吉林省“五地六校”合作体2019届高三物理上学期期末联考试题（含解析）.docx

2018-2019学年吉林省“五地六校”合作体联考高三（上）期末物理试卷一、单选题1. 甲、乙两车在同一地点同时做直线运动，其v-t图像如图所示，则A. 甲的加速度大于乙的加速度B. 它们的初速度均为零C. 0t1时间内，甲的位移大于乙的位移D. 0t1时间内，甲的速度大于乙的速度【答案】A【解析】试题分析：根据运动学公式可知，在速度时间图像中，直线的斜率表示物体的加速度，由图可看出，甲的加速度大于乙的加速度，所以A正确；纵截距表示初速度，所以甲物体的初速度不为零，所以B错误；速度图像中，图像与坐标轴所包围的面积表示位移，故可以看出在0t1时间内，乙的位移大于甲的位移，所以C错误；根据可知，在这段时间内，甲的平均速度小球乙的平均速度，所以D错误；考点：匀变速直线运动图像2.如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30的光滑斜面上，若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度分别为A. 都等于B. 0和C. 和0D. 0和【答案】B【解析】【详解】在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等。在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力。故A球的加速度为零；在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力。所以根据牛顿第二定律得：； 故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】该题考查瞬时加速度问题，要注意明确在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律进行分析求解即可。3.一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，物体在和时刻，物体的动能分别为、，物块的动量分别为、，则A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】C【解析】【分析】根据动量定理分别求物体在t0和2t0时刻的速度v1和v2之比根据公式P=mv，求出P1和P2之比，再根据动能的计算式求Ek1和Ek2之比【详解】根据动量定理得：内：内：由解得：3由得：由得：解得：。故选：C。【点睛】本题涉及力在时间的积累效果，优先考虑动量定理对于动能，也可以根据动能定理求解.4.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动。其图象如图所示。已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的倍，则以下说法正确的是A. 汽车在前5s内的牵引力为B. 汽车速度为时的加速度为C. 汽车的额定功率为100kWD. 汽车的最大速度为【答案】C【解析】【分析】根据速度时间图线的斜率求出匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出匀加速运动的牵引力；根据匀加速运动的最大速度和牵引力的大小求出汽车的额定功率。结合P=Fv求出速度为25m/s时的牵引力，根据牛顿第二定律求出此时的加速度；当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=fv求出最大速度。【详解】A、匀加速直线运动的加速度为：，根据牛顿第二定律得：，解得牵引力为：故A错误；BC、额定功率为：。当车的速度是时，牵引力：车的加速度：，故B错误，C正确。D、当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为：故D错误。故选：C。【点睛】本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大。5.在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，规定沿x轴正向为场强的正方向，则关于这两个点电荷所激发电场的有关描述中正确的有A. 将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力一直做正功B. x轴上从P点到Q点的电势先升高后降低C. 若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功D. 若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大【答案】D【解析】该图象的斜率等于场强E，则知PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度为负，将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力先做正功，后做负功，A错误；PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度为负，所以x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高，B错误；由图可知，y轴两侧的电场强度是对称的，可知该电场可能是两个等量同种正点电荷形成的静电场，则在两个等量同种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做负正功后做正功，C错误；在两个等量同种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大，D正确6.在图所示电路中，当变阻器滑片向上移动时（ ）A. 电压表示数变大，电流表示数变小B. 电压表示数变小，电流表示数变大C. 电压表示数变大，电流表示数变大D. 电压表示数变小，电流表示数变小【答案】B【解析】试题分析：据题意，由图可知，电流表与滑动变阻器串联而电压表与滑动变阻器并联，当向上移动滑片时变阻器R3阻值变小，再根据结论“串反并同”，可知电流表示数变大而电压表示数变小，则B选项正确。考点：本题考查电路动态平衡问题。7.如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中，关于两电阻的描述正确的是A. 电阻a的阻值随电流的增大而增大B. 因图线的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值C. 在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值D. 在电阻b两端加2V电压时，流过电阻的电流是4A【答案】C【解析】【详解】I-U图像的斜率的倒数等于电阻，由图可知，电阻A的图象的斜率越来越大，故A的电阻随电流的增大而减小，故A错误； IU图线的斜率表示电阻的倒数，但是由于横纵坐标轴的长度单位不同，则不能由 求解电阻b的阻值，只能通过求解，选项B错误；根据可知在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值，选项C正确；由图像可知，在电阻b两端加2 V电压时，流过电阻的电流是1A ，选项D错误；故选C.二、多选题8.下列说法正确的是（ ）A. 一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照的强度，则有可能发生光电效应B. 射线的本质是电子流，所以衰变是核外的一个电子脱离原子而形成的C. 由玻尔理论可知一群处于n=3能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射3种频率的光子D. 两个轻核结合成质量较大的核，该原子核的比结合能增加【答案】CD【解析】【详解】能否发生光电效应与光的强度无关，则一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照的强度，则也不能发生光电效应，选项A错误；射线的本质是电子流，衰变是核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；由玻尔理论可知一群处于n=3能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射种频率的光子，选项C正确；两个轻核结合成质量较大的核时，放出核能，比结合能增加，故D正确。故选CD.9.如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中（A与弹簧不粘连），下列说法正确的是()A. 轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mvB. 轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为C. 弹簧恢复原长时，A的动量一定为零D. A、B两物体组成的系统机械能守恒【答案】AC【解析】【详解】A、A和B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初态总动量为mv，则弹簧压缩最短时，系统总动量仍然为mv；故A正确.B、轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等，由动量守恒有，可得，则此时A的动能为；故B错误.C、A和B在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复的过程中，满足系统的动量守恒和机械能守恒，有：，可得，；故C正确.D、A、B为系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，而A和B及弹簧组成的系统没有其它能参与转化机械能守恒，而故D错误.故选AC.【点睛】解决本题的关键是知道动量守恒定律的条件，明确两个物体的运动过程，知道速度相等时，弹簧压缩量最大.10.如图所示，一质量为M的木板静止置于光滑的水平面上，一质量为m的木块可视为质点，以初速度滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为，木块始终没有滑离木板。则从运动开始到二者具有共同速度这一过程中A. 两物体间的相对位移小于木板对地的位移B. 因摩擦而产生的热C. 从开始运动到两物体具有共同速度所用的时间D. 两物体的共同速度【答案】BD【解析】【详解】对木块和木板系统，由动量守恒定律：mv0=(m+M)v；由能量关系：；对木板：，解得 ；，可知xL，即两物体间的相对位移大于木板对地的位移，选项A错误；因摩擦而产生的热（内能），选项B正确；对木板，根据动量定理：，解得从开始运动到两物体具有共同速度所用的时间，选项C错误；两物体的共同速度，选项D正确；故选BD.【点睛】此题关键是知道木块在木板上滑动的过程中满足动量守恒及能量守恒关系，知道摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积.11.如图甲所示，质量为m、电荷量为-e的粒子初速度为零，经加速电压U1加速后，从水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L。不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。则下列说法正确的是A. 粒子进入偏转电场的速度大小为B. 若偏转电场两板间加恒定电压U0，粒子经过偏转电场后正好击中屏上的A点，A点与上极板M在同一水平线上，则所加电压C. 若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场后在0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为D. 若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场并在0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场电压U0应该满足的条件为【答案】ACD【解析】【分析】根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小。粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小。【详解】在加速电场中，根据动能定理得：，解得，故A正确；粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：，解得，又，解得：，故B错误；交变电压的周期等于粒子在偏转电场中的周期，当粒子出偏转电场时，粒子在沿电场方向上的分速度为零，可知要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中运动时间满足，而 ，解得：，在竖直方向位移应满足，解得：，故CD正确，故选ACD。【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。12.如图所示，劲度系数为的轻弹簧一端固定于悬点O，另一端悬挂一个质量为m的小球a，小球a静止时处于空中A点。在悬点O处固定一带电量为小球未画出，弹簧与小球a、b彼此绝缘。某时刻，用某种方式让小球a带上电量，小球a由静止开始向上运动，当a、b球间的电场力为a球重力的两倍时，小球a的速度达到最大值v，此时小球a处于空中B点。两带电小球均看作点电荷，静电力常数为k，重力加速度为g，不计空气阻力。则A. 弹簧的原长为B. A、B两点间的距离为C. A、B两点间的电势差D. 小球a从A点到B点机械能的增加量为【答案】AD【解析】【分析】小球a静止时处于空中A点，根据平衡条件列式，可求得弹簧的伸长量。小球a处于空中B点时速度最大，合力为零，由平衡条件列式得到弹簧的压缩量。A、B两点弹簧的形变量相同，A、B两位置弹簧弹性势能相等，根据库仑定律和几何关系求弹簧的原长以及A、B两点间的距离。小球a从A点到B点，根据动能定理求出A、B两点间电势差。根据动能和重力势能的变化来求机械能的变化量【详解】A、小球a静止时处于空中A点，根据平衡条件有：小球a带上电荷量为的正电荷后向上加速到B点时有：得：，此时弹簧弹力处于压缩状态，B点形变量与A点形变量相同，A、B两位置弹簧弹性势能相等，根据库仑定律得：，联立解得弹簧原长，故A正确；B、A、B两点间的距离为：，故B错误；C、小球a从A点到B点，根据动能定理有：，解得：，故C错误；D、小球a从A点到B点机械能的变化量为：，故D正确。故选：AD。【点睛】解决本题的关键是要正确分析小球的受力情况和能量转化情况，要知道弹簧的弹性势能与形变量有关，只要形变量相同，弹性势能就相同。13.下列说法中正确的是A. 布朗运动是指液体或气体中悬浮的固体小颗粒的无规则运动B. 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C. 液体表面张力形成的原因是由于液体表面层分子间距离大于，分子间作用力表现为引力D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发越慢E. 空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律【答案】ACD【解析】布朗运动是指液体或气体中悬浮的固体小颗粒的无规则运动，选项A正确； 气体的温度升高，分子的平均速率变大，并非每个气体分子运动的速率都增加，选项B错误； 液体表面张力形成的原因是由于液体表面层分子间距离大于r0，分子间作用力表现为引力，选项C正确； 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发越慢，选项D错误； 空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，但是要消耗电能，但是制冷机的工作仍遵守热力学第二定律，选项E错误；故选ACD.三、实验题探究题14.如图甲所示装置，可以进行以下实验：A.“研究匀变速直线运动”B.“验证牛顿第二定律”C.“研究合外力做功和物体动能变化关系(1)在A、B、C这三个实验中，_需要平衡摩擦阻力。(2)已知小车的质量为M，盘和砝码的总质量为m，且将mg视为细绳对小车的拉力；为此需要满足前述A、B、C三个实验中，_不需要满足此要求。(3)如果用此装置做“研究合外力做功和物体动能变化关系这个实验，由此可求得如图乙纸带上由O点到D点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式_，该小车动能改变量的表达式_。由于实验中存在系统误差，所以W_选填“小于”、“等于”或“大于”。【答案】 (1). BC (2). A (3). (4). (5). 大于【解析】【分析】根据实验原理与实验注意事项分析答题。由匀变速直线运动的推论求出打D点的速度，然后根据重力势能与动能的计算公式分析答题。【详解】：在A、B、C这三个实验中，“验证牛顿第二定律”、“研究合外力做功和物体动能变化关系，都需要平衡摩擦阻力；故选：BC。已知小车的质量为M，盘和砝码的总质量为m，且将mg视为细绳对小车的拉力。为此需要满足前述A、B、C三个实验中，实验A只需要小车做匀加速运动即可，不需要满足此要求；故选：A。纸带上由O点到D点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式：；打D点时的速度：，则小车动能的改变量：；由于实验中存在系统误差，所以盘和砝码受到的重力所做功W大于小车动能的增量。故答案为：；大于【点睛】此题涉及到三个高中物理的重要实验，基本装置都相同，只是实验的原理及目的不同；关键是弄清每个实验的原理及操作的方法、注意事项等问题，做到融会贯通不混淆。15.如图所示实验装置，某同学用a、b是两个半径相等的小球。按照以下步骤研究弹性正碰实验操作在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的落点圈在里面，其圆心就处与小球落点的平均位置，得到痕迹B；把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，重复多次，并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置，得到两球撞在木板上痕迹A和C。(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量、间的关系是_选填“大于”，“小于”，“等于”(2)完成本实验，必须测量的物理量有_。A.小球a开始释放的高度hB.木板水平向右移动的距离lC.A球和B球的质、D.O点到A、B、C三点的距离分别为、；(3)若(2)所给选项的物理量均已知，若满足条件_用测量量表示，则表示两小球发生的是弹性碰撞。【答案】 (1). 大于 (2). CD (3). 【解析】(1)根据弹性碰撞公式可知，只有入射球的质量大于被碰球的质量，弹性碰撞后才不会反弹，所以选大于.(2)由于碰撞后均被竖直板挡住，那么从碰撞到挡住时间相等，那么用竖直位移表示平抛的初速度，所以选D.(3)碰撞后水平位移相等，那么用竖直位移表示初速度。，由动量守恒的将初速度的表达式代入得到：m1v0=m1v1+m2v2，,联立可得：v0+v1=v2，即：,所以上式是弹性碰撞的条件。【点睛】实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一竖直面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中竖直方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。四、计算题16.一艘宇宙飞船绕着某行星作匀速圆周运动，已知运动的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，行星半径为求：(1)行星的质量M；(2)行星表面的重力加速度g；(3)行星的第一宇宙速度v【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】(1)设宇宙飞船的质量为m，根据万有引力定律求出行星质量(2)在行星表面求出:(3)在行星表面求出:【点睛】本题关键抓住星球表面重力等于万有引力，人造卫星的万有引力等于向心力17.如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，一段时间后，以 滑离B，并恰好能到达C的最高点A、B、C的质量均为m.求：(1)A刚滑离木板B时，木板B的速度；(2)A与B的上表面间的动摩擦因数；(3)圆弧槽C的半径R；(4)从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能【答案】v0/4 5v02/16gL （3）v02/64g（4）15mv02/32【解析】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：mv0m2mvB解得vB(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 解得(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，mvB2mv A、C系统机械能守恒解得R (4)对A滑上C直到离开C的作用过程，A、C系统动量守恒 A、C系统初、末状态动能相等， 解得vA.所以从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能为：