g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8），求：

（1）物体到达A点的速度

（2）圆轨道的半径R；

【答案】（1）4.89m/s（2）0.52m

【解析】

【详解】(1)物体从B到A由动能定理得

代入数据解得

(2)物体沿轨道运动到圆轨道的最高点C，由重力提供向心力，则有

物体从A到C由动能定理得

联立解得

20.如图，一带负电的油滴处于水平放置的两平行金属板A、B 之间。当平行板不带电时，油滴在重力和空气阻力的作用下，最终以速率v1匀速下落。当上极板A带负电，下极板B带等量正电时，金属板间匀强电场的电场强度为大小为E，油滴下落的最终速率为v2。已知运动中油滴受到的空气阻力大小f与速率v的关系为f＝Kv（其中K为常数）。速率v1、v2、常数K、电场强度E 均已知，带电油滴始终未触及极板。

（1）通过分析说明，油滴在电场中静止起在释放后，它的加速度、速度、电势能如何变化；

（2）求油滴所带的电量大小q；

（3）若将两极板A、B 上所带电荷互换，油滴将向上运动，求油滴上升的最终速率v3。

【答案】（1）加速度减小的加速运动 电势能减小（2）（3）v3 = v2-2v1

【解析】

【详解】(1)当加上竖直方向的匀强电场后，油滴受力分析如图所示

油滴从静止开始加速运动，受到的空气阻越来越大，由牛顿第二定律有

所以油滴的加速度越来越小，由于油滴向下运动，所以电场力做正功，故油滴电势能减小；

(2)当平行板不带电时，最终以一恒定速率v1匀速下落，此时受力分析如图所示

根据平衡得

当加上竖直方向的匀强电场后，油滴最终以v2匀速下落，此时油滴受力分析如图所示

根据平衡得

联立解得

(3)将两极板A、B上所带电荷互换，电场强度不变，方向相反，竖直向下，油滴受力如图所示

由平衡得

得

则有最终速率