2023-2024學年北京一六六中高三（上）期中物理試題和答案

高中PAGE1試題2023北京一六六中高三（上）期中物理（考試時長：90分鐘）班級：___________姓名：___________考查目標知識：牛頓運動定律、曲線運動、萬有引力定律、機械能、動量及動量守恒定律、電場、磁場能力：科學思維、科學探究、推理論證、分析綜合一、單選題1.某帶電粒子僅在電場力作用下由a點運動到b點，電場線及運動軌跡如圖所示。由此可以判定粒子在a、b兩點（）A.在a點的加速度較小 B.在b點電勢能較大C.在b點的速率較大 D.在b點所受電場力較大2.打高爾夫球可以簡化為如圖所示過程。某人從高出水平地面h的坡上水平擊出一個質(zhì)量為m的球，僅考慮空氣對球水平方向的作用，球?qū)⒇Q直地落入距擊球點水平距離為L的A洞。已知重力加速度大小為g，則下列選項正確的是（）A.球被擊出后做平拋運動B.球從被擊出到落入A洞所用的時間為C.球被擊出時的初速度大小為D.球被擊出后受到的水平作用力大小為3.滑雪運動員沿斜坡滑道下滑了一段距離，重力對他做功1000J，他克服阻力做功100J。此過程關(guān)于運動員的說法，下列選項正確的是（）A.重力勢能減少了900J B.動能增加了1100JC.機械能增加了1000J D.機械能減少了100J4.如圖所示，虛線框內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c是三個質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。若不計粒子所受重力，則（）A.粒子a帶負電，粒子b、c帶正電 B.粒子c在磁場中運動的時間最長C.粒子c在磁場中的加速度最大 D.粒子c在磁場中的動量最大5.2020年7月23日，我國首個獨立火星探測器“天問一號”搭乘長征五號遙四運載火箭，從文昌航天發(fā)射場成功升空。已知火星的直徑約為地球的，質(zhì)量約為地球的，下列說法正確的是（）A.火星表面的重力加速度小于9.8m/s2B.探測器在火星表面所受重力等于在地球表面所受重力C.探測器在火星表面附近的環(huán)繞速度等于7.9km/sD.火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度6.如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個物體，沿著傾角分別為α和β的兩個光滑固定斜面（α<β），由靜止開始從同一高度h2處下滑到同樣的另一高度h1處．在此過程中，關(guān)于A、B兩個物體，相同的物理量是A.下滑所用的時間B.重力的平均功率C.所受合力的沖量大小D.所受支持力的沖量大小7.用一條長為1m的絕緣輕繩，懸掛一個質(zhì)量為4.0×10－4kg、電荷量為2.0×10－8C的小球，細線的上端固定于O點。如圖所示，現(xiàn)加一水平向右的勻強電場，平衡時絕緣繩與豎直方向的夾角為37°，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說法正確的是（）A.勻強電場的場強為1.5×106N/CB.平衡時細線的拉力為5.0×10－2NC.若撤去電場，小球回到最低點時繩上的拉力為5.6×10－3ND.若剪斷細繩，小球?qū)⒆黾铀俣葹?2m/s2的勻加速直線運動8.在一個圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于圓平面向里的勻強磁場，現(xiàn)有兩個質(zhì)量相等、所帶電荷量大小也相等的帶電粒子a和b，先后以不同的速率從圓邊緣的A點對準圓形區(qū)域的圓心O射入圓形磁場區(qū)域，它們穿過磁場區(qū)域的運動軌跡如圖所示。粒子之間的相互作用力及所受重力和空氣阻力均可忽略不計，下列說法中正確的是（）A.a粒子帶正電，b粒子帶負電 B.a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大C.b粒子動能較大 D.b粒子在磁場中運動的時間較長9.如圖所示，小物塊A通過一不可伸長的輕繩懸掛在天花板下，初始時靜止。從發(fā)射器（圖中未畫出）射出的小物塊B沿水平方向與A相撞，碰撞前B的速度大小為v，碰撞后二者粘在一起，并擺起一個較小角度。已知A和B的質(zhì)量分別為和，重力加速度大小為g，碰撞時間極短且忽略空氣阻力。下列選項正確的是（）A.B與A碰撞過程滿足動量守恒、機械能守恒B.B與A碰撞前后輕繩的拉力大小不變C.碰撞后AB一起上升的最大高度與輕繩的長度有關(guān)D.碰撞后AB一起上升的最大高度為10.電磁流量計廣泛應(yīng)用于測量可導電流體（如污水）在管中的流量Q（在單位時間內(nèi)通過管內(nèi)橫截面的流體的體積）為了簡化，假設(shè)流量計是如圖所示的橫截面為圓形的一段管道，已知管的直徑為d，流量計的上下a、b兩側(cè)是金屬材料，其余部分是絕緣材料，現(xiàn)于流量計所在處加磁感強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示，當導電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，測得a、b兩點間的電動勢為E，則可求得流量Q為（）A. B. C. D.11.圖中虛線a、b、c、d代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面a上的電勢為4V，一電子經(jīng)過a時的動能為8eV，從a到c的過程中克服電場力所做的功為4eV，下列說法中正確的是（）A.平面c上的電勢為零B.該電子一定能夠到達平面dC.該電子經(jīng)過平面a時，其電勢能為8eVD.該電子經(jīng)過平面a時的速率是經(jīng)過c時的2倍12.如圖（甲）所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)．通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖（乙）所示，則A.時刻小球動能最大B.時刻小球動能最大C.~這段時間內(nèi)，小球的動能先增加后減少D.~這段時間內(nèi)，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能13.如圖所示，空間中存在勻強電場和勻強磁場，電場和磁場的方向水平且互相垂直．一帶電微粒沿直線由a向b運動，在此過程中A.微粒做勻加速直線運動B.微粒的動量減小C.微粒的電勢能增加D.微粒的機械能增加14.靜電場方向平行于x軸，將一電荷量為-q的帶電粒子在x=d處由靜止釋放，粒子只在電場力作用下沿x軸運動，其電勢能Ep隨x的變化關(guān)系如圖所示。若規(guī)定x軸正方向為電場強度E、加速度a的正方向，四幅示意圖分別表示電勢φ隨x的分布、場強E隨x的分布、粒子的加速度a隨x變化的關(guān)系和粒子的動能Ek隨x變化的關(guān)系，其中正確的是（）A. B.C. D.二、填空題15.（1）如圖甲所示，鳥兒像標槍一樣一頭扎入水中捕魚，設(shè)小鳥的俯沖是自由落體運動，入水中后繼續(xù)沿豎直方向做勻減速直線運動，其v-t圖像如圖乙所示，設(shè)整個過程運動時間是自由落體運動時間的倍，已知最大速度為18m/s，則整個過程下落的高度為___________m，小鳥在水中運動的平均阻力為其重力的___________倍。（g=10m/s2）（2）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上放置兩個帶電小球A和B（均可視為質(zhì)點），已知A球的質(zhì)量為m，B球的質(zhì)量為3m，使兩球分別帶上同種電荷，相距L?，F(xiàn)將兩小球同時由靜止釋放，當A球的加速度大小變?yōu)獒尫潘查g的時，整個系統(tǒng)的電勢能改變量為24J，則在這一過程中，A球運動的距離為___________，B球獲得的動能為___________。16.如圖甲所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下建立一坐標軸Ox，小球的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示。其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的曲線，BC是平滑的曲線，彈簧彈力大小，為彈簧的形變量。則B點對應(yīng)的x坐標為___________（g已知），小球從B到C的過程重力做的功___________小球下落過程中的最大動能。（填選項前的字母）A．大于B．等于C．小于D．可能大于、等于或小于三、計算題17.如圖所示，在真空室中有兩個水平的金屬板，板間的距離為h。有一質(zhì)量為m的小油滴，帶電量為q，自上極板的下表面處由靜止開始自由下落，當它運動到兩極板間距離的中點時，給兩極板加電壓U，使電荷受到向上的力。當電壓等于多大，才能使小油滴在剛好接近下極板時，開始向上運動。18.如圖所示，物塊質(zhì)量，以速度水平滑上一靜止的平板車上，平板車質(zhì)量，物塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)，其他摩擦不計（），求：（1）物塊相對平板車靜止時，物塊的速度；（2）物塊在平板車上相對滑行的時間；（3）要使物塊在平板車上不滑下，平板車至少多長？19.有如圖所示裝置放在光滑水平面上，軌道ABCD的質(zhì)量M=0.4kg，其中AB段是半徑R=0.4m的光滑圓弧，在B點與水平軌道BD相切，水平軌道的BC段粗糙，動摩擦因數(shù)，長L=3.5m，C點右側(cè)的軌道光滑，軌道的右端連接一輕質(zhì)彈簧?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=0.1kg的小物體在A點正上方高為H=3.6m處由靜止自由落下，恰沿A點切線方向滑入圓弧軌道，重力加速度。求：（1）如果ABCD被鎖定，小物體到達B點對ABCD的壓力為多大？（2）解除ABCD的鎖定，軌道在水平面上運動的最大速率；（3）解除ABCD的鎖定，彈簧的最大彈性勢能。20.如圖所示，在的空間中存在沿y軸負方向的勻強電場，在的空間中存在方向垂直xOy平面（紙面）向外的勻強磁場，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，自y軸上的（0，d）點以速率沿x軸正方向射入電場：然后經(jīng)過x軸上的（2d，0）點進入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，從坐標原點O返回第一象限，不計粒子重力。求：（1）電場強度的大小E；（2）磁感應(yīng)強度的大小B；（3）粒子從點運動到坐標原點O所經(jīng)歷的總時間t。

參考答案一、單選題1.【答案】B【詳解】AD．由電場線的疏密表示場強的大小，因此a點的場強大于b點的場強，可知帶電粒子在a點受的電場力較大，由牛頓第二定律可知，帶電粒子在a點的加速度較大，AD錯誤；B．帶電粒子僅在電場力作用下，由帶電粒子的運動軌跡可知，粒子受電場力方向指向運動軌跡的凹側(cè)，即指向左側(cè)，可知粒子帶負電，由沿電場線方向電勢降低，可知a點的電勢高于b點的電勢，帶負電粒子在電勢較高的地方電勢能較小，在電勢較低的地方電勢能較大，因此在b點電勢能較大，B正確；C．帶電粒子受的電場力方向向左，運動方向由a點到b點，電場力做負功，由動能定理可知，粒子的速率減小，因此在b點的速率較小，C錯誤。故選B。2.【答案】B【詳解】A．球水平方向受到空氣阻力，不是平拋運動，A錯誤；B．球在豎直方向做自由落體運動解得C．球在水平方向做勻減速運動解得C錯誤；D．水平方向做勻減速直線運動，末速度為零，因此有聯(lián)立解得D錯誤。故選B。3.【答案】D【詳解】A．重力對他做功1000J，重力勢能減少1000J，A錯誤；B．由動能定理得B錯誤；CD．機械能減少量等于克服阻力的功100J，C錯誤，D正確。故選D。4.【答案】B【詳解】A．根據(jù)左手定則可知，粒子a帶正電，粒子b、c帶負電，故A錯誤；B．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有且解得三個帶電粒子的質(zhì)量和電荷量都相等，故三個粒子在同一磁場中運動的周期相等，粒子c的軌跡對應(yīng)的圓心角最大，所以粒子c在磁場中運動的時間最長，故B正確；C．根據(jù)牛頓第二定律有解得粒子c的軌跡半徑最小，速度最小，所以粒子c的加速度最小，故C錯誤；D．根據(jù)可知，粒子c的動量最小，故D錯誤。故選B5.【答案】A【詳解】AB．星球表面重力等于萬有引力因此星球重力加速度代入數(shù)據(jù)解得火星重力加速度所以，火星表面的重力加速度小于9.8m/s2，探測器在火星表面所受重力小于在地球表面所受重力，故A正確，B錯誤；CD．探測器在火星表面附近的環(huán)繞速度就是第一宇宙速度，探測器在火星表面附近做圓周運動的向心力由萬有引力提供，由向心力公式得解得代入數(shù)據(jù)解得，火星第一宇宙速度（探測器在火星表面附近的環(huán)繞速度）為故CD錯誤。故選A。6.【答案】C【詳解】A、物體下滑過程中，下滑高度h=h2-h1相等，由機械能守恒定律得：，物體到達斜面底端時速度，由牛頓第二定律得mgsinθ=ma，解得加速度a=gsinθ，物體沿斜面下滑的時間：，由于傾角α和β不同，物體下滑的時間t不同，故A錯誤．B、物體下滑過程中，物體初末位置相同，重力做功：W=mgh相等，由于運動時間t不同，重力的平均功率：不同，故B錯誤．C、由于物體下滑高度相同，由A可知，到達高度h1處時兩物體的速度大小相等，由于兩物體質(zhì)量相等，則其動量大小：mv相等，由動量定理可知，合力的沖量等于動量的變化量，由于動量變化量大小相等，則合力沖量大小相等，故C正確．D、斜面傾角不同，物體所受支持力大小不同，物體下滑的時間t不同，物體所受支持力沖量大小不一定相等，故D錯誤．故選C．【點睛】利用動量定理求沖量、由動能定理求功是常用的方法．要注意功、動能是標量，沖量、動量是矢量．7.【答案】C【詳解】AB．小球在平衡位置時，由受力分析可知解得細線的拉力計算得AB錯誤；C．若撤去電場，小球由靜止到最低點時，由動能定理可知解得最低點時由向心力公式可知，最低點時繩上的拉力為，C正確；D．若剪斷細繩，小球?qū)⒀刂妶隽椭亓Φ暮狭Ψ较蜃鰟蚣铀龠\動，其方向與豎直方向成角，加速度大小為D錯誤。故選C。8.【答案】C【詳解】A．由左手定則可知，a粒子帶負電，b粒子帶正電，故A錯誤。B．根據(jù)可得則洛倫茲力由幾何關(guān)系知，b粒子運動半徑大，可知b粒子在磁場中所受洛倫茲力較大，故B錯誤。C．根據(jù)b粒子運動半徑大，可知b粒子動能較大，故C正確。D．由于則故兩粒子的周期相同，但b粒子在磁場中運動所對應(yīng)圓弧的圓心角較小，則根據(jù)可知，b粒子在磁場中運動的時間較短，故D錯誤。故選C。9.【答案】D【詳解】A．由于碰撞時間極短，故碰撞過程中內(nèi)力遠遠大于外力，所以B與A碰撞過程滿足動量守恒。碰撞后二者粘在一起，發(fā)生非彈性碰撞，機械能有損失，故A錯誤；B．設(shè)碰撞后瞬間AB的共同速度為v′。取水平向右為正方向，由動量守恒定律得解得碰撞前，對A有碰撞后，對AB整體，有解得則B與A碰撞前后輕繩的拉力大小發(fā)生了改變，故B錯誤；CD．碰撞后AB一起上升的過程，根據(jù)機械能守恒得結(jié)合解得與繩長L無關(guān)，故C錯誤，D正確。故選D。10.【答案】D【分析】【詳解】當導電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，此時根據(jù)離子受力平衡有又聯(lián)立求得則流量Q為故選D。11.【答案】A【分析】根據(jù)只有電場力做功，動能與電勢能之和不變，當電場力做負功時，動能轉(zhuǎn)化為電勢能，在電勢為零處，電勢能為零，從而即可一一求解．【詳解】A、虛線a、b、c、d代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，電子經(jīng)過a時的動能為8eV，從a到c的過程中克服電場力所做的功為4eV，則電勢能增加4eV，因此ac等勢面之間的電勢差為4V，由于電子的電勢能增加，所以等勢面從a到c電勢是降低的，因為a上的電勢為4V，故c上的電勢為零，A正確；B、由A可知，相鄰等差等勢面電勢差為2V．若電子經(jīng)過a時速度方向與平面a垂直，則電子從a到d克服電場力做功需要6eV<8eV，電子可能到達平面d；但如果電子經(jīng)過a時速度方向與平面a不垂直，電子將會在電場中做拋體運動，則可能不會到達平面d，B錯誤；C、因為電子到達c時，動能剩余4eV，電勢能，故電子的總能量為4eV，根據(jù)能量守恒定律，電子經(jīng)過平面a時，動能為4eV，故電勢能為，故C錯誤；D、電子經(jīng)過平面a的動能是經(jīng)過b動能的2倍，故它在平面a時的速率是經(jīng)過c時的倍，D錯誤．故選A．【點睛】考查電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，掌握電勢能與動能之和不變，理解電勢為零處的電勢能為零是解題的關(guān)鍵．12.【答案】C【詳解】小球在接觸彈簧之前做自由落體．碰到彈簧后先做加速度不斷減小的加速運動，當加速度為0即重力等于彈簧彈力時加速度達到最大值，而后往下做加速度不斷增大的減速運動，與彈簧接觸的整個下降過程，小球的動能和重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能．上升過程恰好與下降過程互逆．由乙圖可知時刻開始接觸彈簧，但在剛開始接觸后的一段時間內(nèi)，重力大于彈力，小球仍做加速運動，所以此刻小球的動能不是最大，A錯誤；時刻彈力最大，小球處在最低點，動能最小，B錯誤；時刻小球往上運動恰好要離開彈簧；這段時間內(nèi)，小球的先加速后減速，動能先增加后減少，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和重力勢能，C正確D錯誤．13.【答案】D【分析】對帶電粒子進行受力分析，受到豎直向下的重力，水平向左的電場力和垂直于虛線向右上的洛倫茲力，由于帶電粒子做直線運動，可判斷粒子合外力為零，再根據(jù)各力的做功情況，即可判斷．【詳解】AB、微粒受到重力、電場力和洛倫茲力作用，微粒做直線運動，其合力方向與速度方向共線，根據(jù)做直線運動的條件可知微粒的受力情況如圖所示：所以微粒一定帶負電；微粒一定做勻速直線運動，否則速度變化，洛倫茲力變化，微粒做曲線運動，因此微粒的動量保持不變，故AB錯誤；C、微粒由a沿直線運動到b的過場中，電場力做正功，電勢能一定減小，故C錯誤；D、重力做負功，重力勢能增加，而動能不變，則微粒的機械能一定增加，故D正確．故選D．【點睛】帶電粒子在重力場、電場、磁場的復(fù)合場中，只要是做直線運動，一定是勻速直線運動（v與B不平行）．若速度是變的，洛倫茲力會變，合力就是變的，合力與速度不在一條直線上，帶電體就會做曲線運動．14.【答案】D【詳解】A．根據(jù)可知，由于粒子帶負電，則φ-x圖像電勢的變化應(yīng)與題圖中Ep的變化相反，如圖所示A錯誤；B．φ-x圖像的斜率表示電場強度，沿電場方向電勢逐漸降低，則知在x=0的左側(cè)，存在向左的勻強電場，x=0右側(cè)存在向右的勻強電場，B錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律知粒子在勻強電場中運動時加速度不變，由于粒子帶負電，粒子的加速度在x=0左側(cè)為正值，大小不變，在x=0右側(cè)加速度為負值，且大小不變，C錯誤；D．因為帶電粒子只受電場力作用，所以帶電粒子的動能與電勢能總和保持不變，即Ek-x圖像應(yīng)與Ep-x圖像的形狀上下對稱，D正確。故選D。二、填空題15.【答案】①.27②.2.5③.0.75L④.6J【詳解】（1）[1]由自由落體運動速度時間公式可得，小鳥自由落體運動時間由v-t圖像與時間軸所圍面積表示位移，可得整個過程下落的高度為[2]由v-t圖像的斜率表示加速度，可知小鳥在水中運動的加速度負號表示加速度方向與初速度方向相反，由牛頓第二定律可得則有（2）[3]由題意可知，A和B兩球在庫侖斥力的作用下沿水平方向做加速運動，當A球的加速度變?yōu)獒尫潘查g的時，由庫侖定律和牛頓第二定律可得釋放瞬間，則有又有解得由動