河北衡水中学2018-2019学年度第一学期高三年级期中考试物理试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

试卷共8页，共110分。

考试时间110分钟。

第Ⅰ卷（选择题共60分）注意事项：1.答卷Ⅰ前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔填写在答题卡上。

2.答卷Ⅰ时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

一、选择题（每小题4分，共60分。

下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上，全部选对的得4分，有漏选的得2分，有错选的得0分）1.图中给出了四个电场的电场线，则每一幅图中在M、N处电场强度相同的是（）2.如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm。

小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。

设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）3.如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。

现用完全相同的小球B以水平速度0v与A相碰后粘在一起压缩弹簧。

不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始回到静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I,则下列表达式中正确的是（）4.如图，人造卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动，已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为θ，则M、N的运动速度大小之比等于（）5.如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m,三个小球从同一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度v，B、C由静止释放。

三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为（）A.1次B.2次C.3次D.4次6.如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为2：1：2，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为（）A.12()2x x + B.12()4x x + C.12(3)2x x + D.12(3)4x x + 7.如图所示，a 、b 两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。

已知b 球质量为m ，杆与水平面成角θ，不计所有摩擦，重力加速度为g 。

当两球静止时，Oa 绳与杆的夹角也为θ，Ob 绳沿竖直方向，则下列说法正确的是（ ）A.a 可能受到2个力的作用B.b 可能受到3个力的作用C.绳子对a 的拉力等于mgD.a 的重力为tan mgθ8.如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ= 0.2，杆的竖直部分光滑。

两部分各套有质量均为1 kg 的小球A 和B ，A 、B 球间用细绳相连。

初始A 、B 均处于静止状态，已知OA =3 m ，OB =4 m ，若A 球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m （取g =10 m/s 2），那么该过程中拉力F 做功为（ ）A.4 JB.6 JC.10 JD.14 J9. 如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t =0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。

在物块放到木板上之后，木板运动的速度-时间图象可能是下列图中的（ ）10.如图所示，固定的半圆形竖直轨道，AB 为水平直径，O 为圆心，同时从A 点水平抛出质量相等的甲、乙两个小球，初速度分别为v 1、v 2，分别落在C 、D 两点。

并且C 、D 两点等高，OC 、OD 与竖直方向的夹角均为37°（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）。

则（ ）A.甲、乙两球下落到轨道上C 、D 两点时的机械能和重力瞬时功率不相等B.甲、乙两球下落到轨道上的速度变化量不相同C.12:1:3v v =D.12:1:4v v =11.如图所示，在直角坐标系xOy 平面内存在一正点电荷Q ，坐标轴上有A 、B 、C 三点，OA =OB =BC =a ，其中A 点和B 点的电势相等，O 点和C 点的电势相等，静电力常量为k ，则下列说法正确的是（ ）A.点电荷Q 位于O 点B.O 点电势比A 点电势高C.C 点的电场强度大小为22kQa D.将某一正试探电荷从A 点沿直线移动到C 点，电势能一直减小12. 空间存在一静电场，场强方向与x 轴平行，电场中的电势随x 的变化规律如图所示，下列说法正确的是（ ）A.4mx=处电场强度可能为零B.4mx=处电场方向一定沿x轴正方向C.电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到6mx=处，电势能增大8 eVD.沿x轴正方向，电场强度先增大后减小13.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A,斜面质量为M，底边长为L，如图所示。

将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。

此过程中斜面对滑块的支持力大小为NF,则下列说法中正确的是（）A.N cosF mgα=B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为N cosF tαC.滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒D.此过程中斜面向左滑动的距离为mL M m+14.如图所示，静止在光滑水平面上的木板右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量3kgM=。

质量1kgm=的铁块以水平速度04m/sv=，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。

在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（）A.3 JB.6 JC.20 JD.4 J15.在光滑水平面上,a 、b 两小球沿同一直线都以初速度大小v 0做相向运动,a 、b 两小球的质量分别为m a 和m b ,当两小球间距小于或等于L 时,两小球受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用；当两小球间距大于L 时,相互间的排斥力为零,小球在相互作用区间运动时始终未接触,两小球运动时速度v 随时间t 的变化关系图象如图所示,下列说法中正确的是（ ）A.在t 1时刻两小球间距最小B.在t 2时刻两小球的速度相同,且大小为0v m m m m ba ba +-C.在0:t 3时间内,b 小球所受排斥力方向始终与运动方向相同D.在0:t 3时间内,排斥力对a 、b 两小球的冲量大小相等第Ⅱ卷(共50分)注意事项:1.答卷Ⅱ前考生务必将自己的姓名、班级、考号填在答题卡上规定的地方。

2.答卷Ⅱ时用兰黑色钢笔或圆珠笔直接填写在答卷纸规定的地方。

二、填空题(共13分)16.如图1所示,用半径相同的A 、B 两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。

实验时先让质量为m 1的A 球从斜槽上某一固定位置C 由静止开始滚下,进入水平轨道后,从轨道末端水平抛出,落到位于水平地面的复写纸上,在下面的白纸上留下痕迹。

重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。

再把质量为m 2的B 球放在水平轨道末端,让A 球仍从位置C 由静止滚下,A 球和B 球碰撞后,分别在白纸上留下各自的落点痕迹,重复操作10次。

M 、P 、N 为三个落点的平均位置,未放B 球时,A 球的落点是P 点,0点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点,如图2所示。

(1)在这个实验中,为了尽量减小实验误差,两个小球的质量应满足m 1 m 2(填“>”或“<”);除了图中器材外,实验室还备有下列器材,完成本实验还必须使用的两种器材是 。

A.秒表 B.天平 C.刻度尺 D.打点计时器 (2)下列说法中正确的是 。

A.如果小球每次从同一位置由静止释放,每次的落点一定是重合的B.重复操作时发现小球的落点并不重合,说明实验操作中出现了错误C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来,这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置D.仅调节斜槽上固定位置C,它的位置越低,线段0P的长度越大(3)在某次实验中,测量出两个小球的质量m1、m2，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上,测量出三个落点位置与0点距离OM、OP、0N的长度。

在实验误差允许范围内,若满足关系式,则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒;若碰撞是弹性碰撞。

那么还应满足关系式。

(用测量的量表示)(4)在OP、0M、0N这三个长度中,与实验所用小球质量无关的是,与实验所用小球质量有关的是。

(5)某同学在做这个实验时,记录下小球三个落点的平均位置M、P、N,如图3所示。

他发现M 和N偏离了0P方向。

这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒,他想到了验证这个猜想的办法:连接OP、OM、ON,作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′。

分别测量出OP、OM′、ON′的长度。

若在实验误差允许的范围内,满足关系式：则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。

三、计算题17.(8分)如图所示,ABD为竖直平面内的轨道,其中AB段水平粗糙,BD段为半径R=0.08 m的半圆光滑轨道,两段轨道相切于B点，小球甲以v=5m/s的初速度从C点出发,沿水平轨道向右运动,与静止在B点的小球乙发生弹性正碰,碰后小球乙恰好能到达圆轨道最高点D，已知小球甲与AB段的动摩擦因数μ=0.4,CB的距离S=2 m,g取10 m/s2,甲、乙两球可视为质点,求：(1)碰撞前瞬间,小球甲的速度v1;(2)小球甲和小球乙的质量之比。

18.(8分)如图所示,可视为质点的两个小球通过长度L=6 m的轻绳连接,甲球的质量为m1=0.2 kg,乙球的质量为m2=0.1 kg。

将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放,甲球释放∆t=1 s后再释放乙球,绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时间极短,绷断过程小球的位移可忽略),此后两球又下落t=1.2 s同时落地。

可认为两球始终在同一竖直线上运动,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。

(1)从释放乙球到绳子绷直的时间t0；(2)绳子绷断的过程中合外力对甲球的冲量大小。

19.(8分)有一个匀强电场,电场线和坐标平面xOy 平行,以原点O 为圆心,半径r =10cm 的圆周上任意一点P 的电势()V 25sin 40+=θϕ,θ为O 、P 两点的连线与x 轴正方向所成的角,A 、B 、C 、D 为圆周与坐标轴的四个交点,如图所示。

(1)求该匀强电场场强的大小和方向;(2)若在圆周上D 点处有一个α粒子源,能在xOy 平面内发射出初动能均为200 eV 的α粒子(氦核He 42)，当发射的方向不同时,α粒子会经过圆周上不同的点，在所有的这些点中,α粒子到达哪一点的动能最大?最大动能是多少eV ？20.(13分)如图所示,C 是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为3m ,在木板的上面有两块质量均为m 的小木块A 和B ,它们与木板间的动摩擦因数均为μ，最初木板静止,A 、B 两木块同时以方向水平向右的初速度0v 和20v 在木板上滑动,木板足够长,A 、B 始终未滑离木板,重力加速度为g ，求:(1)木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中,木块B 所发生的位移； (2)木块A 在整个过程中的最小速度；(3)整个过程中,A 、B 两木块相对于木板滑动的总路程是多少?2018-2019学年度第一学期高三年级期中考试物理答案1. C2.D3.D4.C5.C6.B7.CD8.D9.A 10.D 11.C 12.BC 13.D 14.A 15.BD 16.(1)>,BC (2)C(3)222121211,ON m OM m OP m ON m OM m OP m •+•=••+•=• (4)OP ,OM 和ON(5)'2'11ON m OM m OP m •+•=•17.解(1)对甲在CB 段,由动能定理得20221-21mv mv mgS 甲=-μ 解得3m/s v =甲(2)碰后,乙恰好能达到圆周轨道最高点,在D 点,由牛顿第二定律得Rv m g m D2乙乙=从B 点到D 点,由机械能守恒定律得2221212BD v m v m gR m 乙乙乙-=-解得2m/s B v ==在B 位置，甲乙碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向,由动量守恒定律得B v m mv mv 乙甲甲+='由机械能守恒定律得2'22212121Bv m mv mv 乙甲甲+= 解得甲乙v m m mv B +=2则有21=乙m m 18.解(1)细绳伸直时甲球的位移为()2021t t g x ∆+=甲 乙球的位移为2021gt x =乙 因为L x x =乙甲- 解得00.1s t =(2)细绳伸直时甲乙的速度分别是()011m/s v g t t =+∆=甲01m/s v gt ==乙设细绳绷断瞬间甲乙球的速度分别为''乙甲和v v继续下落至落地时有L gt t v gt t v =⎪⎭⎫⎝⎛+-+2'2'2121甲乙又在细绳绷断的极短时间内两球动量守恒,则有'2'121乙甲乙甲v m v m v m v m +=+ 解得''6m/s 11m/s v v ==乙甲， 设细绳绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为I由动量定理得()'1 1.0N s I m v v =-=•甲甲19.解(1)半径r =10cm 的圆周上任意一点P 的电势中ϕ=40sin θ+25 V,当θ=0°和θ=180°的电势相等,则知B 、D 两点的电势相等,可知电场的方向平行于y 轴方向当2π=θ时,V 56V 251401=+⨯=ϕ当23π=θ时,V 152-=ϕ所以电场方向沿y 轴负向匀强电场的电场强度()m /V 400m /V 1.021565221=⨯--=-=r E ϕϕ (2)α粒子带正电,由动能定理知α粒子到达C 点时的动能最大 根据动能定理得D CE E eU k k 2-=其中V 40221=-=ϕϕU得k k 2e 2e 40200eV 280eV C D E U E =+=⨯+=20. 解(1)木块A 先做匀减速直线运动,后做匀加速直线运动;木块B 一直做匀减速直线运动;木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动,直到A 、B 、C 三者的速度相等为止,设为v 1,对A 、B 、C 三者组成的系统,由动量守恒定律得 mv 0+2mv 0=(m +m +3m )v 1 解得v 1=0.6v 0对木块B 运用动能定理有()202122121v m mv mgs -=-μ解得gv s μ50912=(2)设木块A 在整个过程中的最小速度为v ′,所用时间为t ,由牛顿第二定律得对木块A :g mmg a μμ==1 对木板C :32322g m mg a μμ== 当木块A 与木板C 的速度相等时,木块A 的速度最小,则有t g gt v 320μμ=- 解得gv t μ530= 木块A 在整个过程中的最小速度为010'52v t a v v =-= (可以直接用系统动量守恒求解)(3)整个过程中,摩擦生热为12f f k 12Q Q Q F s F s E =+=+=∆总损相相 由能量守恒得()20212020k 101652122121mv v m v m mv E =⨯⨯-+=∆损 所以g v mg E F E s s s μμ20k f k 216.1=∆=∆=+=损损相相相总。