厦门一中高三上期中.docx
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厦门一中高三上期中
福建省厦门第一中学2019—2020学年度
第一学期期中考试
高三年物理试卷
（本试卷满分110分，考试时间90分钟）
第Ⅰ卷
一、选择题：
（本题12题，每小题4分，共48分。
在每小题，给出的四个选项中,其中1～8只有一
项符合题目要求，第9～12小题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，
有选错的得0分。
）
1．科学家在物理学的研究过程中应用了很多科学思想方法，下列叙述正确的是
A．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法
B．用质点代替有质量的物体，采用了微元法
C．牛顿首次采用“把实验和逻辑推理结合起来”的科学研究方法
D．实验中探究加速度与质量、合外力关系时采用的是等效替代的方法
2．一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L，在水平道路上匀速运动，当看
到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行
车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t。
利
用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的
A．初速度B．末速度C．平均速度D．加速度
3．如图甲、乙所示为某物体在0～t时间内运动的x－t图象和v－t图象，由图可知，在0～t时间
内
A．物体做的是曲线运动
B．物体做加速度越来越小的运动
C．甲图中
t
时刻，图线的切线斜率为
2
v0
2
v0t
D．x1－x0>
2
4．图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，
在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频
电源两极相连。
带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变
化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则
下列说法正确的是
A．在Ek-t图中应有（t2-t1）>（t3-t2）>⋯⋯>t（n-tn-1）
B．高频电源的变化周期应该等于tn-tn-1
C．要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D形”盒的半径
D．在磁感应强度B、“D形”盒半径R、粒子的质量m及其电荷量q不变的情况下，粒子的加速
次数越多，粒子的最大动能一定越大
5．假设将来一艘飞船靠近火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是
A．飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的速度小于在轨道Ⅰ上运动到P点的速度
B．若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推
知火星的密度
C．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P
点时的加速度
D．飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期小于在轨道Ⅰ上运动时的周期
1/8
6．如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的
真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置。
在其他条件不变的情
况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是（不
计粒子重力）
A．保持开关S闭合，适当上移P极板B．保持开关S闭合，适当左移P极板
C．先断开开关S，再适当上移P极板D．先断开开关S，再适当左移P极板
7．如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点
接入电压恒定的电源两端，通电时电阻丝AB段受到的安培力为F，则此时三
根电阻丝受到的合安培力大小为
A．FB．1.5FC．2FD．3F
8．如图，电源内阻一定，现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，理想
电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，理想电流表A示数
变化量的绝对值为ΔI，下列判断正确的是
A．V2的示数减小B．电源输出功率一定在增大
C．ΔU1与ΔI的比值在减小D．ΔU1小于ΔU2
9．如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。
若鱼缸、桌布、
桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
10．如图所示光滑管形圆轨道半径为R（管径远小于R），小球a、b大小相同，质量均为m，其直径
略小于管径，能在管中无摩擦运动．两球先后以相同速度v通过轨道最低点，
且当小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法正确的是
A．当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大5mg
B．当v＝5gR时，小球b在轨道最高点对轨道无压力
C．速度v至少为5gR，才能使两球在管内做圆周运动
D．当v≥5gR，小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力
大6mg
11．如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且
该系统在外力F作用下一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后
系统停止运动。
不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中
A．外力对物体A所做总功的绝对值等于Ek
B．物体A克服摩擦阻力做的功等于Ek
C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2Ek
D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减小量
12．图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。
一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。
下列说法正
确的是
A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
2/8
第Ⅱ卷
二、实验填空题（共12分）
13．某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500N/m.如
图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00cm不
变的条件下：
（1）如图2中所示，弹簧秤a的读数是________N，若弹簧秤a、b
间夹角为90°，实验操作正确则弹簧秤b的读数理论上为
________N.
（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹
角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数
________、弹簧秤b的读数________（填“变大”变“小”或“不变”．）
14．某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻。
①实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：
电压表：
V（量程3V，内阻Rv约为10kΩ）电流表：
G（量程3mA，内阻Rg=100Ω）
电流表：
A（量程3A，内阻约为0.5Ω）滑动变阻器：
R
V
S
G
R0
Er
R（阻值范围0?
10Ω，额定电流2A）定值电阻：
R0=0.5
图甲
ΩU/V
该同学依据器材画出了如图甲所示的原理图，他没有选用1.5
电流表A的原因是。
②该同学将电流表G与定值电阻R0并联，实际上是进行
1.4
了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是
A。
1.3
③该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数
为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图乙所示的
1.2
图线，根据图线可求出电源的电动势E=_______V，电源的
1.1
内阻r=_______Ω（结果均保留小数点后两位）
G/mA
1.0
00.51.01.52.02.5
图乙
三、计算题（50分）
15．（10分）民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长
的气囊会自动充气，形成一个连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地上，如图甲所示，
图乙是其简化模型。
若紧急出口下沿距地面的高度h=3.0m，气囊所构成的斜面长度L=5.0m。
质量m=60kg的某旅客从斜面顶端由静止开始滑到斜面底端。
已知旅客与斜面间的动摩擦因数
2。
μ=0.55，不计空气阻力及斜面的形变，旅客下滑过程中可视为质点，取重力加速度g=10m/s
求：
（1）旅客沿斜面下滑时的加速度大小；
（2）旅客滑到斜面底端时的速度大小；
（3）旅客从斜面顶端滑到斜面底端的过程中，斜面对旅客
所施加的支持力的冲量的大小和方向。
3/8
16．（10分）如图所示，长为L的细绳上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上，在细绳的下
端吊一个质量为m的铁球（可视作质点），球离地的高度h＝L．现让环与球
一起以v＝2gL的速度向右运动，在A处环被挡住而立即停止，已知A离
右墙的水平距离也为L，当地的重力加速度为g，不计空气阻力．求：
（1）在环被挡住而立即停止时绳对小球的拉力大小；
（2）若在环被挡住后，细绳突然断裂，则在以后的运动过程中，球的第一次
碰撞点离墙角B点的距离是多少？
17．（12分）如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左
侧水平面光滑．水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成θ=30
0的足够长的传送带与水平
面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s．一质量为1kg可视为质点的物块A压缩
弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能Ep=9J，物块与OP段动摩擦因素μ1=0.1．另一与
A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因素μ2=3/3，传送带足够长．A与B
之间发生的是弹性碰撞，重力加速度g=10m/s
2，现释放A，求：
（1）物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速率v0；
（2）从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量．
（3）物块A、B是否会发生第三次碰撞？
并请说明理由。
18．（18分）如图甲，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙最大
值为U0的周期性变化的电压，在Q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于
纸面向里的有界匀强磁场．在紧靠P板处有一粒子源A，自t=0开始连续释放初速不计的粒子，
经一段时间从Q板小孔O射入磁场，然后射出磁场，射出时所有粒子的速度方向均竖直向上．已
知电场变化周期T=
2m
2d，粒子质量为m，电荷量为+q，不计粒子重力及相互间的作用力。
qU
0
求：
（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间；
（2）粒子射入磁场时的最大速率和最小速率；
（3）有界磁场区域的最小面积。
4/8
参考答案：
1.A
x
2解析：
选C在只知道时间t和这段时间内运动位移x的前提下，由v＝可知能求平均速度v，
t
C项正确。
3.解析：
选C.运动图象（包括位移图象、速度图象、加速度图象）都是用来描述直线运动的，无论运
动图象是直线还是曲线，物体都是做直线运动，都不能说物体做的是曲线运动，选项A错误．根据
速度图象的斜率表示加速度可知，物体做匀减速直线运动，选项B错误．根据乙图可知，在
t
时刻，
2
物体速度为
v0
.而位移图象斜率表示速度，由此可知，甲图中在
2
t
时刻，图线的斜率为
2
v0
，选项C正
2
确．根据甲图，物体是从坐标x0位置出发沿x轴运动，t时刻运动到坐标为x1位置，位移为x＝x1
－x0.根据乙图，速度图象的面积表示位移可知，位移x＝
4C5.B
v0t
2
v0t
2
，即x1－x0＝
，选项D错误．
6解析：
选A粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从Q板上的小孔B
射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间，即减小两极板间的电场
强度；保持开关S闭合时极板间电压不变，适当上移P极板，根据U＝Ed，场强E减小，故A正确；
保持开关S闭合，适当左移P极板，场强不变，故B错误；先断开开关S，再适当上移P极板，极
UQ
板上所带电荷量不变，由E＝＝＝
dCd
4πkQ
可知，场强不变，故C错误；先断开开关S，再适当左
εS
UQ4πkQ
移P极板，极板所带电荷量不变，正对面积减小，由E＝可知，场强变大，故D错误。
dCdεS
＝＝
7B根据并联电路电流分配规律，AC和CB中电流是AB中电流的1/2，而AC和CB等效为AB长度的
导体在磁场中所受的安培力，即AC和CB所受安培力的合力为0.5F，所以此时三根电阻丝受到的合
安培力大小为1.5F，选项B正确。
8解析：
选D当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻增大，则V2的示数增大，故A错误；
当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：
U1＝E－I（R＋r），
则得：
ΔU3
＝R＋r，保持不变，故C错误；
ΔI
9.解析：
选BD鱼缸相对于桌布向左运动，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布、
桌面之间的动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v＝at，
鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B正确；若猫增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力
仍然为滑动摩擦力，大小不变，选项C错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动而滑出桌面，
选项D正确。
2
v
0
10解析：
选BD.小球在最高点恰好对轨道没有压力时，小球所受重力充当向心力，mg＝m得v0＝
R
11
22，gR，小球从最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，2mgR＋mv0＝mv
222
v
解以上两式可得：
v＝5gR，B项正确；小球在最低点时，F向＝m＝5mg，在最高点和最低点所需
R
向心力的差为4mg，A项错误；小球在最高点，内管对小球的支持力与重力的合力可以提供向心力，
所以小球通过最高点的最小速度为零，再由机械能守恒定律可知，2mgR＝
1
2
2，解得v＝2gR，C
mv
5/8
2
mv
项错误；当v≥5gR时，小球在最低点所受轨道压力F1＝mg＋，由最低点运动到最高点，2mgR
R22
1
12，小球所受轨道压力F2＝mvmv
21
＋mvmv
1＝－mg，F2＝－5mg，F1－F2＝6mg，再根据牛顿第三
22RR
定律，可见小球a对轨道最低点压力比小球b对轨道最高点压力大6mg，D项正确．
11解析：
选AD它们的总动能为2Ek，则A的动能为Ek，根据动能定理知：
外力对物体A所做总功
的绝对值等于物体A动能的变化量，即Ek，故A正确，B错误；系统克服摩擦力做的功等于系统的
动能和弹簧的弹性势能的减小量，所以系统克服摩擦阻力做的功不可能等于系统的总动能2E
k，故C
错误，D正确。
12ABD
13解析：
（1）弹簧秤a的读数是3.00N；弹簧OC的拉力F＝kx＝500×1.00×10
－2N＝5.00N，则弹
簧秤b的读数可能为5.00
2－3.002N＝4.00N.
（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC
的夹角，由力的平行四边形定则和力的图示可知，弹簧秤a的读数变大，弹簧秤b的读数变大．
答案：
（1）3.00（3.00～3.02）4.00（3.90～4.10）
（2）变大变大
14①量程太大，测量精度不够②0.603（填0.6或0.60均给分）
③1.48，0.84（0.70-0.90之间都给分）
15【答案】
（1）a=1.6m/s2
（2）v=4.0m/s（3）1.2×10
3
N·s方向垂直斜面向上
【解析】
（1）设旅客沿斜面下滑的加速度大小为a，
根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ=ma解得a=1.6m/s2
（2）根据运动学公式v
2=2aL解得v=4.0m/s
（3）设旅客下滑过程所用时间为t，则有L=vt
3
I=mgcosθt解得I=1.2×10N·s方向垂直斜面向上
3
16【答案】
（1）3mg
（2）L
4
2
v
Fmgm
【解析】由向心力公式：
L
解得：
F3mg
假设小球直接落到地面上，则：
球的水平位移：
所以小球先与右边的墙壁碰撞后再落到地面上
设球平抛运动到右墙的时间为t′，则
小球下落的高度
所以球的第一次碰撞点距B的距离为：
6/8
.
17
（1）设物块质量为m，A与B第一次碰前的速度为v0，则
解得：
v0=4m/s
1
2
EmvmgL
p01
2
（2）设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，则vA=0，vB=4m/s，
碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，则：
mgsinmgcosma，
21
解得agsingcos10m
1/s
2
2
v
B0.4
运动的时间s
t
1
a
1
v
B0.8位移tm
x
11
2
此过程相对运动路程△s1=vt1+x1=2m
此后B反向加速，加速度仍为a1，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，
vv
加速时间为s
t20.3位移为xt0.45m
22
a2
1
此过程相对运动路程△s2=vt2-x2=0.45m全过程生热Q=μ2mgcosθ（Δs1+△s2）=12.25J
（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运
动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，
1
2
mv2μ
2
1mgL则可以有第三次碰撞
18.【答案】
（1）
（2）；（3）
【解析】⑴设t=0时刻释放的粒子在0.5T时间内一直作匀加速运动，
加速度位移
可见该粒子经0.5T正好运动到O处，假设与实际相符合
该粒子在P、Q间运动时间
⑵t=0时刻释放的粒子一直在电场中加速，对应进入磁场时的速率最大
7/8
由运动学公式有
t1时刻释放的粒子先作加速运动（所用时间为），后作匀速运动，设T时刻恰好由小孔O射入磁
场，则
解得
进入磁场时的速率
最小值
⑶粒子进入磁场后做轨迹为四分之一圆周的运动半径
最大速率对应的半径
最小速率对应的半径
磁场的左、右边界为粒子最小、最大半径对应的四分之一圆周，上部分边界为的一部分，如
图所示阴影面积，磁场区域最小面积
8/8
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