2021届上海宁区延安中学高三(上)期中物理试题

一、选择题

1.在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，

下列叙述正确的是（ ）

A．安培首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法

B．牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法 C．用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法 D．场强表达式EFF和加速度表达式a都是利用比值法得到的定义式 qm2.用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是（ ）

A．kgm2/s2 B．kgm/s2 C．N/m D．Nm

3.伽利略在研究自由落体运动时，首先研究铜球在斜面上的运动，然后通过合理外推，得出自由落体运动是

匀变速直线运动的结论.伽利略用“斜面实验”研究自由落体运动的原因是（ ） A．便于测量位移 B．便于测量时间 C．便于测量速度 D．便于测量加速度

4.荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动，当秋千荡到最高点时，小孩的加速度方向是图中的（ ）

A．a方向 B．b方向 C．c方向

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D．d方向

5.如图所示，一木棒M搭在水平地面和一矮墙上，棒在地面上的投影垂直于竖直墙面。两个支撑点E、F处

受到的弹力和摩擦力的方向，下列说法正确的是（ ）

A．E处受到的支持力竖直向上 B．F处受到的支持力竖直向上 C．E处受到的静摩擦力沿EF方向 D．F处受到的静摩擦力沿水平方向

6.两个等量正点电荷位于x轴上，关于原点O呈对称分布，下列能正确描述电场强度E随位置x变化规律

的图是（ ）

A．

B．

C．

D．

7.汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功

率立即减小一半并保持该功率继续行驶。设汽车行驶时所受的阻力恒定，则下面四个图像中，哪个图像正确表示了司机从减小油门开始，汽车的速度与时间的关系（ ）

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A．

B．

C．

D．

8.如图，开口向下的玻璃管插入水银槽中，管内封闭了一段气体，气体长度为l，管内外水银面高度差为h，

若保持玻璃管不动，向水银槽内舀出少许水银，则（ ）

A．l增大，h增大 B．l减小，h增大 C．l增大，h减小 D．l减小，h减小

9.一列沿x轴正方向传播的简谐波t=0时刻的波形如图所示，t=0.2s时C点开始振动，则（ ）

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A．t0.3s时，波向前传播了3m，质点B将到达质点C的位置 B．t0.05s时，质点A的速度方向向下 C．0~0.6s内，质点B的平均速度为2m/s

D．若同时存在一列振幅为10cm、频率为2.5Hz的沿x轴负方向传播的简谐波，则两列波相遇叠加的区域会出现干涉现象

10.如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量

和摩擦），初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后，A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（ ）

A．平均速度相同 B．运动时间相同

C．重力做功的平均功率相同 D．重力做功相同

11.如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最

终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L，木块对了弹的阻力为F（F视为恒力），则下列判断正确的是（ ）

A．子弹和木块组成的系统机械能守恒 B．子弹对木块所做的功为FL C．系统产生的热量为FLL

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1D．子弹对木块做的功为Mv2

212.（多选）如图所示为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线.下列说法正确的是（ ）

A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力 B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力 C．当r等于r2时，分子势能Ep最小

D．在r由r1增大的过程中，分子间的作用力做正功 二、填空题

13.一个质点经过平衡位置O，在A、B两点间做简谐运动如图甲，它的振动图像如图乙所示，设向右为正方

向，则OB______cm；第0.4s末，质点的加速度方向是______，第0.7s末，质点位置在点______与______点之间。

14.一行星绕恒星做圆周运动。由天文观测可得，其运行周期为T，速度为v，引力常量为G，则行星运动的

加速度为_________，恒星的质量为___________。

15.如图，固定在竖直平面内的光滑圆轨道半径为r，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动，重力加

速度为g。小球经过最低点的最小速度v等于______。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为FN1，在最高点对轨道的压力大小为FN2。则FN1FN2的值为______

16.一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭

气体的压强为p0。经过太阳暴晒，气体温度由T0300K升至T1350K。求此时气体的压强为______；保持

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T1350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0，求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的

比值为______。

三、实验题

17.在“用油膜估测分子的大小”的实验中，实验中使用到油酸酒精溶液，其中，油酸容易在水面上形成______

油膜，而酒精的作用是______。

18.在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a）所示的实验装置，重物通过滑轮用

细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器②部分随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器①部分固定在轨道一端，实验中力传感器的拉力为F，保持小车（包括位移传感器发射器）的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图（b）所示。

（1）位移传感器②部分是_____（填“发射器”或“接收器”），该实验中______（选填“需要”或“不需要”）使得重物的质量远小于小车（包括位移传感器②部分）的质量； （2）小车与轨道的滑动摩擦f______N；

（3）从图像中分析，小车（包括位移传感器发射器）的质量为______ kg；

（4）该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角调整到tan______。（保留两位有效数字）。四、计算题

19.有三根长度皆为l1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别

拴有质量皆为m1.00102Kg的带电小球A和B，它们的电量分别为q和q，q1.00107C。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为E1.00106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。（忽略电荷间相互作用力）

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（1）请通过计算分析判断，该情况中带电小球间的库仑力是否可以忽略； （2）在细线OB烧断前，轻线OA中的拉力T1。 （3）在题中画出两球再次静止时的位置示意图； （4）当再次静止后，轻线AB中张力大小？

20.半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有两个质量分别为m和3m的小球A和B．A、B之间用一长

为2R的轻杆相连，如图所示.开始时，A、B都静止，且A在圆环的最高点，现将A、B释放，试求：

（1）B球到达最低点时的速度大小；

（2）B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功； （3）B球在圆环右侧区域内能达到的最高点位置.

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参

1.【解析】A．法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法。故A错误；

B．伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法，故B错误； C．用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法，故C正确； D．场强表达式E故选C。 【答案】C

2.【解析】根据WFs，Fma，可得Jkg·m/s2?mkg·m2/s2，故A正确，B、C、D错误；

FF 是比值法得到的定义式，加速度表达式a不是比值法得到的定义式，故D错误；

qm【答案】A

3.【解析】在伽利略时代，没有先进的计时仪器，还采用的是用水钟计时，无法直接测定运动时间，所以伽

利略用“斜面实验”研究自由落体运动的原因是便于测量时间. A． 便于测量位移与分析不符，故A错误. B． 便于测量时间与分析相符，故B正确. C． 便于测量速度与分析不符，故C错误. D． 便于测量加速度与分析不符，故D错误. 【答案】B

4.【解析】当秋千荡到最高点时，小孩的速度为零，沿半径方向加速度为零，加速度方向沿圆弧的切线方向，

即是图中的b方向，选项B正确.故选B． 【答案】B

5.【解析】A．E处受到的支持力的方向与地面垂直向上，即竖直向上，故A正确；

B．F处受到的支持力的方向与M垂直向上，不是竖直向上，故B错误；

C．M相对于地有向右运动的趋势，则在E处受到的摩擦力沿地面向左，故C错误； D．因M有沿矮墙向下的运动趋势，所以F处受到的摩擦力沿EF方向，故D错误。 故选A。 【答案】A

6.【解析】等量同种正点电荷的电场线如图中虚线，据场强的叠加，两正点电荷中点处场强为零，靠近电荷

处场强较强，点电荷周围的电场线是排斥状的，场强的方向用正负表示.

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A．该图与结论相符，选项A正确； B．该图与结论不相符，选项B错误； C．该图与结论不相符，选项C错误； D．该图与结论不相符，选项D错误； 故选A． 【答案】A

7.【解析】汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率

和速度关系公式PFv，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，由公式PFv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直线运动； 故选B。 【答案】B

8.【解析】由题意可知变化过程为等温变化；先假设向水银槽内舀出少许水银时水银柱不动

PghP0

h增大，则封闭气体压强P减小，在大气压的作用下水银柱下降，而封闭气体由于压强减小，体积增大，故l增大； 根据 PghP0

平衡，可知h增大。故A正确，B、C、D错误。 故选A。 【答案】A

9.【解析】A．质点只振动不能移动，A错误；

B．波向正方向传播，t=0时刻质点A向上振动。波速为 vx2m/s10m/s t0.2周期为

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Tv4s0.4s 10因为

1t0.05s=T

8质点A的速度方向向上，B错误；

C．t=0到t=0.6s时间内，时间经过了1.5个周期，B质点到达波峰，通过的位移大小为Δy40cm，平均速度大小为 vΔy0.4m=0.67m/s Δt0.6sC错误； D．波的频率为

f12.5H T由于两列波的频率相同，两列波相遇时叠加的区域会出现干涉现象，D正确。 故选D。 【答案】D

10.【解析】设斜面倾角为，刚开始A、B处于静止状态，所以有mBgsinmAg，所以mBmA。

1A．剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，A、B都只有重力做功，根据动能定理得：mv2mgh，解

2得着地时速率v2gh，A、B平均速度大小均为v/2，但速度为矢量，方向不同，故A错误； B．A、B的加速度不同，B为gsin，A为g，且A的位移较短，所以A所用时间一定短，故B错误； C．A运动的时间为：t12h，所以A重力做功的平均功率为 gPAmAghgmAgh t12h对B运动有 h12gsint2 sin2解得 t21sin2h g所以B重力做功的平均功率为

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PBmBghgmBghsin t22h而mBgsinmAg，所以重力做功的平均功率相等，故C正确。

D．A、B重力不等，mBmA，竖直方向上位移相等，故重力做功不等，故D错误。 故选C。 【答案】C

11.【解析】A．有阻力做功，有内能产生，子弹和木块组成的系统机械能减少，故A错误；

B．子弹对木块所做的功为：W1FL，故B错误；

C．了弹和木块组成的系统产生的热量为：QFL（相对位移），故C错误； D．以木块为研究对象，根据动能定理可能 W1Mv2 2故D正确。 故选D。 【答案】D

12.【解析】两分子系统的势能Ep最小值对应分子平衡位置，即r2处为平衡位置，当r>r2时，分子间的作用

力表现为引力，当r13.【解析】OB间距离等于振幅，由图知

OBA5cm

第0.4s末，质点在负向最大位移处，即在A点，此时加速度方向向右； 第0.7s时，质点位置在O与B两点之间。 【答案】5 向右 O B

14.【解析】（1）行星运动的加速度为

ar2v T（2）根据

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Mmv2G2m rr恒星的质量

v2rv3T MG2G2vv3T 【答案】T2G15.【解析】 根据向心力公式可知，在最高点时：

v2mgFm

r根据机械能守恒定律可知， mg2r1212mv1mv 22再对最低点分析可知：

v12Fmgm

r当F=0时，小球经过最低点的速度最小，最小速度v等于5gr，且 FN1FN2F'F6mg

【答案】5gr 6mg

16.【解析】设升温后气体的压强为p，由于气体做等谷变化，根据查理定律得

p0p T0T1又

T0300K，T1350K

解得 p7p0 6pVmR，得集热器内气体的体积不变，则得剩余气体的质量与原来总质量的比值 根据克拉伯龙方程Tm6 m07【答案】

7p0 6∶7 617.【解析】如果油酸不加稀释形成的油膜面积很大，不易于形成单分子油膜，不便于测量，油酸可以溶于

酒精，因此酒精溶液的作用是对油酸起到稀释作用。 【答案】单分子 是对油酸起到稀释作用

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18.【解析】（1）位移传感器②部分为发射器，而位移传感器①部分为接收器部分；本实验中是直接以力传

感器作为合外力F，故不需要重物的质量远小于小车（包括位移传感器②部分）的质量；（若直接以重物的重力作为合外力F，则需要重物的质量远小于小车（包括位移传感器②部分）的质量） （2）根据图像可知，当F0.5N时，小车开始有加速度，则f0.5N； （3）根据牛顿第二定律得 aFf1fF MMM则aF图像的斜率表示小车质量的倒数，则

M140.50.7kg k5（4）为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有 MgsinMgcos

解得 tan

根据fMg得

0.51

0.71014所以

tan10.071 14【答案】发射器 不需要 0.5 0.7 0.071

19.【解析】（1）根据库仑定律，A、B之间的库仑力为

F库 9105N

而电场力

FEq0.1N

重力 G0.1N

因为库仑力相对与电场力、重力非常小，故可以忽略。 （2）在细线OB烧断前，A球受力分析如图所示。

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竖直方向上有

T1sin60mg

T10.115N

水平方向上

FqETcos600.043N

（3）再次平衡后的状态如图所示

（4）平衡后对B球受力分析：

FAB(Eq)2(mg)20.14N

【答案】（1）可以忽略；（2） 0.115N；（3） ；（4） 0.14N

20.【解析】（1）系统机械能守恒，mAgR+mBgR=mAvA2+mBvB2，又因为vA=vB，得，vB=

（2）根据动能定理，mAgR+W=mAvA2，而vA=，解得，W=0；

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（3）设B球到右侧最高点时，OB与竖直方向夹角为θ，圆环圆心处为零势能面.系统机械能守恒，mAgR=mBgRcosθ-mAgRsinθ，代入数据得，θ=30°，所以B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与竖直方向. 夹角为30°

【答案】（1）2gR（2）0，（3）300

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