河北省武邑中学2019届高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

1、1河北省武邑中学 2019 届高三上学期期中考试物理试题一、选择题1.某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖 a,b 由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】两只飞镖 a、b 都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有 ，据题它们的水x=v0t平位移大小相等， ，所以运动时间关系为 ，由 知 ，所以插在竖直vavb tavb，tax，所以 v ，所以选项 C 正确。v2 v2 2xt【点睛】本题通过速度时间图线，结合图线与时间轴围成的面积表示位移，结合平均速度推论分析比较方便7.如图所示，

2、两个质量相同的小球 a、b 用长度不等的细线拴在天花板上的同一点，并在空中同一水平面内做匀速圆周运动，则 a、b 两小球具有相同的（ ）A. 角速度的大小B. 线速度的大小C. 向心力的大小D. 向心加速度的大小【答案】A【解析】【详解】设摆线长 L，与竖直方向夹角为 ，则对小球受力分析可知，mgtan=m 2Lsin，则 ，则两球的角速度相等，选项 A 正确；根据=gLcos= ghv=Lsin 可知，线速度不等，选项 B 错误；向心力 F= mgtan，则向心力不相等，选项C 错误；向心加速度 a=F/m=gtan，则向心加速度大小不相等，选项 D 错误；故选 A.8.如图甲所示,一次训练

3、中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量 m=11 kg 的轮胎从静止开始 沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是 37，5 s 后拖绳从轮胎上脱落，轮胎运动的 v-t 图象如图乙所示，不计空气阻力，已知 sin 37=0.6，cos 37=0.8，g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）6A. 轮胎与水平地面间的动摩擦因数 =0.2B. 拉力 F 的大小为 55 NC. 在 05s 内，轮胎克服摩擦力做功为 1375 JD. 在 6 s 末，摩擦力的瞬时功率大小为 275 W【答案】D【解析】A、撤去 F 后，轮胎的受力分析如图 1 所示，由速度图像得 5s7s 内的加速度 a2

4、=-5m/s2，根据牛顿运动定律有 ， ，又因为 ，代入数据接的 =0.5，故 AN2mg=0 f2=ma2 f2=N2错误；B、力 F 拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图 2 所示，根据牛顿运动定律有， ，又因为 ，由速度图像得此过程的加速度Fcos37f1=ma1 mgFsin37N1=0 f1=N1a1=2m/s2，联立解得：F=70N，B 正确；C、在 0s5s 内，轮胎克服摩擦力做功为 ，C 错误；0.56825J=850JD、因 6s 末轮胎的速度为 5m/s，所以在 6s 时，摩擦力的瞬时功率大小为，D 正确；0.51105=275W故选 D。【点睛】根据速度图像的斜率求出 5

5、s7s 内运动的加速度，结合牛顿运动定律及滑动摩擦力的计算公式求出动摩擦因数；根据题意做出撤去 F 后轮胎的受力示意图，根据共点力平7衡条件列示，联立求解拉力 F 的大小； 由速度图像得到 6s 末轮胎的速度，根据 P=Fv 求出摩擦力的瞬时功率大小。9.如氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量在 1.62eV3.11eV 之间，下列说法正确的是 （ ）A. 氢原子从高能级向 n=1 能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高B. 氢原子从高能级向 n=2 能级跃迁时发出的光一定是可见光C. 氢原子从高能级向 n=3 能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高D. 大量处于 n=4 能级的氢原子向基态

6、跃迁时可以发出两种可见光。【答案】AD【解析】【详解】A、从高能级向 n=1 能级跃迁时发出的光子能量大于 10.2eV，大于可见光子的能量，属于跃迁发出的光子频率大于可见光的频率，故 A 正确；B、从高能级向 n=2 能级跃迁发出的光子能量大于 1.89eV，小于 3.4eV，不一定在 1.62eV到 3.11eV 之间，不一定是可见光，故 B 错误；C、从高能级向 n=3 能级跃迁发出的光子能量大于 0.66eV，小于 1.51eV，比可见光的能量小，属于发出的光子频率小于可见光的光子频率，故 C 错误；D、大量处于 n=4 能级的氢原子向基态跃迁时可以发出 6 中不同频率的光子，从 n=

7、4 到 n=2能级跃迁、 n=3 到 n=2 能级跃迁辐射的光子频率在可见光范围内，可以发出两种可见光，故 D 正确；故选 AD。【点睛】能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，结合辐射的光子能量与可见光的光子能量比较进行分析。10.某静电场在 x 轴上的电势随 x 的变化关系 -x 图象如图所示，电场方向平行于 x 轴，下列说法正确的是8A. x2处电场强度为零B. 正电荷从 x1处移到 x3处电势能增大C. 正电荷在 x3处和 x3处的加速度方向相反D. 电荷在 x4处受到的电场力最大【答案】BC【解析】【分析】图象的切线斜率表示场强，正电荷在电势越高的点，电势能越大。根据电场强度

8、的变x化，判断电场力的变化，从分析加速度的情况。【详解】在 处， 图象的切线斜率不为零，即该处的电场强度不为零，故 A 错误；正电x2 x荷从 处移到 处电势在升高，而正电荷在电势越高的点，电势能越大，故 B 正确；正电x1 x3荷在 处和 处的切线斜率是一正一负，故电场强度方向相反，则电场力方向相反，根据x3 x5牛顿第二定律可知加速度方向相反，故 C 正确；在 处切线斜率为零，故电场强度为零，x4则电场力为零，故 D 错误；故选 BC。【点睛】解决本题的关键要明确 图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方x向。11.摄制组在某大楼旁边拍摄武打片,要求特技演员从地面飞到屋顶。如图所示,

9、导演在某房顶离地 H=12 m 处架设了滑轮(人和车均视为质点,且滑轮直径远小于 H),若轨道车从 A 处以v=10 m/s 的速度匀速运动到 B 处,绳 BO 与水平方向的夹角为 53.由于绕在滑轮上细钢丝的拉动,使质量为 m=50kg 的特技演员从地面由静止开始向上运动。在车从 A 运动到 B 的过程中(取 g=10 m/s2 ,sin53=0.8,cos53=0.6)( ) 9A. 演员最大速度为 6.0 m/sB. 演员上升高度为 12 mC. 演员处于超重状态D. 演员机械能增量为 2400 J【答案】ACD【解析】【详解】演员在 B 点的速度最大，则 ，选项 A 正确；演v人 =v

10、车 cos530=100.6m/s=6m/s员上升高度为 ，选项 B 错误；根据 可知，随车的运动， 减Hsin530H=14H=3m v人 =v车 cos小，则人的速度增加，即人的加速度向上，处于超重状态，选项 C 正确；演员机械能增量为 ，选项 D 正确；故选 ACD.E=mgh+12mv2人 =50103+125062=2400J【点睛】此题关键是知道车的速度是合速度，人上升的速度等于车的分速度；加速度向上为超重状态，反之为失重.12.如图所示， A、 D 分别是斜面的顶端、底端， B、 C 是斜面上的两个点， AB BC CD， E点在 D 点的正上方，与 A 等高从 E 点以一定的水

11、平速度抛出质量相等的两个小球，球 1落在 B 点，球 2 落在 C 点，关于球 1 和球 2 从抛出到落在斜面上的运动过程，下列说法正确的是 ( )A. 球 1 和球 2 运动的时间之比为 12B. 球 1 和球 2 动能增加量之比为 12C. 球 1 和球 2 抛出时初速度之比为 2 12D. 球 1 和球 2 的速度变化量之比为 22【答案】BCD10【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定运动的时间，通过水平位移求出初速度之比根据动能定理求出动能的增加量之比；【详解】A、因为 AC=2AB，则 AC 的高度差是 AB 高度差的 2 倍，

12、根据 得： ，解h=12gt2 t= 2hg得运动的时间比为 ，故 A 错误；1: 2B、根据动能定理得： ，知球 1 和球 2 动能增加量之比为 1:2，故 B 正确；mgh=EkC、AC 在水平方向上的位移是 AB 在水平方向位移的 2 倍，结合 ，解得初速度之比为x=v0t，故 C 正确；22:1D、根据速度变化量 ，球 1 和球 2 的速度变化量之比为 ，故 D 正v=gt v1:v2=t1:t2=2:2确；故选 BCD。【点睛】关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解。二、实验题13.某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度

13、尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在_方向（填“水平”或“竖直” ） 。（2）弹簧自然悬挂，待弹簧_时，长度记为 L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加 10 g 砝码，弹簧长度依次记为 L1至 L6，数据如下表表：表中有一个数值记录不规范，代表符号为_。由表可知所用刻度尺的最小分度为_。（3）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与_的差值（填“ 或 ”） 。11（4）由图可知弹簧的劲度系数为_N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_g（结果保留两位有效数字，重力加速度取 9.8 m/s2） 。【答案】 (1). 竖直； (2). 稳定； (

14、3). ； (4). ； (5). L3 1mm Lx； (6). 4.9； (7). 10；【解析】试题分析：将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向表中有一个数值记录不规范，尺的最小分度值为 1mm，所以长度 应为 3340cm，由表L3可知所用刻度尺的最小刻度为 1mm在砝码盘中每次增加 10g 砝码，所以弹簧的形变量应该是弹簧长度与 的差值Lx充分利用测量数据 ，通过图和表可知k=Fx=4.9N/m L0=25.35cm，Lx=27.35cm所以砝码盘的质量为 m=kxg=10g考点：探究弹力与弹簧伸长量的关系实验【名师点睛】弹簧测力计的原理是在弹簧

15、的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比对于实验问题，我们要充分利用图象处理实验数据来减少偶然误差视频14.如图所示为某同学测定木块 A 与木板之间动摩擦因数的实验装置，A 上固定一个容器B，B 和 C 中可放置钩码，不计 B、C 的重力。A 的左端与打点计时器的纸带(未画出)相连，通过打点计时器打出的纸带可以计算出木块 A 的加速度。实验中该同学在保持钩码总数量不变即图中 B、C 中钩码总重力 不变的条件下，将 B 中钩码陆续移到 C 中，重复(m+m)g测量。不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦。12(1)实验中除电磁打点计时器、纸带、若干个质量均为 50 克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的

16、长木板、细线外，为了完成本实验，还应有_。A秒表 B天平 C毫米刻度尺 D低压交流电源(2)实验中某次获取的一条纸带的一-部分，每相邻两计数点间还有 4 个打点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算加速度 a=_(保留两位有效数字)。(3)在实验数据处理中，该同学以 m 为横轴，以加速度 a 为纵轴，绘制了如图所示的实验图线，由此可知滑块与木板间的动摩擦因数 =_(g 取 10m/s2，保留两位有效数字)。【答案】 (1). CD (2). (3). 0.400.50m/s【解析】（1）实验后，要测量纸带各点之间距离，因此实验器材还需要毫米刻度尺，另外电磁打点计时器需要接低压

17、交流电源，因此还应有的器材是 CD；（2）每相邻两计数点间还有 4 个打点，故每相邻两个计数点的时间间隔为 ，由 得：t=2T=20.05=0.1s x=at2， （3）对 ABC 系统应用牛顿第二定律可得： ，所以 a-ma=x36x039t2 =0.50m/s2 a=(1+)mgM+m+mg图象中，纵轴的截距为 ，故 ， 。g g=4.0=0.40【点睛】本实验中需要交流电源和长度的测量工具；每隔 4 个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为 0.1s，由匀加速规律可得，用 求解加速度；对系统应用牛顿第x=at2二定律，得到图线的纵轴截距为 ，可解得动摩擦因数。g三、计算题15.某电视台

18、“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示， AB 为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为 R、角速度为 、铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为 L，平台边缘与转盘平面的高度差为 H.选手抓住悬挂器可以在电动机的带动下，从 A 点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为 a 的13匀加速直线运动选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上设人的质量为 m(不计身高)，人与转盘间的最大静摩擦力为 mg ，重力加速度为 g.(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度 应限制在什么范围

19、？(2)若已知 H5 m， L8 m， a2 m/s 2， g10 m/s 2，且选手从某处 C 点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？【答案】 （1） （2）2sgR【解析】【详解】 （1） 设选手落在转盘边缘也不会被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有mgm2R故转盘转动的角速度应该满足： ；gR（2）设选手水平加速阶段的位移 x1，时间 t1；选手平抛的水平位移为 x1，时间为 t2，则水平加速时： v=at1；x1=12at21平抛阶段：x 2=vt2，H= gt2212全程水平方向 x1+x2=L联立以上各式代入数据解得 t12 s.【点睛】此题关键是知

20、道选手做匀速圆周运动的向心力的来源，根据牛顿第二定律求解最大的角速度；知道选手先做匀加速直线运动后做平抛运动，结合运动规律求解.16.如图所示，竖直平面 xOy 内有三个宽度均为 首尾相接的电场区域 ABFE、BCGF 和LCDHG。三个区域中分别存在方向为y、y、x 的匀强电场，且电场区域竖直方向无限大，其场强大小比例为 212。现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为(0， )的 PL点射入 ABFE 场区，初速度方向水平向右。物体恰从坐标为(2 ， /2)的 Q 点射入 CDHG 场L L区，已知物体在 ABFE 区域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为 ，物体可以视g为质点，求：1

21、4(1)物体进入 ABFE 区域时的初速度大小；(2)物体在 ADHE 区域运动的总时间；(3)物体从 DH 边界射出位置的坐标。【答案】 （1） （2） （3） gL2 (5+3) L2g (3L,12L)【解析】设三个区域的电场强度大小依次为 2E、 E、2 E，物体在三个区域运动的时间分别t1、 t2、 t3(1)在 BCGF 区域，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得： mg-qE=ma2，而：2 qE=mg得： a2=g2在水平方向有： L=v0t在竖直方向有： L2=12a2t22解得： ,v0=gL2t2= 2Lg(2)在 ABEF 区域对物体进行受力分析，在竖直方向有：2 qE

22、=mg物体做匀速直线运动，有： ，v0=gL2在 BCGF 区域，物体做类平抛运动，有： ,v0=gL2t2= 2Lg在 Q 点竖直方向速度为： vy=a2t2=gL2=v0则 Q 点速度为： ，与水平方向夹角为 45vQ=v20+v2y=gL在 CDHG 区域 由于 2qE=mg对物体进行受力分析， mg，与水平方向夹角为 45，与速度方向相同，物体做匀加速直线运动运动到 x 轴过程，根据运动学公式，有： 22L=vQt3+12a3t2315解得： t3=(22)Lg所以有： t=t1+t2+t3=(2+2)Lg(3)物体在 ABFE 区域做匀速直线运动，在 BCGF 区域物体做类平抛运动，

23、偏移量为 L2在 CDHG 区域，沿与水平方向夹角为 45，物体做匀加速直线运动，竖直方向位移为 L，则物体从 DH 边界射出位置的坐标为 (3L,L2)【点睛】此题是带电体在电场和重力场的复合场中运动的问题，关键是分析物体的受力情况和运动情况类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究，匀加速直线运动根据牛顿定律和运动学公式结合研究17.如图所示，从 A 点以 v0=4m/s 的水平速度抛出一质量 m=1kg 的小物块（可视为质点） ，当物块运动至 B 点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道 BC，经圆弧轨道后滑上与 C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道 C 端切线水平。已知长木板的质

24、量M4kg， A、 B 两点距 C 点的高度分别为 H0.6m、 h=0.15m， R0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数 10.5，长木板与地面间的动摩擦因数 20.2， g=10m/s2。求：（1）小物块运动至 B 点时的速度大小和方向；（2）小物块滑动至 C 点时，对圆弧轨道 C 点的压力；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。【答案】 （1） 方向与水平方向夹角的正切为 （2）44.7N （3）2.6m23m/s tan=74【解析】【分析】小物块先做平抛运动，由平抛规律就能求出运动到 B 点时速度的大小和方向；从 B 点到 C点做变速圆周运动，由动能定理求出 C 点

25、的速度，在 C 点由由牛顿第二定律、和牛顿三定律求出对圆弧轨道的压力。滑上长木板后，由于滑块与木板间的摩擦力大，则将带动长木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，再一起减速到零，则木板的长就是滑块的位移与木板的位移之差。16【详解】 （1）物块做平抛运动： Hh=12gt2设到达 B 点时竖直分速度为 vy则： vy=gt则合速度为：方向与水平面的夹角为 ：（2）从 A 至 C 点，由动能定理得：代入数据解得：设 C 点受到的支持力为 FN，则有解得： FN=44.7N 根据牛顿第三定律可知，物块 m 对圆弧轨道 C 点的压力大小为 44.7N（3）由题意可知小物块 m 对长木板的摩擦力 f= 1mg=5N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 f= 2（ M+m） g=10N 因 f f，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为 0则长木板长度至少为：【点睛】本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键。