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2019届高三物理上学期第一次月考试题(含解析) (II)一、选择题1.竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具,人们根据竹蜻蜓的原理设计了直升机的螺旋桨.如图所示,一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓,松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶处.搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是( )A. 0.2JB. 0.6JC. 1.0JD. 2.5J【答案】D【解析】【详解】竹蜻蜓在上升到最高点的过程中,动能转化为重力势能和内能,一般每层楼房的高度为3m,二层也就是6m,所以重力势能的增加量为,则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2J,ABC选项错误,D项正确。故本题选D。2.“天宫、蛟龙、天眼、悟空、墨子”等重大科技成果写进十九大报告,航天科技成果丰硕,天宫二号在离地面393km的圆形轨道上飞行,慧眼空间科学卫星在离地面550km的圆形轨道上飞行.若天宫二号与慧眼卫星的质量相同,环绕地球运行均可视为匀速圆周运动,则( )A. 慧眼卫星运行时向心加速度比天宫二号小B. 慧眼卫星运行的周期比天宫二号小C. 慧眼卫星运行时机械能比天宫二号小D. 慧眼卫星运行时速度比天宫二号大【答案】A【解析】【详解】根据可得:,则慧眼卫星运行时向心加速度比天宫二号小,选项A正确;由可知,慧眼卫星运行的周期比天宫二号大,选项B错误;根据可知慧眼卫星运行时速度比天宫二号小,选项D错误;因两卫星质量相同,慧眼卫星高度大,则发射需要的能量较大,在轨道上的机械能较大,选项C错误;故选A.3.光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O,v与x轴正方向成角(如图),与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy,则( )A. 因为有Fx,质点一定做曲线运动B. 如果FyFx,质点向y轴一侧做曲线运动C. 质点不可能做直线运动D. 如果FxFycot,质点向x轴一侧做曲线运动【答案】D【解析】【详解】若Fx=Fycot,则合力方向与速度方向在同一条直线上,物体做直线运动;选项AC错误;若FxFycot,则合力方向与速度方向不在同一条直线上,合力偏向于速度方向下侧,则质点向x轴一侧做曲线运动,选项B错误;若FxFycot,则合力方向与速度方向不在同一条直线上,合力偏向于速度方向下侧,质点向x轴一侧做曲线运动。故D正确,ABC错误。故选D。【点睛】解决本题的关键掌握物体做直线运动还是曲线运动的条件,若合力的方向与速度方向在同一条直线上,物体做直线运动,若合力的方向与速度的方向不在同一条直线上,物体做曲线运动.4.如图所示,倾角为的光滑斜面固定在水平面,斜面上放有两个质量均为m的可视为质点的小物体甲和乙,两小物体之间用一根长为L的轻杆相连,乙离斜面底端的高度为h.甲和乙从静止开始下滑,不计物体与水平面碰撞时的机械能损失,且水平面光滑.在甲、乙从开始下滑到甲进入水平面的过程中( )A. 当甲、乙均在斜面上运动时,乙受三个力作用B. 甲进入水平面的速度大小为C. 全过程中甲的机械能减小了D. 全过程中轻杆对乙做负功【答案】C【解析】【详解】若以甲与乙组成的系统为研究的对象,可知系统受到重力与斜面的支持力,所以加速度的大小为gsin;以乙为研究的对象,设乙与杆之间的作用力为F,则:mgsin-F=ma=mgsin,可知,乙与杆之间的作用力为0,所以乙只受到重力和支持力的作用。故A错误。以甲、乙组成的系统为研究对象,系统机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgh+mg(h+Lsin)=2mv2,解得两球的速度:,选项B错误。以甲球为研究对象,由动能定理得:mg(h+Lsin)+W=mv2,解得:W=-mgLsin全过程中甲球的机械能减小了mgLsin ,全过程中轻杆对乙球做功mgLsin 故C正确,D错误。故选C.【点睛】本题考查了求球的速度、杆做的功等问题,分析清楚物体运动过程,应用机械能守恒定律与动能定理即可正确解题.5.如图甲所示,直线AB是某孤立点电荷电场中的一条电场线,一个电子仅在电场力作用下沿该电场线从A点运动到B点,其电势能随位置变化的关系如图乙所示.设A、B两点的电势分别为A、B,电子在A、B两点的动能分别为EkA、EkB.则关于该孤立点电荷的位置及电势、电子动能大小的说法正确的是( ) A. 孤立点电荷带负电,位于B点的右侧,AB,EkAEkBB. 孤立点电荷带正电,位于A点的左侧,AB,EkAEkBC. 孤立点电荷带正电,位于B点的右侧,AEkBD. 孤立点电荷带负电,位于A点的左侧,AB,EkAEkB【答案】A【解析】【详解】由图看出电子从A点运动到B点,其电势能增加,电场力对电子做负功,所以电子所受的电场力方向从BA电子带负电,所以电场线的方向从AB根据顺着电场线的方向电势降低,则知AB由能量守恒定律判断得知电子的动能减小,即有:EkAEkB。若孤立点电荷带负电,该电荷应位于B点的右侧,若孤立点电荷带正电,该电荷应位于A点的左侧,故A正确,BCD错误。故选A。【点睛】解决本题关键掌握电场力做功与电势能变化的关系,掌握电场线方向与电势变化的关系,能熟练运用能量守恒定律判断能量的变化,是常见的问题.6.一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q,电荷Q在球心O处产生的场强大小,方向图所示.把半球面分为表面积相等的上、下两部分,如图甲所示,上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2;把半球面分为表面积相等的左、右两部分,如图乙所示在左右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据点电荷电场强度公式E=k,且电荷只分布球的表面,对于图甲,虽表面积相同,但由于间距的不同,则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为ElE2;因电荷Q在球心O处产生物的场强大小E0=,则E1;对于图乙,半球面分为表面积相等的左、右两部分,是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等,则根据电场的叠加可知:左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等,即E3=E4 由于方向不共线,由合成法则可知,E3;故C正确,ABD错误;故选C。【点睛】考查点电荷的电场强度的应用,知道电荷的分布,掌握矢量的叠加法则,对于此题采用“反证法”来区别选项的正误是很巧妙的,注意总结应用.7.如图所示,一小铁球用细线悬挂于天花板上,静止时线垂在桌边缘,悬线穿过一光盘的中间小孔.手推光盘沿桌边以速度v匀速运动,当光盘由图中A位置运动到B位置过程中,当悬线与竖直方向夹角为,此时铁球( )A. 竖直方向速度大小为vcosB. 竖直方向速度大小为vsinC. 速度大小为vtanD. 速度大小为【答案】BD【解析】【详解】由题意可知,线与光盘交点参与两个运动,一是逆着线的方向运动,二是垂直线的方向运动,则合运动的速度大小为v,由数学三角函数关系,则有:v线=vsin;而线的速度的大小,即为小球上升的速度大小,故B正确,A错误;由上分析可知,球相对于地面速度大小为v=,故C错误D正确;故选BD。8.如图所示,一小球以速度v0从倾角为的斜面底端斜向上抛出,落到斜面上的M点且速度水平向右.现将该小球以2v0的速度从斜面底端朝同样方向抛出,落在斜面上的N点.下列说法正确的是( )A. 落到M和N两点时间之比为1:2B. 落到M和N两点速度之比为1:1C. M和N两点距离斜面底端的高度之比为1:2D. 落到N点时速度方向水平向右【答案】AD【解析】【详解】由于落到斜面上M点时速度水平向右,故可把质点在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动,设在M点的速度大小为u,把质点在斜面底端的速度v分解为水平u和竖直vy,由x=ut,y=gt2,tan得空中飞行时间,vy=2utan,v和水平方向夹角的正切值2tan为定值,即落到N点时速度方向水平向右,故D正确;,即v与u成正比,故落到M和N两点速度之比为1:2,故B错误;由知,落到M和N两点时间之比为1:2,故A正确;由y=gt2=,知y和u2成正比,M和N两点距离斜面底端的高度之比为1:4,选项C错误。故选AD。【点睛】斜抛运动的上升过程可看作是平抛运动的逆过程,平抛运动的位移偏角与速度偏角的关系为:2tan=tan;同时也要注意由运动的合成与分解的知识,结合分运动的独立性求解.9.如图所示,A、B两点固定两个等量异种点电荷+Q和-Q,O点为AB连线的中点,OD是AB连线的中垂线,BC与OD平行,AO=BO=BC.下列说法正确的是( )A. D点的场强方向由D指向CB. 将一负电荷由O点移到D点,电场力做负功C. 将一正电荷由D点移到C点,正电荷的电势能降低D. -Q在O点和C点产生的场强大小相等,方向相互垂直【答案】CD【解析】【详解】D点在AB连线的垂直平分线上,可知D点的场强方向平行AB水平向右,选项A错误;OD是电势为零的等势线,可知将一负电荷由O点移到D点,电场力不做功,选项B错误;D点电势高于C点,则将一正电荷由D点移到C点,正电荷的电势能降低,选项C正确;-Q距离O点和C点距离相等,且OB垂直BC,则在O点和C点产生的场强大小相等,方向相互垂直,选项D正确;故选CD.【点睛】常见电场的电场线分布及等势面的分布要能熟练掌握,并要注意沿电场线的方向电势是降低的,同时要抓住等量异号电荷形成电场的对称性,知道等量异种点电荷连线的中垂线是等势面,场强方向与等势面垂直。10.如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为RA=r,RB=2r,与盘间的动摩擦因数相同,当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是( )A. 此时绳子张力为3mgB. 此时圆盘的角速度为C. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外D. 此时烧断绳子,A仍相对盘静止,B将做离心运动【答案】ABC【解析】【分析】两物块A和B随着圆盘转动时,始终与圆盘保持相对静止当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,AB都到达最大静摩擦力,由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度及绳子的拉力.【详解】两物块A和B随着圆盘转动时,合外力提供向心力,则F=m2r,B的半径比A的半径大,所以B所需向心力大,绳子拉力相等,所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,B的静摩擦力方向指向圆心,A的最大静摩擦力方向指向圆外,有相对圆盘沿半径指向圆内的运动趋势,根据牛顿第二定律得:T-mg=m2r;T+mg=m22r;解得:T=3mg,故ABC正确。此时烧断绳子,A的最大静摩擦力不足以提供向心力,则A做离心运动,故D错误。故选ABC。11.如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转,最后打在屏上整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么()A. 偏转电场E2对三种粒子做功一样多B. 三种粒子一定打到屏上的同一位置C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同D. 三种粒子打到屏上时的速度一样大【答案】AB【解析】试题分析:带电粒子在加速电场中加速,电场力做功W=E1qd; 由动能定理可知:E1qd=mv2;解得:;粒子在偏转电场中的时间;在偏转电场中的纵向速度纵向位移;即位移与比荷无关,与速度无关;则可三种粒子的偏转位移相同,则偏转电场对三种粒子做功一样多;故A正确,B错误;因三粒子由同一点射入偏转电场,且偏转位移相同,故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同;因粒子到屏上的时间与横向速度成反比;因加速后的速度大小不同,故三种粒子运动到屏上所用时间不相同;故C错误,D正确;故选AD考点:带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转,要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用;正确列出对应的表达式,根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。视频二、实验题12.探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系.(1)按图所示将实验仪器安装好,同时平衡_,确定方法是轻推小车,由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是点否做_运动;(2)当小车在两条橡皮筋作用下弹出时,橡皮筋对小车做的功记为W0. 当用4条、6条、8条完全相同的橡皮筋并在一起进行第 2次、第3次、第4次实验时,橡皮筋对小车做的功记为2W0、3W0、4W0每次实验中由静止弹出的小车获得的最大速度可由打点计时器所打的纸带测出.关于该实验,下列说法正确的是( );A.打点计时器可以用直流电源供电,电压为46VB.实验中使用的若干条橡皮筋的原长可以不相等C.每次实验中应使小车从同一位置由静止弹出D.利用每次测出的小车最大速度vm和橡皮筋做的功W,依次作出W-vm、W-vm2、W-vm3W2-vm W3-vm的图像,得出合力做功与物体速度变化的关系(3)图给出了某次在正确操作情况下打出的纸带,从中截取了测量物体最大速度所用的一段纸带,测得O点到A、B、C、D、E各点的距离分别为OA=5.65cm,OB=7.12cm,OC=8.78cm,OD=10.44cm,OE=12.10cm.已知相邻两点打点时间间隔为0.02s,则小车获得的最大速度vm=_m/s. 【答案】 (1). 摩擦力; (2). 匀速; (3). CD; (4). 0.83;【解析】【详解】(1)按图所示将实验仪器安装好,同时平衡摩擦力,确定方法是轻推小车,由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是点否做匀速运动;(2)电磁打点计时器必须使用交流电源供电,电压为46V,选项A错误;实验中使用的若干条橡皮筋必须要相同,包括原长必须要相等,选项B错误;每次实验中应使小车从同一位置由静止弹出,选项C正确;利用每次测出的小车最大速度vm和橡皮筋做的功W,依次作出W-vm、W-vm2、W-vm3W2-vm W3-vm的图像,得出合力做功与物体速度变化的关系,选项D正确;故选CD.(3)纸带从C到E部分点迹均匀,则由此求得小车的最大速度为:13.(1)某同学想利用图甲所示装置,验证滑块与钩码组成的系统机械能守恒,该同学认为只要将摩擦力平衡掉就可以了.你认为该同学的想法_(填“正确”或“不正确”),理由是:_.(2)另一同学用一倾斜的固定气垫导轨来验证机械能守恒定律.如图乙所示,质量为m1的滑块(带遮光条)放在A处,由跨过轻质定滑轮的细绳与质量为m2的钩码相连,导轨B处有一光电门,用L表示遮光条的宽度,x表示A、B 两点间的距离,表示气垫导轨的倾角,g表示当地重力加速度.气泵正常工作后,将滑块由A点静止释放,运动至B,测出遮光条经过光电门的时间t,该过程滑块与钩码组成的系统重力势能的减小量表示为_,动能的增加量表示为_;若系统机械能守恒,则与x的关系式为=_(用题中已知量表示).实验时测得m1=475 g,m2=55 g,遮光条宽度L=4 mm,sin =0.1,改变光电门的位置,滑块每次均从A点释放,测量相应的x与t的值,以为纵轴,x为横轴,作出的图象如图丙所示,则根据图象可求得重力加速度g0为_m/s2(计算结果保留两位有效数字),若g0与当地重力加速度g近似相等,则可验证系统机械能守恒.【答案】 (1). 不正确 (2). 有摩擦力做功,不满足机械能守恒的条件 (3). (m2-m1sin )gx (4). (m1+m2) (5). (6). 9.4【解析】【详解】(1)机械能守恒的条件只有重力或弹力做功,平衡摩擦力时,是用重力的分力等于摩擦力,但此时系统受到摩擦力,故摩擦力对系统做功,机械能不守恒;故该同学的想法不正确;(2)滑块由A到B的过程中,系统重力势能的减小量为:EP=m2gx-m1gxsin;经过光电门时的速度为:;则动能的增加量为: 或机械能守恒,则有:EP=EK联立解得:;由上述公式可得,图象中的斜率表示;代入数据解得:g=9.4m/s2.【点睛】本题考查验证机械能守恒定律的条件,属于创新型的实验题目,要求能正确分析实验原理,能明确是两物体组成的系统机械能守恒三、计算题14.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37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.重力加速度取g,sin 370.6,cos 370.8.求: (1)水平向右电场的电场强度的大小;(2)若将电场强度减小为原来的,小物块的加速度是多大;(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能.【答案】(1) (2)0.3g(3) 【解析】带电物体静止于光滑斜面上恰好静止,且斜面又处于水平匀强电场中,则可根据重力、支持力,又处于平衡,可得电场力方向,再由电荷的电性来确定电场强度方向;当电场强度减半后,物体受力不平衡,产生加速度。借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小;选取物体下滑距离为L作为过程,利用动能定理来求出动能。解:(1)小物块静止在斜面上,受重力、电场力和斜面支持力, 可得电场强度 (2)若电场强度减小为原来,则变为可得加速度。(3)电场强度变化后物块下滑距离L时,重力做正功,电场力做负功由动能定理则有:可得动能【点睛】由三力平衡,借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向。当受力不平衡时,由牛顿运动定律来求解。当物体运动涉及电场力、重力做功,注意电场力做功只与沿电场强度方向的位移有关。15.如图所示,两平行金属板A、B长l8 cm,两板间距离d8 cm,A板比B板电势高300 V,即UAB300 V。一带正电的粒子电量为q1010 C,质量为m1020 kg,从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场,初速度v02106 m/s,粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后,进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)。已知两界面MN、PS相距为L12 cm,粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获,从而以O点为圆心做匀速圆周运动,最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上(静电力常量k9109 Nm2/C2,粒子重力不计,tan 37,tan 53)。求: (1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h;(2)粒子穿过界面MN时的速度v;(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y;【答案】(1)3cm(2) 方向与水平方向成 角斜向下(3)12cm(4) 【解析】【详解】(1)设粒子在两极板间运动时加速度为a,运动时间为t,则:t hat2 解得:h0.03 m3 cm (2)粒子的运动轨迹如图所示设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy,则:vyat解得:vy1.5106 m/s 所以粒子从电场中飞出时的速度为:v2.5106 m/s 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为,则:tan 解得:37 (3)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得: 解得:Y0.12 m12 cm (4)粒子做匀速圆周运动的半径为:r0.15 m 又: 解得:|Q|1108 C 故:Q1108 C 【点睛】本题考查了求粒子的偏移量、粒子的速度、电荷的电荷量,分析清楚粒子运动过程,应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题.16.如图所示,一轨道由半径为2m的1/4竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成.现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速释放,经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6N,小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2倍,然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P、C两点间的高度差为3.2m.小球运动过程中可视为质点且不计空气阻力.(1)求小球运动至B点时的速度大小;(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功;(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC 段的长度.【答案】(1) (2) 【解析】【详解】(1)在B点,由牛顿运动定律, 解得vB=4m/s.(2)小球从A到B的过程,有重力和摩擦力做功,设克服摩擦力做功为Wf,由动能定理解得Wf=2.4J.(3)设到C点时的速度为vc.B至C的过程,由动能定理得离开C后做平抛运动,运动时间为,所以B至P的水平距离为,由二次函数的单调性可得,当vc=1.6m/s时,B至P的水

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