福建省福州市第八中学2019届高三物理上学期11月期中试题（含解析）.doc

福建省福州八中2018-2019学年高三上学期11月期中考物理试卷一、选择题1.如图所示，实线和虚线分别表示某电场的电场线和等势线，下列说法中正确的是 ( )A. a点场强小于c点场强B. a点电势高于c点电势C. c、b两点间的电势差等于c、a两点间的电势差D. 若将一试探电荷-q由a点移动到b点，电场力做正功【答案】C【解析】【详解】A、由图可知，a点的电场线比c点电场线密，所以a点的场强大于c点的场强，故A错误；B、沿电场线方向电势逐渐降低，则c点的电势高于a点电势，故B错误；C、b、a两点在同一等势面上，电势相等，则c、b两点间的电势差等于c、a两点间的电势差，故C正确；D、a、b两点电势相等，将一试探电荷+q由a点移动到b点，电场力不做功，故D错误.【点睛】根据电场线的疏密比较电场的强弱，通过沿电场线方向电势逐渐降低比较电势的高低；根据电势差的正负，结合电场力做功与电势差的关系判断电场力做功的正负.2.a、b、c三个粒子由同一点垂直场强方向同时进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（） A. 在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B. 进入电场时，c的速度最大，a的速度最小C. b和c同时飞离电场D. 动能的增量相比，a的最小，b和c的一样大【答案】AB【解析】试题分析：据题意，带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，其运动时间由加速距离决定，而a、b、c粒子的加速距离相等，据可知，当b粒子飞离电场时，a刚好打在负极板上，选项A正确；运动时间相同，水平距离大的粒子据可知初速度越大，故选项B正确；据图可知粒子c先飞离电场，故选项C错误；动能的增量：，可知粒子a、b动能增量相同而c的最小，故选项D错误。考点：本题考查带电粒子在电场中的运动。3.在x轴上存在与x轴同向的电场，x轴上各点的电场强度随x点位置变化情况如图所示.点电荷a和b带的电量分别为+q和-q，不计a和b间的静电力.下列叙述正确的是 ( )A. x1、x2两处的电势相同B. a和b在x1处的电势能相等C. 将电荷a沿x轴从x1处移到x2处，电场力一直做正功D. b在x1处的电势能大于在x2处的电势能【答案】C【解析】【详解】A、沿场强方向电势降低，则处的电势大于处的电势，故A错误； B、由知，不同电性的电荷在同位置处的电势能不同，故B错误；C、正电荷所受电场力方向与场强方向相同，则电荷a沿x轴从处移到处，电场力一直做正功，故C正确；D、负电荷在高电势处电势能小，则b在处的电势能小于在处的电势能，故D错误.【点睛】本题主要考查对电势、电势能以及电场力做功的理解。4.在如图所示的电路中，当变阻器R3的滑动头P由a端向b端移动时()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】A【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动触头P下滑时，阻值变大，总阻值变大，总电流变小，根据闭合电路欧姆定律，路端电压增大，而流过的电流变小，则两端电压变小，则和两端的电压变大，因此两端的分压也变大，即电压表示数变大；电压增大，则流过的电流增大，但整个外电路由于阻值增大，总电流减小，因此流过的电流减小，即电流表示数变小，故A项正确。【点睛】本题主要考查闭合电路的动态分析，遵循从局部整体局部的分析方法。5.如图所示，在匀强电场中，有六个点A、B、C、D、E、F，正好构成一边长为 cm的正六边形.点B、C、E的电势分别为-30V、30V和90V.一带电粒子从A点以某一速度沿AB方向射出后到达D点.不计重力.则下列判断正确的是 ( )A. 该匀强电场场强大小为400V/mB. A点的电势为30VC. 粒子在A点的电势能小于在D点的电势能D. 粒子在D点的速度方向与AD连线的夹角等于300【答案】A【解析】【详解】A.由匀强电场中沿任意方向相同距离电势差相等，则BC=FE；B=30V，C=30V，E=90V。所以F=30V，AB也为等势线，故A=B=30V；由几何关系，BC在电场线方向投影长为10cos300=15cm，又因为UBC=60V，所以E=400V/m。故A正确，B错误；C.FC连线为等势线，电场线垂直FC向上，带电粒子所受电场力垂直于FC向下，故带负电。又因为AEPD，故C错误；D.此粒子运动为类平抛运动，AE=AB，所以到达D点时的速度垂直AB方向的分量等于沿AB方向分量的2倍，设速度方向与ED之间的夹角为，tan=2，大于600，所以粒子在D点的速度方向与AD连线的夹角大于30，故D错误。 故选：A。【点睛】根据匀强电场中沿任意方向相同距离电势差相等，求F点的电势为30V，说明FC为一条等势线，判断出电场线的方向，由U=Ed求电场强度。分析粒子的受力情况，确定粒子的电性。根据公式Ep=q分析电势能的大小。根据类平抛运动的规律求出粒子在D点的速度方向与AD连线的夹角。6.在真空中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上上的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示。由此可见 ( )A. 电场力为2mgB. 小球带正电C. 小球从A到B与从B到C的运动时间相等D. 小球从A到B与从B到C的速度变化大小相等【答案】D【解析】试题分析：小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动两个过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式，可分析时间关系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小根据研究速度变化量的关系由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电，故B错误；带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为和，竖直分位移分别为和，经历的时间为分别为和在电场中的加速度为a则从A到B过程小球做平抛运动，则有：，从B到C过程，有：，由题意有，则得；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，故C错误；又，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：，根据几何知识有，解得：，根据牛顿第二定律得，解得，故A错误；根据速度变化量，则得：AB过程速度变化量大小为；BC过程速度变化量大小为；所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，故D正确【点睛】本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析7.如图所示，P、Q为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球.将该电容器与电源连接，闭合开关后，悬线与竖直方向夹角为，则 ( )A. 断开开关，加大P、Q两板间的距离，角度会增大B. 断开开关，缩小P、Q两板间的距离，角度不变化C. 保持开关闭合，缩小P、Q两板间的距离，角度会增大D. 保持开关闭合，缩小P、Q两板间的距离，角度会减小【答案】BC【解析】【详解】保持开关断开，电容器的带电量不变，根据公式、，联立得，即电场强度与极板间距无关，故板间场强不变，小球所受电场力不变，则不变，故A错误，B正确；保持开关闭合时，电容器板间电压不变，由分析得知，缩小P、Q两板间的距离，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大，故C正确，D错误；选BC.【点睛】本题主要考查平行板电容器中的动态分析问题，要明确保持开关闭合时，电容器板间电压不变，由分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定的变化保持开关断开时，电量不变，根据公式推导可知，板间场强不变，分析是否变化8.一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压220V的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作.用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0A，通过洗衣机电动机的电流是0.50A，则下列说法中不正确的是 ( )A. 电饭煲的电阻为44，洗衣机电动机线圈的电阻为440B. 电饭煲消耗的电功率为1555W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5WC. 1min内电饭煲消耗的电能为6.6104J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6103JD. 电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍【答案】ABD【解析】A：电饭煲的电阻；洗衣机电动机是非纯电阻元件。故A项不正确。B：电饭煲消耗的电功率；洗衣机电动机消耗的电功率。故B项不正确。C：1 min内电饭煲消耗的电能；1 min内洗衣机电动机消耗的电能。故C项正确。D：电饭煲消耗的电功率；洗衣机电动机消耗的电功率。电饭煲消耗的电功率等于电饭煲的发热功率，洗衣机电动机消耗的电功率大于衣机电动机的发热功率。电饭煲发热功率大于洗衣机电动机发热功率的10倍。故D项不正确。本题选不正确的，故选ABD。点睛：纯电阻元件，电功等于电热，电功率等于热功率；非纯电阻元件，电功大于电热，电功率大于热功率。9.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a() A. 从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B. 从N到P的过程中，速率先增大后减小C. 从N到Q的过程中，电势能一直增加D. 从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【答案】BC【解析】试题分析：a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着的减小mg与FC的合力F将逐渐增大，况且，由库仑定律和图中几何关系可知，随着的减小FC逐渐增大，因此F一直增加，故选项A错误；在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力一直做负功，电势能一直增加，故选项D正确；显然在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其电势能增加量等于其机械能的减少量，b球在Q点时的重力势能大于其在P点时的重力势能，因此该过程中动能一定在减少，且其减少量一定等于其电势能与重力势能增加量之和，故选项C错误；既然在从P到Q的过程中，b球的动能在减少，因此其速率也在减小，而开始在N点时速率为0，开始向下运动段中，其速率必先增大，故选项B正确。考点：孤立点电荷等势面特征、库仑定律、平行四边形定则、功能关系、能量守恒定律的应用【名师点睛】题运用假设法，假设出各个量采用定量计算很繁琐，因此宜选择定性分析法与半定量相结合。能的转化与守恒，是普适规律，任何情况下都要遵循，重力、电场力属于保守力，保守力做功与路径无关，且相关力做正功，相关势能减少，相关力做负功，相关势能增加，做多少功就有多少能的变化。视频10.在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3 为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关 S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时A. L1上的电压为L2上电压的2倍B. L1消耗的电功率为0.75 WC. L2的电阻为12 D. L1、L2消耗的电功率的比值大于41【答案】BD【解析】试题分析：L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，电流也相同，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，由图乙读出三个灯泡两端的电压，由R=求出L2的电阻，根据P=UI求L1、L2消耗的电功率的比值解：A、L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故A错误；B、根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以L1消耗的电功率 P=UI=0.75W，故B正确；C、L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据R2=可知，L2的电阻小于4，故C错误；D、根据P=UI可知，L2消耗的电功率P20.1250.5=0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4；1，故D错误；故选：B【点评】本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R=，但对于非线性元件，R=二、实验题11.如图所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置,用来研究匀变速直线运动的规律.某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图所示.(1)实验时，该同学进行了如下操作：将质量均为M(A的含挡光片、B的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态.测量出：_(填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”)到光电门中心的竖直距离h.在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统(重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为t.测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律.(2)如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为：_(已知重力加速度为g).(3)引起该实验系统误差的原因有：_(写一条即可).(4)验证实验结束后，该同学突发奇想:如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，不断增大物块C的质量m,重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系?a随m增大会趋于一个什么值?请你帮该同学解决：写出a与m之间的关系式：_(还要用到M和g)a的值会趋于_.【答案】（1）挡光片中心；（2）；（3）绳子有质量；滑轮与绳子有摩擦；重物运动受到阻力作用（回答一个即可）；（4）；重力加速度g【解析】试题分析：（1）（2）验证机械能守恒定律的原理是系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量。即需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离，则系统重力势能的减小量，系统的末速度为：，系统动能的增加量为：若系统机械能守恒，则有：，故需要测出挡光片中心到光电门中心的距离，关系式为：。（3）系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能有：绳子有质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等（4）根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为mg，由牛顿第二定律：则系统加速度为：，当m不断增大，则a趋向于g考点：验证机械能守恒定律【名师点睛】此题是验证机械能守恒定律的问题；解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等根据系统机械能守恒，得出系统重力势能的减小量和系统动能的增加量，根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出系统末动能对系统研究，根据牛顿第二定律求出加速度与m的关系式，通过关系式分析，m增大，a趋向于g12.某实验小组利用提供的器材测量某种电阻丝(电阻约为20)材料的电阻率.他们首先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度。可供选择的器材还有：电池组E(电动势为3.0V，内阻约1)；电流表A1(量程0100mA，内阻约5)；电流表A2(量程00.6A，内阻约0.2)；电阻箱R(0999.9)；开关、导线若干；他们的实验操作步骤如下：A用螺旋测微器在三个不同的位置分别测量电阻丝的直径d；B根据提供的器材，设计并连接好如图甲所示的电路；C调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关S；D将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的示值R和接入电路的电阻丝长度L；E改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏.重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L.F断开开关，拆除电路并整理好器材.(1)小明某次用螺旋测微器测量电阻丝直径时其示数如图乙所示，则这次直径的测量值d=_mm；(2)实验中电流表应选择_(选填“A1”或“A2”)；(3)小明用记录的多组电阻箱的电阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的R-L关系图线，图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，可求出这种电阻丝材料的电阻率=_(用给定的物理量符号和已知常数表示).(4)若在本实验中的操作、读数及计算均正确无误，那么由于电流表内阻的存在，对电阻率的测量结果是否会产生影响？若有影响，请说明测量结果将偏大还是偏小。（不要求写出分析得过程，只回答出分析结果即可），答：_。【答案】 (1). 0.726； (2). ； (3). ； (4). 无影响；【解析】【详解】（1）由图示螺旋测微器可以知道，固定刻度是0.5mm，可动刻度是，则金属丝直径.（2）电路最大电流约为，不到0.6A的三分之一，如果使用电流表A2实验误差较大，因此电流表应选A1.（3）由闭合电路欧姆定律可知， ，其中，变换公式可得 ，结合图像可知，斜率为 ，解得电阻率.（4）若考虑电流表内阻，同理可得， ，即 ，斜率仍为 ，解得电阻率，与电流表内阻无关，故电流表内阻对测量结果无影响.【点睛】本题主要考查螺旋测微器的读数、电表量程的选择以及闭合电路欧姆定律与图像结合的综合分析题。三、计算题13.如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为370的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度为g，sin370=0.6，cos370=0.8。求：(1)水平向右的电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的，电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能。【答案】（1） （2） 【解析】【详解】（1）对物块进行受力分析如图：则解得（2） 设电场强度变化后小物块下滑距离L时动能为 物块下滑过程由动能定理有： 解得【点睛】本题主要考查带电物体在匀强电场中的运动问题。14.如图所示，水平地面上相距x=40m的A、B两点，分别放有质量为m1=2kg和m2=1kg的甲、乙两物体（均视为质点），甲与水平地面间的动摩擦因数为=0.5，BCD是半径为R=0.9m的光滑半圆轨道，O是圆心，DOB在同一竖直线上。甲以v0=25m/s的水平速度从A点向右运动，与静止在B点的乙发生碰撞，碰后粘在一起沿轨道BCD运动，从最高点D飞出，落在水平地面上的P点（图中未画出），取g=10m/s2，求：（1）甲运动到B点时的速度大小；（2）甲与乙碰撞过程中系统损失的机械能；（3）落地点P与B点间的距离。【答案】（1）15m/s（2）75J（3）4.8m【解析】【详解】（1）甲从A到B过程由动能定理有： 解得 甲运动到B点时的速度大小 （2）甲和乙碰撞过程中，系统的动量守恒，则 系统损失的机械能 解得 （3）组合体从B到D过程由动能定理有 组合体从D到P做平抛运动，则 水平方向有： 竖直方向有： 联立解得落地点P与B点间的距离【点睛】本题主要考查动量守恒定律、动能定理与平抛运动的规律。15.如图所示，半径R=0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一水平方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动，它的电量q=1.0010-7C.圆心O与A点的连线与竖直成一角度，在A点时小球对轨道的压力N=1.2N，此时小球的动能最大.若小球的最大动能比最小动能多0.32J，且小球能够到达轨道上的任意一点(不计空气阻力，g取10m/s2).则：(1)小球的最小动能是多少?(2)小球受到重力和电场力的合力是多少?(3)现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量和电场强度.【答案】（1）小球的最小动能是0.08J；（2）小球受到重力和电场力的合力是20N；（3）小球的质量为0.01kg电场强度为，方向水平向左【解析】（1）（2）带电小球沿轨道内侧做圆周运动，受到重力和电场力作用，其合力是恒力，当合力沿OA连线向下时，小球通过A点时动能最大，通过关于O点对称的B点时动能最小根据动能定理研究小球从B运动到A点的过程，求出重力与电场力的合力大小根据牛顿第二定律和动能的计算式求出A点的动能，再求出小球的最小动能；（3）在B点撤去轨道后，小球将做类平抛运动，由题，小球经0.02s时，其动能与在A点时的动能相等，说明小球经0.04s时偏转量等于2R，由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量（1）、