辽宁省瓦房店市第三高级中学2019届高三物理上学期期中试题（含解析）.docx

辽宁省瓦房店市第三高级中学2019届高三物理上学期期中试题（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，共计48分1-8每小题只有一个选项符合题意9-12每小题有多个选项符合题意全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分1.下列说法正确的是()A. 牛顿发现了万有引力定律，总结出了行星运动的规律B. 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C. 开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D. 牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量【答案】B【解析】【详解】ABC、开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但并未找出了行星按照这些规律运动的原因；牛顿在开普勒行星运动定律的基础上推导出万有引力定律，故B正确，AC错误；D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测量出引力常量，故D错误；故选B。【点睛】关键是记住物理学史和常识，记住著名物理学家的主要贡献即可。2.一辆电动小车由静止开始沿直线运动，其vt图象如图所示，则汽车在01 s和13 s两段时间内，下列说法中正确的是() A. 运动方向相反 B. 平均速度相同C. 加速度相同 D. 位移相同【答案】B【解析】【详解】A、在01s时间内物体做匀加速直线运动，在1s3s间内物体做匀减速直线运动，但速度一直为正，即运动方向相同，故A错误；B、由平均速度公式得两段时间内的平均速度均为，即平均速度相同，故B正确；C、根据vt图象斜率表示加速度，加速度方向不同，加速度大小之比为：，所以加速度不同，故C错误；D、根据vt图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，则得位移之比为：，所以位移不相同，故D错误；故选B。【点睛】关键知道加速度的大小为v-t图象斜率的绝对值，图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移；匀变速直线运动的平均速度可公式求解。3.在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空若减小风力，体验者在加速下落过程中()A. 失重且机械能增加 B. 失重且机械能减少C. 超重且机械能增加 D. 超重且机械能减少【答案】B【解析】据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确。【考点定位】平衡条件、机械能变化与外力做功关系、超重和失重【方法技巧】通过体验者加速度方向判断超重和失重，通过除重力外其他力做正功机械能增加，其他力做负功机械能减少判断机械能变化情况。视频4.如图所示，A、B两物体系在跨过光滑定滑轮的一根轻绳的两端，当A物体以速度v向左运动时，系A、B的绳分别与水平方向成、角，此时B物体的速度大小为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】对A物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vAcos；对B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vBcos，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有vcos=vBcos，因此 ，且向右运动；选项D正确故选D.点睛：考查学会对物体进行运动的分解，涉及到平行四边形定则与三角函数知识，同时本题的突破口是沿着绳子的方向速度大小相等5.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d0.60 m盆边缘的高度为h0.30 m在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为()A. 0.60 m B. 0.30 m C. 0.10 m D. 0【答案】A【解析】【详解】设小物块间在BC面上运动的总路程为S，物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为，对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得，得到，则，所以小物块在BC面上来回运动共5次，最后停在C点，则停的地点到B的距离为0.60m，故A正确，B、C、D错误；故选A。【点睛】根据动能定理，对小物块开始运动到停止的全过程进行研究，求出小物块在BC面上运动的总路程，再由几何关系分析最后停止的地点到B的距离。6.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A. 增大，E增大 B. 增大，EP不变C. 减小，EP增大 D. 减小，E不变【答案】D【解析】试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角减小；根据，Q=CU，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确。【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。视频7.如图所示，细绳悬挂在墙壁上的A、B两点位置，已知且，同一细绳子ACB总长度是AO段的3倍挂在细绳上的小滑轮C可自由移动，其下悬挂重为G的物体，不计细绳和小滑轮的质量及其摩擦则小滑轮静止时( ) A. 两根绳子的拉力大小为B. 两根绳子的拉力大小为 C. 悬挂点B上移两根绳子的拉力变小D. 悬挂点B上移两根绳子的拉力变大【答案】A【解析】【详解】AB、由图根据几何关系知：，又，解得：，则，由C点受力分析得：，且是同一根绳子：，解得绳子拉力大小均为：，故A正确，B错误；CD、悬挂点B上移，由图根据几何关系知绳子与竖直方向的夹角不变，两根绳子的拉力的大小不变，故C、D错误；故选A。【点睛】关键是根据几何关系列式，联立方程求解夹角；同一根绳，拉力相等，对C点受力分析，根据平衡条件列式求解即可。8.有一种太阳能驱动的小车，当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内()A. 小车做匀加速运动B. 小车受到的牵引力逐渐增大C. 小车受到的合外力所做的功为PtD. 小车受到的牵引力做的功为【答案】D【解析】【详解】AB、小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式可知，牵引力不断减小，根据牛顿第二定律，有，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，故A、B错误；C、对小车启动过程，根据动能定理有小车受到的合外力所做的功为，故C错误；D、根据C可知，小车受到的牵引力做的功为，故D正确；故选D。【点睛】小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式P=Fv可知，牵引力不断减小，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动；结合动能定理列式求解相关量即可。9.如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间下列说法正确的是（）A. 两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinB. B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C. A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinD. 弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零【答案】BC【解析】试题分析：系统静止，根据平衡条件可知：对B球，对A球，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A球根据牛顿第二定律得，故A错误；B球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故B正确D错误；对A球根据牛顿第二定律得，故C正确考点：考查了牛顿第二定律的瞬时性【名师点睛】在应用牛顿第二定律解决瞬时问题时，一定要注意，哪些力不变，（弹簧的的形变量来不及变化，弹簧的弹力不变），哪些力变化（如绳子断了，则绳子的拉力变为零，或者撤去外力了，则外力变为零，）然后结合整体隔离法，应用牛顿第二定律分析解题10.如图所示，两电荷量分别为Q(Q0)和Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零下列说法正确的是() A. b点电势为零，电场强度也为零B. 正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C. 将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D. 将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大【答案】BC【解析】试题分析：结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以B点的电势等于0，而电场强度不等于0故A错误；由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而O点的电势等于0，所以正的试探电荷在a点的电势能大于零，故B正确；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小所以将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功；故C正确；两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等故D错误故选BC.考点：等量异种电荷的电场.【名师点睛】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向；对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆。11.有一宇宙飞船到了某行星上(假设该行星没有自转运动)，以速度v贴近行星表面匀速飞行，测出运动的周期为T，已知引力常量为G，则可得()A. 该行星的半径为B. 该行星的平均密度为C. 无法求出该行星的质量D. 该行星表面的重力加速度为【答案】AB【解析】【详解】A、根据周期与线速度的关系，可得行星的半径为：，故A正确；BC、根据万有引力提供向心力可得行星的质量为：，由可得：，故B正确，C错误；D、行星表面的万有引力等于重力，解得：，故D错误；故选AB。【点睛】研究宇宙飞船到绕某行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量即可解题。12.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(取g10 m/s2)()A. v00 B. v04 m/s C. v02 m/s D. v02 m/s【答案】CD【解析】【分析】要使小球不脱离轨道运动，1、越过最高点2、不越过四分之一圆周根据动能定理求出初速度v0的条件。【详解】当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg，又根据机械能守恒定律有mv22mgrmv02，得v02m/s，C正确当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgrm v02，得v02m/s，D正确【点睛】解决本题的关键知道小球在内轨道运动最高点的临界情况，以及能够熟练运用动能定理。二、实验题13.某同学在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，所用交流电的周期为T =0.02s。打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点。其相邻点间的距离（可依次用字母x1、x2、x3、x4、x5、x6表示）如图所示，每两个相邻的计数点之间还有4个打印点未画出。（1）试根据纸带上各个计数点间的距离，计算出打下B、F两个点时小车的瞬时速度，并将这两个速度值填入下表（要求保留2位有效数字）。速度vBvCvDvEvF数值（m/s）0.500.610.73（2）将B、C、D、E、F各个时刻的瞬时速度标在直角坐标系中，并画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线。 （3）可由所画vt图像求出小车加速度为_m/s2(计算结果要求：保留小数点后面二位数字）。（4）本题亦可不利用vt图像求小车加速度，请写出计算小车加速度的表达式： （用字母x1、x2、x3、x4、x5、x6和T表示）。【答案】(1) 0.38 0.85(2 ) 见右图（3） 1.19 （1.181.20）（4）【解析】试题分析：(1)由可知经过相邻的相等的时间内速度的变化量相同，可知，同理（2）利用所给数据描点连线即可，但要注意让点均匀分布在直线两侧（3）速度时间图像的斜率表示加速度大小，由此可知（4）加速度也可由逐差法求得考点：考查探究小车速度随时间变化的规律点评：本题难度较小，主要还是考查匀变速直线运动规律的应用三计算题：共4小题，共42分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。14.一物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，依次经过A、B、C三点，已知AB=L，BC=S，且物体在AB段与BC段所用时间相等，求OA的长度【答案】【解析】【分析】物体做匀加速运动，加速度不变对AB段、BC段时间相等，分别用位移关系公式列方程求出加速度和初速度，再由速度位移关系公式求解有O与A的距离；【详解】解：设物体的加速度为a，到达A点的速度为v0，通过AB段和BC点所用的时间为t根据位移公式则有：联立解得：设0与A的距离为，则有联立解得15.如图所示，质量为0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.25(g取10 m/s2)设小车足够长，地面光滑，求：(1)木块和小车相对静止时小车的速度；(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离【答案】(1)0.4m/s(2)0.64s(3)0.64m【解析】【分析】木块和小车组成的系统，所受合力为零，动量保持不变，根据动量守恒定律求出，木块和小车相对静止时小车的速度大小；以木块为研究对象，根据动量定理求出时间；根据牛顿第二定律分析求出木块和小车的加速度，再由运动学公式求出两物体的位移及相对位移大小；【详解】(1)以木块和小车为研究对象，方向为正方向，由动量守恒定律可得：得(2)以木块为研究对象，由动量定理可得： 又得到(3)木块做匀减速运动，加速度车做匀加速运动，加速度在此过程中木块的位移为：车的位移为：木块在小车上滑行的距离为16.如图所示，一长度L7 m的传送带与水平方向间的夹角，在电动机带动下以v4 m/s 的速率顺时针匀速转动在传送带上端接有一个斜面，斜面表面与传送带表面都在同一平面内将质量m2 kg可视作质点的物体无初速地放在传送带底端，物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零若物体与传送带及物体与斜面间的动摩擦因数都为，g10 m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功；(2)传送带上方所接的斜面长度【答案】(1)84J (2)0.64m【解析】【分析】物体先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，先根据牛顿第二定律求出物体的加速度，再由速度公式求出