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- 2021-04-16 发布
高三年级六月考试物理测试卷
一、选择题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 亚里士多德提出重的物体比轻的物体下落的快，是没有事实依据凭空猜想出来的
B. 牛頓通过大量的实验验证了牛顿第一定律的正确性
C. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的强度无关，与照射光的频率成正比
D. 根据玻尔理论可知：当氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，需要吸收能量，电子的轨道半径增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.亚里士多德提出重的物体比轻的物体下落的快，是根据生活经验猜想出来的.故选项A不符合题意.
B.牛顿第一定律是逻辑思维的产物，不能用实验验证.故选项B不符合题意.
C. 根据光电效应方程
EKm=hv-W0
知光电子的最大初动能与光子的频率成一次函数关系，不是正比关系；光电子的最大初动能与光强无关.故选项C不符合题意.
D. 根据玻尔理论可知：当氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，需要吸收能量，电子的轨道半径增大.故选项D符合题意.
2.如图所示，倾角30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量m的小球从斜面上高为处静止释放，到达水平面恰能贴着挡板内侧运动．不计小球体积，不计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的力是（ ）
A. 0.5mg B. mg C. 1.5mg D. 2mg
【答案】B
【解析】
试题分析：根据动能定理求出到达水平面时速度，根据向心力公式求出挡板对小球的压力即可．
解：在斜面运动的过程中根据动能定理得：
①
根据向心力公式有：
N=m②
由①②解得：N=mg
根据牛顿第三定律可知，小球沿挡板运动时对挡板的力mg
故选B
【点评】本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，难度适中．
3.从离水平地面高H处以速度v0水平抛出一个小球A，同时在其正下方地面上斜抛另一个小球B，两球同时落到地面上同一位置，小球B在最高点时，距地面的高度为h，速度为v，则以下关系正确的是（ ）
A. h=H，v=v0
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】斜抛可以看成对称的两段平抛，则，，，得；，，则，故选D。
4.假设列车经过铁路桥的全过程都做匀减速直线运动，已知某列车长为L通过一铁路桥时的加速度大小为a，列车全身通过桥头的时间为t1，列车全身通过桥尾的时间为t2，则列车车头通过铁路桥所需的时间为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设列车车头通过铁路桥所需要的时间为t0，从列车车头到达桥头时开始计时，列车全身通过桥头时的平均速度等于时刻的瞬时速度v1，可得：
列车全身通过桥尾时的平均速度等于时刻的瞬时速度v2，则
由匀变速直线运动的速度公式可得：
联立解得：
A. ，与计算不符，故A错误.
B. ，与计算不符，故B错误.
C. ，与计算相符，故C正确.
D. ，与计算不符，故D错误.
5.2018年国际雪联单板滑雪U形池世锦赛决赛在西班牙内华达山收官，女子决赛中，中国选手蔡雪桐以90.75分高居第一，成功卫冕．如图所示，单板滑雪U形池场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场地，雪面不同曲面处的动摩擦因数不同．因摩擦作用，滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下滑到坡底的过程中速率不变，则（ ）
A. 运动员下滑的过程中加速度不变
B. 运动员下滑的过程所受合力恒定不变
C. 运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小
D. 运动员滑到最低点时所受重力的瞬时功率达到最大
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知，运动员下滑到坡底的过程中速率不变，做匀速圆周运动，加速度的大小不变，方向时刻改变，故A错误；合外力提供向心力，方向指向圆心，所以方向时刻改变，B错误；在人下滑的过程中，到达某位置时，受力分析如图所示。切线方向：f=mgsinθ，在法线方向：，又f=μFN，联立得：，可得在下滑的过程中θ减小，动摩擦因数μ变小，故C正确；重力的瞬时功率等于重力与竖直方向速度的乘积，到达最低点时，速度水平，竖直方向速度为零，故重力的瞬时功率等于零，D错误。
6.为探究人在运动过程中脚底在接触地面瞬间受到的冲击力问题，实验小组的同学利用落锤冲击地面的方式进行实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况。重物与地面的形变很小，可忽略不计，g 取10m/s2.下表为一次实验过程中的相关数据。根据实验数据可知
重物（包括传感器）的质量 m/kg
8.5
重物下落高度 H/cm
45
重物反弹高度 h/cm
20
最大冲击力 Fm/N
850
重物与地面接触时间 t/s
0.1
A. 重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小为100m/s2
B. 重物与地面接触前瞬时的速度大小为2m/s
C. 重物离开地面瞬时的速度大小为3m/s
D. 在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6 倍
【答案】D
【解析】
【详解】地面对重物的冲击力F方向竖直向上，根据牛顿第二定律：F-mg=ma，当冲击力最大时，代入解得加速度最大为90 m/s2，A错误；重物下落的高度为45cm，根据可求下落的时间为t=0.3s，所以落地时的速度v=gt=3m/s，B错误；反弹的高度为20cm，竖直向上做匀减速运动，由可求离开地面时的速度为2m/s，C错误；与地面相互作用的过程，取向下为正方向，根据动量定理：，代入解得地面对重物的平均作用力，所以D正确。
7.如图所示，在倾角光滑斜面上质量均为的A、B两物体用的轻弹簧相连，初始时A、B两物体静止放在斜面底端的挡板上。现施加一个沿斜面向上的外力F作用在物体A上，使之能匀加速上升，经物体B刚要脱离挡板。已知，，则下列说法正确的是（ ）
A. 所施外力F随时间均匀增大 B. 物体A运动的加速度为
C. 内外力F所做的功为 D. 物体B脱离挡板时物体A的速度为
【答案】C
【解析】
【详解】A.弹簧先处于压缩状态，后处于拉伸状态。弹簧处于压缩状态时，对A，根据牛顿第二定律得
F+k△x-mgsinθ=ma
得
F=mgsinθ+ma-k△x，
随着△x的减小，F增大；
弹簧处于拉伸状态时，对A，根据牛顿第二定律得
F-k△x-mgsinθ=ma
得
F=mgsinθ+ma+k△x
随着△x的增大，F增大。根据数学知识知所施外力F随弹簧形变量△x均匀增大，由于A做匀加速运动，当弹簧处于压缩状态时
△x=x1-x
可得：
x1是初始时弹簧的压缩量，可知，△x随时间t不是均匀变化，所以外力F随时间不是均匀增大，同理，当弹簧处于拉伸状态时，外力F随时间不是均匀增大，故A错误.
B. 开始时A、B处于静止状态，对A：
kx1=mgsinθ
解得：
x1=0.15m
B刚要离开挡板时，挡板对B的支持为0，对B：
kx2=mgsinθ
解得：
x2=0.15m
所以从开始到B刚离开挡板时A移动的位移
x=x1+x2=0.3m
由
得
a=3.75m/s2
故B错误.
CD. 物体B脱离挡板时物体A的速度为
v=at=1.5m/s
由于x1=x2，所以初末位置时弹簧的弹性势能相等。对A，根据动能定理得
可得外力F所做的功为
W=14.625J
故C正确，D错误.
8.下面说法正确的是（ ）
A. 用熵的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的熵不会增加
B. 当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间的距离增大而增大
C. 一定质量的理想气体从外界吸热，其内能不一定增加
D. 液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈
【答案】CD
【解析】
【详解】A.根据热力学第二定律，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少.故选项A不符合题意.
B.当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间的距离增大而减小.故选项B不符合题意.
C.根据热力学第一定律，一定质量的理想气体从外界吸热，其内能不一定增加.故选项C符合题意.
D.液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈.故选项D符合题意.
9.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为1m/s，从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F、滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示（力F和速度v取同一正方向），g=10m/s2，则
A. 滑块的质量为1.0kg
B. 滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.05
C. 第2s内力F的平均功率为3.0W
D. 第1内和第2s内滑块的动量变化量相同
【答案】BD
【解析】
由v--t图象的斜率得到加速度为：，由两图知，第一秒内有：，第二秒内有：，代入数据得：．故A错误，B正确；由得第2s内力F的平均功率为，故C错误；由图乙可知第一秒内和第二秒内速度的变化都是，所以动量的变化量都是：，故D正确．故选BD.
【点睛】由v--t图象的斜率得到加速度；由牛顿第二定律列方程求解摩擦力和滑块的质量；由P=Fv求解平均功率，根据求出动量的变化量.
10.在一水平向右匀速传输的传送带的左端A点，每隔T的时间，轻放一个相同的工件，已知工件与传送带间动摩擦因数为，工件质量均为m
，经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x，下列判断正确的有（ ）
A. 传送带的速度为
B. 传送带的速度为
C. 在一段较长的时间t内，传送带因为传送工件而将多消耗的能量为
D. 每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
【答案】AD
【解析】
【详解】A.工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知
x=vT
解得：
故A正确.
B.设每个工件匀加速运动的位移为s，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg，则传送带的速度
根据题目条件无法得出s与x的关系.故B错误.
CD. 每个工件的加速时间
每个工件与传送带间的相对位移
摩擦产生的热量为：
根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量
在时间t内，传送工件的个数
则多消耗的能量
故C错误，D正确.
二、实验题
11.某同学为了探究物体的质量不变时，加速度跟合外力的关系。将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器挂钩上，用来测量绳对小车的拉力，根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的a-F图象。由于疏忽，实验者忘记了平衡摩擦力，将带滑轮的长木板固定在水平的桌面上了。
（1）实验中是否需要钩码质最远小于小车和传感器的总质量：______（填“是“或“否”）
（2）由图象求出小车和传感器受到的摩擦阻力为______N，总质量为______kg
【答案】 (1). （1）否； (2). （2）2； (3). 2
【解析】
【详解】（1）此实验中由于在小车上安装了拉力传感器，拉小车的力可以由拉力传感器测出，所以没有必要再用钩码的重力代替拉力，当然更没有必要使钩码的质最远小于小车和传感器的总质量。
（2）从a-F图象可以看出，当F＞2N时，小车才有加速度，所以F
=2N时是小车受到的最大静摩擦力，从而它又是等于滑动摩擦力，所以摩擦阻力为2N．根据牛顿第二定律，则图象的斜率就是小车质量的倒数，则。
12.为了验证碰撞中动量和能量是否守恒，长郡中学髙三物理兴趣小组找来了一端倾斜另一端水平的光滑轨道，如图所示。在距离水平部分高为h处和水平部分安装了1、2两个光电门，然后找来两个直径均为d但质量分别为mA和mB的小球A、B进行实验。先将小球B静放在水平轨道上两光电门之间，让小球A从倾斜轨道上较高位置释放，光电门1记录了小球A碰撞前后通过的时间t1、t1′，光电门2记录了碰后小球B通过的时间t2′。通过对实验结果的分析可知mA___________(填“大于”“小于”或“等于”)mB，若满足关系式___________，则说明碰撞中能量守恒。如果两小球的位置互换，该实验___________(填“能”或“不能”)成功。
【答案】 (1). 小于 (2). (3). 能
【解析】
【详解】由题意，两个直径相同的小球在光滑的水平面上发生碰撞，要验证动量守恒，则必定要测出碰撞前后的速度，从题意来看，由于小球A通过光电门的时间有两个，则说明小球A碰撞两次通过光电门，即碰撞后反弹，要反弹则A球的质量小于B球的质量；
由机械能守恒定律可以求出两个小球的速度分别由下式表示：
若碰撞前后机械能守恒，则有：
将以上式代入并化简可得：
若把两球的位置互换，则碰撞后B球不会反弹，但B球碰撞可以通过光电门2，仍可求出碰撞后的速度，同样也能验证机械能理否守恒。
三、解答题
13.如图，绳CO与竖直方向成，O为一轻质滑轮，物体A与B用跨过定滑轮的细绳相连且保持静止，已知B所受的重力为100N，地面对B的支持力为80N，求
(1)物体B与地面间的摩擦力大小
(2)物体A的重力大小
(3)绳CO的拉力大小
【答案】(1)(2)40N(3)
【解析】
【详解】(1)对滑轮受力分析，受CO绳子的拉力F3，AO和BO绳子的拉力F1、F2，如图所示：
由于是定滑轮，故AO和BO绳子的拉力相等，则根据平行四边形定则可知其合力一定在角平分线上；又根据三力平衡条件，拉力F1、F2的合力一定与CO
绳子的拉力等大、反向、共线；所以BO绳子与竖直方向的夹角为60°；
再对物体B受力分析，受重力Mg、BO绳子的拉力、地面的支持力N和向右的静摩擦力f，如图所示：
根据平衡条件并结合正交分解法，有
x方向：
F2sin60°＝f
y方向：
F2cos60°+N＝Mg
解得
F2＝40N
f＝
所以物体B与地面间的摩擦力为
(2)对物体A受力分析，受重力和拉力；由上可得拉力等于40N；根据二力平衡条件，得到重力等于拉力；所以物体A的重力为40N。
(3)对滑轮受力分析，如图
根据平衡条件并结合几何关系，有
故绳子CO的拉力为。
14.足球比赛中．经常使用”边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90m、宽60m，如图所示，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12的匀减速直线运动，加速度大小为3试求：
(1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的起动过程可以视为从静止出发，加速度为4的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球
【答案】(1)24m(2)4s
【解析】
【详解】(1)根据运动学公式可得足球匀减速位移为
(2)足球匀减速时间：
人加速时间：
当球停止时人的位移为
故最短时间为 4s
15.绝热气缸A和导热气缸B固定在水平地面上，由钢性杆连接的两个等大活塞封闭着两部分体积均为V的理想气体，此时气体的压强与外界大气压强p0相同，气体的温度与环境温度T0
也相同。已知理想气体的内能U与温度T的关系为，为常量且>0。现给气缸A的电热丝通电，当电热丝放出的热量为Q1时气缸B的体积减为原来的一半。若加热过程是缓慢的，求：
(1)气缸A内气体的压强；
(2)气缸B在该过程中放出的热量Q2。
【答案】（1）2p0（2）Q2-Q1-2αT0
【解析】
【详解】（1）设AB内气体末态压强为P，对B气体由玻意耳定律得：
P0V＝P
解得：P=2P0
（2）对A气体由理想气体状态方程得：
解得：T=3T0
气缸A内气体升温时内能增加：△U=α（T-T0）=2αT0
气缸B内气体内能不变；以气缸AB内两部分气体为研究对象，由热力学第一定律得：Q1=△U+Q2
解得气缸B内气体放出热量为：Q2=Q1-2αT0
16.如图所示，质量M=0.4kg的长薄板BC静置于倾角为37°的光滑斜面上，在距上端B水平距离为1.2m的A处，有一个质量m=0.1kg的小物体，以一定的初速度水平抛出，恰好以平行于斜面的速度落落在薄板BC上的B端点，并在薄板上开始向下运动，当小物体落在薄板BC上的B端时，薄板无初速度释放并开始沿斜面向下运动，当小物块运动到薄板的最下端C点时，与薄板BC的速度恰好相等，小物块与薄板之间的动摩擦因数为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
（1）小物体在A点初速度；
（2）薄板BC的长度．
【答案】（1） （2）
【解析】
（1）根据平抛运动的规律，结合平抛运动的速度方向与斜面平行，结合平行四边形定则求出时间，从而得出A与B点的水平距离．（2）根据牛顿第二定律分别求出小物体和薄板的加速度，结合运动学公式求出两者速度相等经历的时间，通过两者的位移求出薄板的长度．
（1）小物体从A到B做平抛运动，下落时间为，水平位移为x，根据平抛运动规律有：，
联立解得：
（2）设小物体落到B点的速度为v，根据平抛运动规律，则有：
小物体在薄板上运动，根据牛顿第二定律有：
薄板在光滑斜面上运动，根据牛顿第二定律有：
小物体从落到薄板到两者速度相等用时t，则速度相等有：
则小物体的位移 薄板的位移
薄板的长度
联立解得L=2.5m
17.如图所示，质量为mA＝2kg的木板A静止在光滑水平面上，一质量为mB＝1kg的小物块B以某一初速度v0从A的左端向右运动，当：A向右运动的路程为L＝0.5m时，B的速度为vB＝4此时A的右端与固定竖直挡板相距x，已知木板A足够长（保证B始终不从A上掉下来），A与挡板碰撞无机械能损失，A、B之间动摩擦因数为，g取10m/s2:
(1)求B的初速度值v0：
(2)当x满足什么条件时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞？
【答案】(1)6m/s(2)
【解析】
【详解】(1)假设B的速度从v0减为vB＝4m/s时，A一直加速到vA，以A为研究对象，
由动能定理
代入数据解得：
vA＝1m/s＜vB
故假设成立
在A向右运动路程L＝0.5m的过程中，A、B系统动量守恒
mBv0＝mAvA+mBvB
联立解得
v0＝6m/s
(2)设A、B与挡板碰前瞬间的速度分别为vA1、vB1，由动量守恒定律：
mBv0＝mAvA1+mBvB1
以A为研究对象，由动能定理
由于A与挡板碰撞无机械能损失，故A与挡板碰后瞬间的速度大小为vA1，碰后系统总动量不再向右时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞，即
mAvA1≥mBvB1
可得：
mBv0≤2mAvA1
解得
联立解得：
x≥0.625m