【文档说明】河南省南阳市2020届高三上学期期中考试物理试题含解析 【精准解析】.doc，共(20)页，786.500 KB，由小赞的店铺上传

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河南省南阳市2019-2020学年高三上学期期中物理试题一、选择题1.质点做匀速圆周运动时A.速度不变B.加速度不变C.向心加速度不变D.合外力提供向心力【答案】D【解析】【详解】A．匀速圆周运动线速度大小不变，方向变，故线速度改变；故A错误。B．匀速圆周运动加速度大小不变方向改变；故B错误。

C．匀速圆周运动，受大小不变方向时刻改变的向心力，故加速度大小不变，方向变；故C错误。D．匀速圆周运动需要合外力只改变速度的方向，不改变速度的大小，故合外力始终沿半径指向圆心，提供向心力；故D正确。故选D。2.质量相同的甲、乙两车

同时从同一地点沿同一直线运动，它们的运动速度随时间变化的ν–t图象如图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是（）A.在0~t0内，乙车一直在做加速度减小的加速运动B.在t=t0时，甲乙两车恰好相遇C.在t=2t0时刻，甲乙两车相距最远D.在0~2t0内，甲车的平均速度大小为v0【答案】

D【解析】【详解】A、在0~t0内，乙车先做加速度减小的减速运动，然后反向做加速度减少的加速运动，故A错误．B、在t=t0时，甲乙两车速度相等，两车距离最远，故B、C错误．D、在0~2t0内，甲车做匀减速运动，甲车的平均速度就等于这段时间中间时刻的瞬时速度v0，故D正确．故选D3.点

电荷12QQ、和3Q所产生的静电场的等势面与纸面的交线如图所示，图中标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d、e、f表示等势面上点，下列说法正确的是A.位于c点的点电荷不受电场力作用B.把电荷量为q的正点电荷从a点移动到d点的过程中电场力始终不做功C.电子在c点具有的电势

能比在e点具有的电势能大D.把1C正电荷从f点移到b点的过程中克服电场力做7kJ的功【答案】C【解析】【详解】A．位于c的位置电势为零，场强不为零，所以点电荷受电场力作用，故A错误；B．把电荷量为q的正点电荷从a点移到d，根据电场力做功W=qU，因为Uad≠0，所以电场力做功不为零，故B错

误；C．因为φc＜φe，负电荷在电势越低的地方电势能越大，所以电子在c点具有的电势能比在e点具有的电势能大，故C正确；D．把1库仑正电荷从f移到b过程中电场力做的功W=qU=1C×[4kV-（-3kV）]=7kJ，故D错误；故选C。4.电动势为

E、内阻不计的电源与定值电阻12RR、及滑动变阻器R连接成如图所示的电路.当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时A.电压表和电流表示数都增大B.电压表和电流表示数都减小C.电压表示数不变，电流表示数减小D.电压表示数减小，电流表示数增大【答案】C【解析】【详解】因

电源的内阻不计，则连在电源两端的电压表测量的路端电压等于电源的电动势始终不变；滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，接入电路的电阻减小，导致总电阻减小，干路电流增加，则R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故C正确，A

、B、D错误。故选C。5.一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间t，重心上升高度为h，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中A.地面对他的冲量大小为mvB.地面对他的冲量大小为mvmgt+C.地面对他的冲量大小为mvmg

t−D.地面消耗的能量为212mvmgh+【答案】B【解析】【详解】ABC．人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：I-mg△t=△mv=mv故地面对人的冲量为mv+mg△t；故B正确。D

．从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，根据动能定理可得：2102FWmghmv−=−因此：212FWmvmgh=+但FW是人通过内力做功将生物能转化为机械能，而不是地面的支持力作功，也不是地面消耗能量；故D错误。故选B。6.已知某行星半径为R，以该行星第一宇宙速度运行的卫星的周期为T

，围绕该行星运动的同步卫星运行速度为v，则该行星的自转周期为A.33238RTVB.332RTvC.33332RTVD.3334Rv【答案】A【解析】【详解】设同步卫星距地面高度为h，则有：22()GmmRhRhvM=++①以第一宇宙速度运行的卫星其轨道半径就是行星

半径R，则有：2224GMmmRRTp=②由①②得：23224RhRTV=−行星自转周期等于同步卫星的运转周期，即为：330232()8RhRTVTV+==故A正确，B、C、D错误。故选A。7.如图所示，一根轻绳跨过定滑轮，连接着质

量分别为M和m的两个物体，滑轮左侧的绳和斜面平行，两物体都保持静止不动，已知斜面倾角为37°(sin37°=0.6,cos37°=0.8)，质量为M的物体和静止斜面间的动摩擦因数为0.125，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计

绳与定滑轮之间的摩擦，则M与m的比值范围是A.1027Mm剟B.1023Mm剟C.12Mm剟D.101073Mm剟【答案】A【解析】【详解】依题意，对物体m受力分析，根据平衡条件，绳子的拉力：F=mg①若F较小，物块A有

沿着斜面向下滑的趋势，此时物块A受力分析如图所示：由力的平衡条件得：FN=Mgcos37°②F+Ff=Mgsin37°③Ff≤μFN④联立①②③④可解得得：m≥0.5M；若F较大，A物块有沿着斜面向上滑动的趋势，

此时物块A受力分析如图所示：由平衡条件得：FN=Mgcos37°⑤F=Ff+Mgsin37°⑥Ff≤μFN⑦代入数据解①⑤⑥⑦得：m≤0.7M物块m的质量的取值范围是：0.5M≤m≤0.7M，故：1027Mm

故A正确，B、C、D错误；故选A。8.如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落在地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，C、D间的距离为s，则A.A、D两点间的距离为2sB.A、D两点间的距

离为sC.A、B两点间的距离为sD.A、B两点间的距离为32s【答案】B【解析】【详解】CD．小球从A到B做自由落体运动，从B到C做平抛运动，两端时间相同，B到C，水平方向做匀速运动有：s=vtA到B做自由落体运动，有：212hgt=又v=gt，联立解得：2sh=故C、D错误；AB

．小球从A到B做自由落体运动，从B到C做平抛运动，竖直方向做自由落体，时间相同，所以AB和BD间距相等，即AD两点间距离为s，故A错误，B正确。故选B。9.质量为m的物体，以3g的加速度由静止竖直向下做匀加速直线运动，下降高度为h的过程中A.物体的重力势能减少了3mghB.物体的机械能

减少了23mghC.物体的动能增加了3mghD.物体所受合外力做的功为23mgh【答案】BC【解析】【详解】对物体进行受力分析，如图所示：根据牛顿第二定律：3gmgFm−=解得：23Fmg=−F做功：23FWmgh=−重力做功WG=mghA．根据功能关系，重力做功等

于重力势能的减小量，即物体的重力势能减少了mgh;故A错误。B．根据功能关系，F做功等于机械能的增量，所以物体的机械能减少了23mgh;故B正确。C．根据动能定理:233kGFmghEWWmghmgh=+=−=故C正确。D．物体所受合外力做的功:=3GFmghWW

W+=合故D错误。故选BC。10.如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN，在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，若使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，P始终保持静止，在此过程中A

.Q对P的压力逐渐增大B.Q对P的压力逐渐减小C.地面对P的摩擦力逐渐增大D.地面对P的支持力逐渐减小【答案】AC【解析】【详解】AB．对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力

，如图所示：重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtanθ2cosmgN=由于θ不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故A错误，B正确．C．对PQ整体受力分析，受到总重力、MN

杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图所示：根据共点力平衡条件，有f=N1=mgtanθ由于θ不断增大，故f不断增大；故C正确。D．物体P一直保持静止，N3=（M+m）g，保持不变；故D错误。故选AC。11.如

图(a)所示，轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，静止在光滑的水平面上若使A以3m/s的速度向B运动，A、B的速度图像如图(b)所示，已知m1=2kg，则A.物块m2质量为4kgB.13tt、时刻弹簧处于压缩状态C.从3t到4t时刻弹簧由压

缩状态恢复到原长D.弹簧的最大弹性势能为6J【答案】AD【解析】【详解】A．两物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：10121()Amvmmv=+由图示图象可知，t1时刻两者的共同速度：v1=1m/s

，代入数据解得：m2=4kg，故A正确。BC．由图示图象可知，两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速

为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B、C错误。D．弹簧压缩量最大或伸长量最大时

弹簧弹性势能最大，当弹簧压缩量最大时两物块速度相等，如t1时刻，对系统，由能量守恒定律得：221012111()22APmvmmvE=++代入数据解得：EP=6J故D正确。故选AD。12.如图所示，在匀强电场中有A、B、C三点，恰好处于以AB为直径的圆周上，圆周所在平面与电

场方向平行．已知A、B、C三点的电势分别为23V、0、0，AB的长度为2m，AC与AB夹角为30°，则下列说法正确的是A.圆周上A点电势最高B.该电场的方向与AC平行C.该电场的电场强度大小为3V/mD.圆周上两点间

电势差的最大值为4V【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知，B、C两点电势相等，BC是一条等势线，由图可知，P点的电势最高；故A错误.B．AC与BC垂直，则该电场的方向与AC平行;故B正确.C．电场强度为：232V/m2cos30ACU

EAC===故C错误.D．过O点作直线PD平行于AC，PD与圆相较于P、Q两点，D点是圆周上电势最低的点，P点是圆周上电势最高的点，则UPQ=E×2R=4V所以圆周上两点间电势差的最大值为4V;故D正确.

故选BD。二、实验题13.用如图所示的装置探究加速度a与力F的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上，(1)把实验时一定要进行的操作按先后顺序排列:___(填选项前的字母).A.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，根据纸带的数据

求出加速度a，同时记录弹资测力计的示数FB.将木板右端拾起适当的高度，以平衡摩擦力C.用天平测出沙和沙桶的总质量D.保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量(2)某同学按照正确的实验步骤得到的a-F图像如图

所示，则小车的质量M=________kg.【答案】(1).BA(2).1.5【解析】【详解】(1)[1]为了保证绳子的拉力等于小车的合力，实验开始前要先平衡摩擦力，用打点计时器时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与

力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，所以实验时一定要进行的操作步骤顺序为BA.(2)[2]对a-F图象来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数1

2FF=合故小车质量为221.543mk===14.某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V（量程为3V，内阻很大），电阻箱R（0～99.99Ω），单刀单掷开关S1，

单刀双掷开关S2.，导线若干．（1）先测电阻R1的阻值．请将该同学的操作补充完整：A.闭合S1，将S2.切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0．和对应的电压表示数U1．B.保持电阻箱示数不变，___________

______，读出电压表的示数U2．C.则电阻R1的表达式为R1=_________．（2）该同学已经测得电阻R1=3.2Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值，其做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R

和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的11UR−图线，则电源电动势E=______V，电阻R2=______Ω．【答案】(1).将S2切换到b(2).2101UURU−(3).2(4).0.8【解析】【详

解】（1)B.[1].保持电阻箱示数不变，将S2切换到b；[2].设电路中的电流为I，当S2切换到a时有10UIR=；当S2切换到b有：201()UIRR=+；联立解得：11021-UURRU=（2）[3].[4].根据12()UEURRR=++,

变形得12111RRUERE+=+,对比图象有1E=0.5；得E=2V；121.50.52.00.5RRE+−==，由1=3.2R.可得2=0.8R．三、计算题15.五人制足球的赛场长40m，宽20m．在比赛中，攻方队员在中线附

近突破防守队员，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v1=6m/s的匀减速运动,加速度大小为211/ams=．该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可视为匀加速直线运动，最大加速

度为221/ams=，能达到的最大速度为v2=4m/s．该队员至少经过多长时间追上足球？【答案】6.5s【解析】【详解】设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x1，则x1=2112va，可得x1=18m设足球匀减速运动的时间为t1，t

1=11va，可得t1=6s队员以最大加速度加速的时间t2，t2=22va，可得t2=4s在t2时间内队员的位移x2=2222va，可得x2=8m，则足球停止运动时，队员没有追上足球，之后队员做匀速运动，追上足

球用的时间t3，t3=122xxv−，可得t3=2.5s队员追上足球的用的最少时间t=t2+t3=6.5s16.如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R=0.45m的竖直半圆弧轨道BC在B点相切，有一质量为m=1kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的

关系如图乙所示，到达B点撤去力F，滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25，与BC间的动摩擦因数未知，滑块到达C点对轨道的压力大小恰好等于自身重力，取g=10m/s2.求:(1)滑块到达B处时的速度大小:(2)小球从B到C克服摩擦力做的功;(3)小球落到轨道AB上的位置与B点的

距离．【答案】(1)210m/s(2)6.5J(3)1.27m【解析】【详解】(1)对滑块，从A到B的过程中，由动能定理得2112212BFxFxmgxmv−−=得：Bv＝210m/s(2)在最高点C，由牛顿第二定律：22CvmgmR=从B到C的过程中，由动能定理得2211222f

CBmgRWmvmv−−=−解得:6.5JfW=(3)滑块做平抛运动时Cxvt=2122Rgt=解得:0.92m1.27mx=17.在地面上方足够高的地方，存在一个“相互作用区域(下图中画有虚线的部分)．一个小圆环A套在

一根均匀直杆B上，A和B的质量均为m=1kg，若它们之间发生相对滑动时，会产生f=0.5mg的摩擦力，开始时A处于B的最下端，B竖直放置，A和“相互作用区域”的高度差h=0.8m，让A和B一起从静止开始

下落，只要A处于“相互作用区域”就会受到F=2.5mg，方向竖直向上的恒力作用，而“相互作用区域”对处于其中的杆B在下落过程中始终保持竖直，且杆的长度能够保证圆环A与杆不会分离，当小圆环A穿出“相互作用区域时速度恰好为0，不计

空气阻力，取g=10m/s2，求:(1)小圆环刚进入“相互作用区域”时的速度；(2)"相互作用区域”的高度d；(3)小圆环A穿过“相互作用区域”的过程中，AB组成的系统损失的机械能．【答案】(1)4m/s(2)0.8m(3)26J【解析】

【详解】(1)释放后二者一起自由下落22vgh=解得:4m/sv=(2)进入相互作用区域后二者出现相对滑动，对小圆环12.50.5mgmgmgma−−=解得：2110m/sa=小圆环穿过相互作用区过程中212vad=解得：0.8md=(3)小圆环穿过相互作用区过程中，对直杆20.5mg

mgma−=225m/sa=设小圆环穿过相互作用区域的时间为t，则1vat=得：t＝0.4s．设在此过程中直杆下降的位移为2x，末速度为'v22212xvtat=+得:22mx=2'vvat=+得:'6m/sv=.小圆环损失的机械能21112Emgxmv=+直杆损失的机械能222211

'22Emgxmvmv=+−系统损失的机械能1226JEEE=+=18.如图所示，在xOy坐标系中的一个矩形区域内，存在着沿y轴负方向的匀强电场，场强31.010N/CE=，该区域的水平宽度为L=9m，竖直宽度足够大.一带电粒子从y轴上的A点(纵坐标为h=16m)以初动能81.

010JkE−=沿x轴正方向射出，粒子的带电量为111.010Cq−=，为使粒子通过x轴上的B点(横坐标为d=10m)，则该电场区域左边界对应的横坐标应是多少?(不计粒子的重力)【答案】5m−【解析】【详解】设粒子的质量为m，初速度为v0．

则2012kEmv=粒子在电场内运动时qEma=212yat=0xvt=由以上各式解得:24kqExyE=讨论：(1)若粒子从匀强电场内通过B点，则有：y＝h代入数据解得：x＝8m因为x＜L，且x＜d，所

以粒子能从匀强电场内B点通过．这种情况下电场区左边界对应的横坐标为：x1＝d－x＝2m(2)若粒子穿过完整的电场区，x＝L，得y＞h，粒子不能通过B点．(3)若粒子开始时处于电场区内射出，离开电场时，y

vat=''yyhyvt=−=0''xdxvt=−=由以上各式代入数据解得:4mx=这种情况下电场区左边界位置对应的横坐标，25mx=−