2020-2021学年江苏省南通市启东市高三上期中物理试卷

2020-2021学年第一学期期中考试高三物理试题（考试时间：90分钟满分：100分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分。只有一项是符合题目要求的。1.如图是明代《天工开物》中一幅牛力齿轮翻车的图画，记录了我们祖先的劳动智慧。已知三齿轮半径的大小关系为，与靠齿轮传动，和同轴转动，则（）A.齿轮的角速度比大 B.齿轮与边缘的线速度大小相等C.齿轮边缘线速度大小比小 D.齿轮边缘的向心加速度大小比小【答案】D【解析】【详解】A．齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，根据公式v=ωr可知，半径比较大的A的角速度小于B的角速度。而B与C是同轴传动，角速度相等，所以齿轮A的角速度比C的小，故A错误；B．B与C是同轴传动，角速度相等，但B半径大，则齿轮边缘的线速度大于边缘的线速度，故B错误；C．齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，齿轮边缘的线速度大于边缘的线速度，故齿轮边缘的线速度大小比大，故C错误；D．齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，根据公式可知，齿轮边缘的向心加速度大小比小，故D正确。故选D。2.2020年9月7日13时，我国在太原卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功将高分十一号02星送入预定轨道。该卫星主要用于国土普查、城市规划、路网设计、农作物估产和防灾减灾等领域，可为“一带一路”建设提供信息保障。关于长征四号乙运载火箭和高分十一号02星，下列说法正确的是（）A.火箭点火起飞时处于超重状态B.火箭出大气层前靠空气提供推力C.卫星的发射速度可能大于D.卫星进入预定轨道后处于完全失重状态，不受重力作用【答案】A【解析】【详解】A．火箭点火起飞时加速度向上，处于超重状态，故A正确；B．火箭靠喷出气体的反作用力提供推力，故B错误；C．是第二宇宙速度，脱离地球束缚的速度，卫星仍绕地球圆周运动，未脱离地球束缚，则发射速度小于，故C错误；D．卫星进入预定轨道后处于完全失重状态，仍受重力作用，此时的重力全部提供向心力，故D错误。故选A。3.微型电风扇能在课堂上给学生送来徐徐凉风，受学生的喜爱。若电风扇的电动机线圈电阻为，当它正常工作时，电动机两端所加的电压为。则（）A.通过线圈的电流小于 B.通过线圈的电流等于C.电动机的电功率为 D.电动机的输出功率为【答案】A【解析】【详解】AB．根据能量守恒有P电=P热+P出即UI=I2r+P出即I2r＜UI得通过线圈的电流小于，故A正确，B错误；C．电动机的电功率P电=UI，而I2r是电动机的内阻损耗的热功率，故C错误；D．电动机输出的机械功率P出=P电-P热，而UI是电动机的电功率P电，故D错误。

故选A。4.如图所示，用甲、乙两根筷子夹住一个小球，甲倾斜，乙始终竖直。在竖直平面内，甲与竖直方向的夹角为，筷子与小球间的摩擦很小，可以忽略不计。小球质量一定，随着缓慢增大，小球始终保持静止，则下列说法正确的是（）A.筷子甲对小球的弹力不变 B.筷子乙对小球的弹力变小C.两根筷子对小球的弹力均增大 D.两根筷子对小球的合力将增大【答案】B【解析】【详解】对小球受力分析如图：角增大过程中、均减小。两根筷子对小球的合力总等于小球的重力，不变。故选B。5.新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，佩戴口罩可以有效预防新冠病毒的感染。小明某次打喷嚏时气流喷出的速度是，共喷出的空气，用时约。已知空气的密度为，则小明打这次喷嚏受到的平均反冲力约为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】打一次喷嚏喷出的空气质量为：m=ρV=1.3×5.0×10-5kg=6.5×10-5kg设打一次喷嚏喷出的空气受到的作用力为F，根据动量定理得：F△t=mv，解得：根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力为：F′=F=0.30N故B正确，ACD错误。

故选B。6.雾霾给人们出行带来很大的影响。一雾霾天，某人驾驶小汽车在高速公路上以的速度行驶，突然发现正前方处有一辆大卡车以的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵。图中分别为小汽车和大卡车的图象，以下说法正确的是（）A.在时追尾B.因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾C.由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾D.如果刹车不失灵，两车最近距离为【答案】A【解析】【详解】AB．根据速度-时间图象与时间轴所围的“面积”大小等于位移，由图知，t=3s时，b车的位移为sb=vbt=10×3m=30ma车的位移为则sa-sb=30m所以在t=3s时追尾，故B错误，A正确；C．若刹车不失灵，根据v-t图象可知t=2s时两车速度相同，在0-2s内，小汽车和大卡车的位移之差所以不会追尾，故C错误；D．如果刹车不失灵，两车最近距离为s=30m-△x=30m-20m=10m故D错误。

故选A。7.北斗三号系统由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球同步静止轨道卫星和3颗地球同步倾斜轨道卫星共30颗卫星组成。其中倾斜地球同步轨道卫星和地球同步静止轨道卫星周期相同，中圆地球轨道卫星比地球同步静止轨道卫星轨道低一些，它们均为圆轨道卫星。则（）A.地球同步倾斜轨道卫星可以相对地球静止在北京上空B.地球同步倾斜轨道卫星的高度大于地球同步静止轨道卫星C.所有同步卫星绕地运动的周期都一定大于中圆地球轨道卫星D.所有同步卫星绕地运动的速率都一定大于中圆地球轨道卫星【答案】C【解析】【详解】A．地球同步倾斜轨道卫星不能与地球相对静止，故A错误；B．根据可知因为地球同步倾斜轨道卫星的周期与地球同步静止轨道卫星的周期相同，所以地球同步倾斜轨道卫星的高度等于地球同步静止轨道卫星，故B错误；C．中圆地球轨道卫星比地球同步静止轨道卫星轨道低一些，根据开普勒第三定律可知，所有同步卫星绕地运动的周期都一定大于中圆地球轨道卫星，故C正确；D．根据可知同步卫星轨道半径大，所有同步卫星绕地运动的速率都一定小于中圆地球轨道卫星，故D错误。故选C。8.如图，水平桌面上放置着质量为m、2m的A，B两物体，A与B，B与水平面间的动摩擦因数均为现用水平拉力F拉B，使A，B以相同的加速度运动．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则拉力F的最大值为（）

A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时A物体所受的合力为，由牛顿第二定律知对于AB整体，加速度由牛顿第二定律得可得故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。9.类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由图象求位移的方法。请你借鉴此方法，对于如图所示中图线和横轴所围成的“面积”的说法中，正确的有（）

A.（加速度-时间）图象面积反映速度变化量B.（电压-电流）图象面积反映电功率C.（力-位移）图象面积反映力做的功D.（电流-时间）图象面积反映电量变化量【答案】ACD【解析】【详解】A．根据△v=a△t得，a-t（加速度-时间）图线和横轴围成的面积表示速度的改变量，故A正确；B．由U-I（电压-电流）图线，根据公式P=UI可知，根据U与I的坐标值的乘积求出对应电流做功的功率，故B错误；C．由W=Fx可知，由F-x（力-位移）图线和横轴围成的面积可求出对应位移内F所做的功，故C正确；D．根据△q=I△t，得由（电流-时间）图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内通过导体横截面的电量，故D正确。故选ACD。10.如图所示，斜面底端有一下端固定的轻质弹簧，当弹簧处于自然长度时上端位于点。斜面顶端至点粗糙，点至斜面底端光滑。小物块由斜面的顶端自由释放，到达最低点。则（）A.从到的运动过程中速度一直在减小B.从到的运动过程中加速度先减小后增大C.从到的运动过程中机械能一直在减小D.最终可能静止在斜面上点【答案】BC【解析】【详解】AB．从到的运动过程中，物块M受到重力、斜面的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力，开始时重力的下滑分力大于弹簧弹力，合力方向沿斜面向下，由于弹簧的压缩量逐渐增大，弹簧的弹力逐渐增大，则物块沿斜面向下的合力逐渐减小，当弹簧弹力等于重力的下滑分力时，合力为零，加速度为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于重力的下滑分力，合力方向沿斜面向上并逐渐增大，物块减速，故物块M的速度先增大后减小至零，加速度先减小后增大，故A错误，B正确；C．从到的运动过程中，物块的机械能转化为弹簧的弹性势能，则物块机械能一直减小，故C正确；D．开始时物块能够自由下滑，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，所以物块不可能静止在A点，物块将在A点至下方某点之间来回运动，故D错误。故选BC11.静电场中的一条电场线与轴重合，其电势的变化规律如图所示。在点由静止释放一质子，质子仅受电场力的作用。则在区间内（）A.该静电场一定非匀强电场B.质子在静电场中可能做匀加速直线运动C.质子将沿轴正方向运动，电势能逐渐减小D.质子将沿轴负方向运动，加速度逐渐减小【答案】AD【解析】【详解】A．由图像可知，电势与距离不成正比，由可知该静电场是非匀强电场，A正确；B．由于质子是由静止释放，且只受电场力作用，由于是非匀强电场，根据可知电场力是随距离变化的，所以加速度也随距离变化，因此质子做变加速直线运动，B错误；C．由图像可知，在范围内，从左到右电势逐渐增大，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以该电场线的方向为水平向左，质子带正电，所以电场力的方向向左，加速度方向向左，所以质子将沿轴负方向运动，因此电场力对质子做正功，所以质子电势能减小，C错误；D．该图像的切线的斜率表示电场强度，质子沿轴向左运动，切线斜率的逐渐减小，所以电场强度逐渐减小，电场力逐渐减小，即加速度逐渐减小，D正确。故选AD。12.如图所示，在荧屏板的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。距荧屏板处有一粒子源，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为、电荷量为、质量为的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为，则（）A.粒子能打到板上的区域长度为B.打到板上的粒子数为C.从粒子源出发到板的最短时间为D.同一时刻发射的粒子打到荧光板上的最大时间差为【答案】BC【解析】【详解】A．粒子受到的洛仑兹力充当向心力，粒子运动的半径粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A离C距离为，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是，选项A错误；B．根据以上分析可知有一半的粒子能达到极板上，粒子源发射粒子的总个数为，则打到板上的粒子数为，选项B正确；CD．在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如下：粒子做整个圆周运动的周期由几何关系可知最短时间如图所示粒子在磁场中最长时间所以选项C正确，D错误。故选BC。三、实验题：本题共2小题，共计14分。请将解答填写在答题卡相应的位置。13.某实验小组用如图甲所示装置做“研究匀变速直线运动”实验。(1)实验操作时必须做到_________。A．钩码的质量远小于小车的质量B．垫高长木板没有定滑轮的一端，平衡摩擦力C．小车释放前靠近打点计时器D．连接小车的细绳平行于长木板(2)调节好实验装置，进行正确操作，打出的纸带如图乙所示，在纸带上取连续的七个计时点，测得两点间距为，两点间距为，已知相邻两个计时点间的时间间隔为，由此可知，打点计时器打下点时小车运动的速度大小是______，小车运动的加速度大小是________。【答案】(1).CD(2).(3).【解析】【详解】(1)[1]AB．研究匀变速直线运动时，不需要平衡摩擦力，不需要满足钩码的质量远小于小车的质量，故AB错误；C．为了能多打出一些点便于数据处理，小车释放前应靠近打点计时器，故C正确；D．为了使小车能做匀变速运动，连接小车的细线应平行于长木板，故D正确；故选CD；(2)[2]根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，打点计时器打下点时小车运动的速度大小是[3]根据，运用逐差法得小车运动的加速度大小为14.某同学要测量一个未知电阻的阻值。(1)为了合理选用器材设计测量电路，他先用多用表的欧姆档“”按正确的操作步骤粗测其电阻，指针如图所示，则读数应记为______。(2)现利用实验室的下列器材，精确测出其电阻。A．电源（，内阻约为）B．电流表（量程，内阻）C．电流表（量程，内阻）D．电压表（量程，内阻约为）E．滑动变阻器（，）F．开关，导线若干为了尽可能精确测出该电阻的阻值，电流表应选用_______（选填“”或“”）。请在图乙方框内设计最合理的实验电路图，并标出所选用的器材的符号。（）(3)根据合理的实验设计，某次实验测得电压表的示数为，电流表的示数为，则未知电阻的测量值表达式________。【答案】(1).260(2).A2(3).(4).【解析】【详解】(1)[1]欧姆表读数乘以倍率得到电阻值，故R=26×10Ω=260Ω(2)[2]通过电阻R的最大电流为故选A2电流表；[3]为了尽可能精确测出该电阻的阻值滑动变阻器应采用分压接法，因为电流表采用内接法，电路如图所示(3)[4]根据欧姆定律有可得四、计算题：本题共4小题，共计46分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中明确写出数值和单位。15.民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，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，气囊所构成的斜面高度，长度，质量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，不计空气阻力及斜面的形变，取。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重力的瞬时功率；(3)旅客下滑过程中重力的冲量。【答案】(1)1.6m/s2；(2)1440W；(3)1500N·s，方向竖直向下。【解析】【详解】(1)设斜面倾角为θ，由几何关系可知可得，对旅客进行受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsinθ-μmgcosθ=ma可得a=gsinθ-μgcosθ代入数据得a=1.6m/s2.(2)旅客运动到斜面底端时速度大小为v，由运动学公式v2=2aL代入数据得v=4m/s根据P=mgvcos（90°-θ）代入数据得旅客滑到斜面底端时重力的瞬时功率P=1440W。(3)由运动学公式得旅客下滑过程所用的时间为t=2.5s根据I=mgt代入数据得旅客下滑过程中重力的冲量大小为I=1500N·s方向竖直向下。16.如图所示，宽度为两平行竖直边界间有一水平匀强电场，右侧有一半径为的圆形匀强磁场区域，为圆心，磁场方向垂直纸面向里。一质量为、电荷量为的粒子在边界上的点由静止释放，经电场加速后，以速度沿轴线进入磁场区域，最终从磁场区域边界上点离开磁场，且。不计粒子重力。(1)求匀强电场的电场强度的大小；(2)求匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)若在圆形磁场右侧还存在着另一个矩形磁场区域，其一条边平行于，磁场方向垂直于纸面所在平面，粒子经过该磁场偏转后恰好又能回到点，求矩形磁场的最大磁感应强度及对应的最小面积。【答案】(1)；(2)；(3)；【解析】【详解】(1)粒子在电场中加速，由动能定理得(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得，粒子做圆周运动的半径R1＝rtan60°＝由牛顿第二定律得(3)如图，粒子出圆形磁场区域后在dj间做匀速直线运动，在j点进入矩形磁场做圆周运动，图示为符合题意的最小圆半径R2和对应的最小矩形磁场区域efgh由几何关系可知在矩形磁场区域运动的半径设矩形磁场区域最大磁感应强度为Bm，由得最小磁场区域面积S＝（R2+R2cos30°）×2R2＝代入R2得最小面积17.如图所示为沿水平方向的匀强电场的三条电场线，竖直平面内有一个半径为圆周，点为圆周上和圆心等高的一点，点为圆周上的最高点。在点的粒子源以相同大小的初速度在竖直面内沿各个方向发射质量为，带电量为带正电的同种粒子。已知竖直向上发射的粒子恰好经过点，且在点速度方向恰好水平面右，重力加速度为。求：(1)发射粒子的初速度大小；(2)电场强度的大小和方向；(3)所有经过圆周上粒子的动能的最大值。

【答案】(1)；(2)，向水平向右；(3)【解析】【详解】(1)由题意知，粒子在竖直方向受重力作用，竖直向上发射的粒子在竖直方向做竖直上抛运动，粒子在A到B的过程中，由得：(2)设竖直向上发射的粒子从A到B的过程中所用时间为t，在竖直方向做竖直上抛运动，有在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有又有由以上几式可得电场强度大小为方向水平向右。(3)粒子所受的合力设合力方向与竖直方向夹角为θ，根据得θ＝45°如图

合力方向与圆周相交于D点，由于所有粒子在A点初动能相等，粒子从A到D过程，合外力做功最多，所以经过D点的粒子动能最大。对粒子，从A到D过程，利用动能定理代入数据得18.如图所示，悬点处用一长为的轻绳系一质量为的物块，长为的水平传送带以速度匀速转动，紧靠传送带两端的水平面