广东省北大附中深圳南山分校2020届高三上学期期中考试物理试题

北大附中深圳南山分校

2019—2020学年度上学期高三班年级期中考

（   物理   ）试卷

一、单选题（本大题共10小题，共30分）

1.在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（      ）

A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫微元法

B. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法

C. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法

D. 伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这里采用了实验和逻辑推理相结合的方法

【答案】D

【解析】

【详解】A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型，A错误；

B．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法，B错误；

C．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，C错误；

D．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，D正确；

2..测速仪安装有超声波发射和接收装置,如图所示,B为测速仪,A为汽车,两者相距335 m,某时刻B发出超声波,同时A由静止开始做匀加速直线运动.当B接收到反射回来的超声波信号时,AB相距355 m,已知声速340 m/s,则汽车的加速度大小为           (    )

A. 10 m/s2 B. 20 m/s2 C. 5 m/s2 D. 无法确定

【答案】A

【解析】

【详解】设汽车运动的加速度为a,时间为t,则
超声波来回的时间也为t,超声波做匀速直线运动,所以单程的时间为.

汽车做初速度为零的匀加速运动，所以在单程时间内,汽车开过的位移为5m
则超声波追上汽车时,经过的位移.所以 .
将时间代入，解得： ，故A对；BCD错

故本题答案是：A

【点睛】超声波运行的时间与汽车运行的时间相等.根据,只要求出运行的时间,就可求出汽车的加速度.通过汽车在整个过程中通过的位移为20m.可以知道在一半时间内的位移是5m,在一半时间内超声波恰好追上汽车,可以求出超声波追上汽车的时间,从而知道整个过程的总时间.

3.如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始做自由下落和平抛运动．它们从开始到到达地面，下列说法正确的有(　　)

A. 它们同时到达地面

B. 重力对它们的冲量相同

C. 它们的末动能相同

D. 它们动量变化的大小相同

【答案】D

【解析】

球b自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故bc两个球的运动时间相同，为：；球a受重力和支持力，合力为mgsinθ，加速度为gsinθ，根据 ，
得：；故t＜t′，故A错误；由于重力相同，而重力的作用时间不同，故重力的冲量不同，故B错误；初动能不全相同，而合力做功相同，故根据动能定理，末动能不全相同，故C错误；bc球合力相同，运动时间相同，故合力的冲量相同，根据动量定理，动量变化量也相同；ab球机械能守恒，末速度相等，故末动量相等，初动量为零，故动量增加量相等，故D正确；故选D.

4.如图所示，从同一竖直线上不同高度A、B两点处，分别以速率v1、v2同向水平抛出两个小球，P为它们运动轨迹的交点。则下列说法正确的有（      ）

A. 两球在P点一定具有相同的速率

B. 若同时抛出，两球可能在P点相碰

C. 若同时抛出，落地前两球竖直方向的距离逐渐变大

D. 若同时抛出，落地前两球之间的距离逐渐变大

【答案】D

【解析】

【详解】A．两球的初速度大小关系未知，在P点，A的竖直分速度大于B的竖直分速度，而A的水平分速度小于B的水平分速度，根据平行四边形定则知，两球在P点的速度大小不一定相同，A错误；

B．若同时抛出，在P点，A下落的高度大于B下落的高度，则A下落的时间大于B下落的时间，可知两球不可能在P点相碰，B错误；

C．若同时抛出，根据知，经过相同的时间下落的高度相同，则竖直方向上的距离保持不变，C错误；

D．若同时抛出，由图可知，下落相同的高度，B的水平位移大于A的水平位移，可知B的初速度大于A的初速度，由于两球在竖直方向上的距离不变，水平距离逐渐增大，则两球之间的距离逐渐增大，D正确。

5.如图所示，oa、ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，o、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从o点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是

A. t1=t2

B. t1＞t2

C. t1＜t2

D. 无法确定

【答案】C

【解析】

【详解】以O点为最高点，取合适的竖直直径od作等时圆，交ob于e，如图所示，

显然o到a、e才是等时的，比较图示位移ob＞oe，故推得t1＜t2，故C正确；故选C。

6. 关于匀速圆周运动的物体的向心加速度，下列说法正确的（ ）

A. 向心加速度的大小和方向都不变； B. 向心加速度的大小和方向都不断变化；

C. 向心加速度的大小变化，方向不变； D. 向心加速度的大小不变，方向不断变化；

【答案】D

【解析】

试题分析：匀速圆周运动的物体的向心加速度方向指向圆心，大小保持不变，即答案为D

考点：匀速圆周运动

点评：本题考查了匀速圆周运动的向心加速度的大小和方向

7.汽车已成为人们广泛使用的代步工具，而车辆平稳加速（即加速度基本不变）使人感到舒服，否则感到不舒服，关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是（  ）

A. 加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动

B. 加速度的变化率越大则速度变化越快

C. 在如图所示的a–t图象中，表示的是物体的速度随时间在均匀减小

D. 在如图所示的a–t图象中，若物体在t=0时速度为5 m/s，则2 s末的速度大小可能为8 m/s

【答案】D

【解析】

加速度变化率为0是指加速度保持不变，如果加速度为0，则物体做匀速直线运动，如果加速度不为0，则物体做匀变速运动，故A错误；加速度的变化率越大则加速度变化越快，选项B错误；若加速度与速度同向，则物体作加速运动，如图示加速度减小，则物体速度增加得变慢了，但仍是加速运动，故C错误；根据v-t图象可知，图象与时间轴所围图形面积表示物体的位移，同理在a-t图象中可知图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量即△v，则得：△v=×2×3m/s=3m/s．由于加速度与速度同向，故物体做变加速直线运动，已知初速度为5m/s，则小球在2s末的速度为8m/s，故D正确．故选D.

点睛：本题要加速度的物理意义，掌握其定义方法和单位，知道在a-t图象中图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，能理解加速运动与减速运动由加速度与速度方向决定而不是由加速度的大小变化决定．

8.如图所示，A、B并排紧贴着放在光滑水平面上，用水平力同时推A和B,如F1=10N，F2=6N，mA＜m B，则A、B间压力值FN应满足

A. 8N＜N＜10N

B. 6N＜N＜8N

C. 6N＜N＜10N，不能确定N比8N大还是比8N小

D. FN=10N

【答案】A

【解析】

【详解】整体的加速度．隔离对B分析，根据牛顿第二定律得，N-F2=mBa，解得Q=F2+mBa=6+．因为mA＜mB，知10N＞Q＞8N．故A正确。故选A。

9.如图所示，三角形传送带以2m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°。现有两个质量相等的小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。下列判断正确的是

A. 物块A、B同时到达传送带底端

B. 物块A先到达传送带底端

C. 传送带对物块A、B的摩擦均始终沿传送带向上

D. 两物块分别与传送带间的摩擦生热相等

【答案】B

【解析】

【详解】A、B都以1m/s的初速度沿传送带下滑，传送带的速度为2m/s，A加速下滑，B减速下滑，到达底端的位移相等，则A先到达底端，故A错误，B正确；开始时A相对于传送带向上滑动，A受到的滑动摩擦力向下，B相对于传送带向下滑动，受到的摩擦力向上，故C错误；A向下先加速运动，后与传送带一起匀速运动，B始终相对传送带滑动，A相对传送带的路程小于B相对于传送带的路程，根据Q=fs可知，两物块分别与传送带间的摩擦生热不相等，故D错误；故选B。

【点睛】本题考查了比较运动时间、比较相对于路程、判断摩擦力方向问题，分析清楚物体与传送带之间的速度关系，搞清物体的运动过程即可正确解题．

10.如图所示，M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒半径为R，内筒半径比R小很多，可以忽略不计，筒的两端是封闭的，两筒之间抽成真空。两筒以相同的角速度ω绕其中心轴线（图中垂直于纸面）做匀速转动。设从M筒内部可以通过窄缝S（与M筒的轴线平行）不断地向外射出两种不同速率v1和v2的微粒，从S处射出时的初速度的方向都是沿筒的半径方向，微粒到达N筒后就附着在N筒上。如果R、v1和v2都不变，而ω取某一合适的值，则（　　）

A. 有可能使微粒落在N筒上的位置都在a处一条与S缝平行的窄条上

B. 有可能使微粒落在N筒上的位置都在某一处如b处一条与S缝平行的窄条上

C. 有可能使微粒落在N筒上的位置分别在某两处如b处和c处与S缝平行的窄条上

D. 只要时间足够长，N筒上将到处都落有微粒

【答案】ABC

【解析】

【详解】解析两种粒子从窄缝s射出后，沿半径方向匀速直线运动，到达N筒的时间分别为和，两种粒子到达N筒的时间差为，N筒匀速转动，若在和时间内转过的弧长均为周长的整数倍，则所有粒子均落在a处一条与 s缝平行的窄条上，A正确；若N筒在和时间内转过的弧长不是周长的整数倍，但在内转过的弧长恰为周长的整数倍，则所有粒子均落在如b处一条与 s缝平行的窄条上，B正确；若在和时间及内转过的弧长均不是周长的整数倍，则可能落在N筒上某两处如b处和c处与s缝平行的窄条上，C正确；对应某一确定的ω值，N筒转过的弧长是一定的，故N筒上粒子到达的位置是一定的，D错误。故选ABC。

二、多选题（本大题共4小题，共20分）

11.我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动。假设王跃登陆火星后，测得火星半径是地球半径的，质量是地球质量的。已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是（ ）

A. 火星的密度为

B. 火星表面的重力加速度是

C. 火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为

D. 王跃以在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是

【答案】AD

【解析】

【分析】

根据万有引力等于重力得出重力加速度之比，结合万有引力等于重力求出火星的质量，从而得出火星的密度；

根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度之比；

根据初速度相等，结合速度位移公式，通过重力加速度之比求出上升的最大高度之比；

【详解】A、根据得，星球表面的重力加速度，因为火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的，即火星表面的重力加速度为，因为火星的半径为，根据，解得火星的质量，则火星的密度，故A正确，B错误；
C、根据，则第一宇宙速度，因为火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故C错误；
D、根据知，火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的，知在火星上起跳能达到的最大高度为，故D错误。

【点睛】解决本题关键掌握万有引力提供向心力、万有引力等于重力这两个重要的理论，并能灵活运用。

12.在“探究力的平行四边形定则”实验中，下列不正确的实验要求是（　　）

A. 弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行

B. 两弹簧测力计的拉力方向必须相互垂直

C. 读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度

D. 使用弹簧测力计时，不能超过其量程

【答案】B

【解析】

【详解】弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行，以减少读数的误差，故A正确；两弹簧测力计的拉力方向没必要必须相互垂直，故B错误；读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，以减少读数的偶然误差，故C正确；使用弹簧测力计时，不能超过其量程，以保证使用仪器的安全性。故D正确；本题选择错误的，故选B。

13.如图所示，物块P、Q紧挨着并排放置在粗糙水平面上，P的左边用一跟轻弹簧与竖直墙相连，物块P、Q处于静止状态；若直接撤去物块Q，P将向右滑动。现用一个从零开始逐渐增大的水平拉力F向右拉Q，直至拉动Q；那么在Q被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力的大小、地面对P的摩擦力的大小、P对Q的弹力的大小、地面对Q的摩擦力的大小的变化情况是　　

A. 始终增大，始终减小 B. 保持不变，保持不变

C. 保持不变，增大 D. 先不变后增大，先增大后减小

【答案】BC

【解析】

【详解】由题意可知，放在粗糙水平面上，物体受到的支持力始终与重力大小相等，方向相反；若直接撤去物块Q，P将向右滑动，说明P、Q之间存在弹力，Q受到的摩擦力的方向向左；同时弹簧对P的作用力为向右的推力。

当用一个从零开始逐渐增大的水平拉力F向右拉Q，直至拉动Q的过程中，Q在水平方向受到的向右的力逐渐增大，则Q受到的摩擦力逐渐增大。

弹簧的长度不变，所以弹簧对P的作用力的大小不变；Q相对于P没有运动，则P对Q的作用力不变，P受到的摩擦力也不变。

A. 始终增大，始终减小。与结论不符，故A错误；

B. 保持不变，保持不变与结论相符，故B正确；

C. 保持不变，增大。与结论相符，故C正确；

D. 先不变后增大，先增大后减小。与结论不符，故D错误；

14.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。轨道上的A点离PQ的距离为，一质量为m的质点自P点正上方距离P点高h=2R由静止释放，进入轨道后刚好能到达Q点并能再次返回经过N点．已知质点第一次滑到轨道最低点N时速率为v1，第一次到达A点时速率为v2，选定N点所在的水平面为重力势能的零势能面，重力加速度为g，则

A.

B

C. 从N到Q的过程中，动能与势能相等的点在A点上方，从Q到N的过程中，动能与势能相等的点在A点下方

D. 从N到Q的过程中，动能与势能相等的点在A点下方，从Q到N的过程中，动能与势能相等的点在A点上方

【答案】BC

【解析】

【详解】设质点到达P点时的速度为v，根据动能定理有mg2R＝mvP2−0；解得；由题意由静止释放刚好能达到Q点，由动能定理有mg2R−Wf＝0−0得Wf＝2mgR；因为从P到N每个点速度均大于N到Q每个点的速度，P到N的正压力大于N到Q，P到N的摩擦力大于N到Q的摩擦力，所以P到N克服摩擦力做功大于mgR，由P到N由动能定理得mgR− Wf＝＜0，所以，即第一次滑到轨道最低点时的速率，故B正确。如果轨道光滑，物体在运动过程中不受摩擦力，上升过程中动能与重力势能相等的位置在位移的中点A，现在由于要克服摩擦力做功，机械能减小，所以上升过程中动能与重力势能相等的位置在A点上方，从Q到N的过程中，动能与势能相等的点在A点下方。故C正确；故选BC。

【点睛】本题考查了能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，关键是抓住已知条件质点滑到Q点时，速度恰好为零，求出此时质点克服摩擦力做的功，再结合圆周运动知识进行分析．

三、实验题探究题（本大题共2小题，共12分）

15.利用图示装置可以做力学中的许多实验．

（1）以下说法正确的是____________.

A.利用此装置“研究匀变速直线运动” 时，须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响

B.利用此装置探究 “小车加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a-M关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比

C.利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响

(2).小华在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钧码个数的增加将趋近于__________的值.

【答案】    (1). （1）C    (2). （2）g

【解析】

试题分析：（1）此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，所以A不准确；曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a﹣M图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a﹣图象，故B错误；探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故C正确．

（2）设小车质量为m，钩码质量为M，则对小车有Mg﹣F=Ma，对钩码有F﹣μmg=ma

联立解得，将上式变形为，可见当Mm时，加速度a趋近于g．

考点：本题考查了探究功与速度变化的关系；探究小车速度随时间变化的规律

16.  某同学用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出。已知一元硬币和五角硬币与长木板间动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：

①将一元硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离。再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为x1，如图乙所示；

②将五角硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射一元硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值x2和x3，如图丙所示。

（1）为完成该实验，除长木板，硬币发射器，一元及五角硬币，刻度尺外，还需要的器材为_________。

（2）实验中还需要测量的物理量为______________。验证动量守恒定律的表达式为_________________（用测量物理量对应的字母表示）。

【答案】    (1). 天平    (2). 一元硬币的质量为m1，五角硬币的质量为m2    (3).

【解析】

【详解】（1）[1]动量为质量和速度的乘积，该实验要验证质量不等的两物体碰撞过程中动量守恒，需测量两物体的质量和碰撞前后的速度，因此除给定的器材外，还需要的器材为天平。

（2）[2][3]测出一元硬币的质量为m1，五角硬币的质量为m2，一元硬币以速度v1被弹射出去后，由动能定理可得

解得，当一元硬币以速度v1与五角硬币碰撞后，速度分别为v2、v3，由动能定理可得

解得一元硬币碰后速度，五角硬币碰后的速度为，若碰撞过程动量守恒则需满足，代入数据可得

四、计算题（本大题共4小题，共38分）

17.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)物体由A端运动到B端的时间；

(2)系统因摩擦产生的热量。

【答案】(1) 2 s (2) 24 J

【解析】

【详解】(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1

设物体经时间t1加速到与传送带同速，则

v＝a1t1，

x1＝a1t12

解得:

a1＝10 m/s2

t1＝1 s

x1＝5 m

设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即

mgsin θ－μmgcos θ＝ma2

L－x1＝vt2＋a2t22

解得:

t2＝1 s

故物体由A端运动到B端的时间

t＝t1＋t2＝2 s。

(2)物体与传送带间的相对位移

x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m

故：

Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。

18.如图所示，质量为m=245g的木块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，木块与木板间的动摩擦因数为μ= 0.4，质量为m0 = 5g的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入木块并留在其中（时间极短），子弹射入后，g取10m/s2，求：

(1)子弹进入木块后子弹和木块一起向右滑行的最大速度v1

(2)木板向右滑行的最大速度v2

(3)木块在木板滑行的时间t

【答案】(1) v1= 6m/s (2) v2=2m/s (3) t=1s

【解析】

【详解】(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：

m0v0=(m0+m)v1

解得：

v1= 6m/s

(2)木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：

(m0+m)v1=(m0+m+M)v2

解得：

v2=2m/s

(3)对子弹木块整体，由动量定理得：

﹣μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2﹣v1)

解得：物块相对于木板滑行的时间

19.一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压强pA=p0，温度TA=T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求：

（i）气体在状态B时的压强pB；

（ii）气体从状态A变化到状态B过程中，对外界做的功为10J，该过程中气体吸收的热量为多少；

（iii）气体在状态C时的压强pC和温度TC。

【答案】（i）（ii）10J（iii）；

【解析】

试题分析：①A到B是等温变化，压强和体积成反比，根据玻意耳定律有：pAVA=pBVB，

解得：

②A状态至B状态过程是等温变化，气体内能不变，即△U=0

气体对外界做功：W=-10J

根据热力学第一定律有：△U=W+Q

解得：Q=-W=10J

（3）由B到C等压变化，根据盖吕萨克定律得：

解得：TC＝T0

A到C等容变化，根据查理定律得：解得：

解得：

考点：热力学第一定律；气体的状态变化方程

【名师点睛】本题第一问关键根据玻意耳定律列式求解，第二问关键根据热力学第一定律列式求解，注意理想气体的内能与热力学温度成正比。