2019版高三物理上学期期中试卷(含解析).doc

2019版高三物理上学期期中试卷(含解析) 一选择题（48分，共12小题， 1-8每题只有一个选项符合题目要求，每题4分； 9-12每题都有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列说法中正确的是A. 牛顿通过理想斜面实验提出力并不是维持物体运动的原因B. 伽利略发现了行星运动的规律C. 卡文迪许通过实验测出了引力常量D. 爱因斯坦相对论的创立表明牛顿运动定律是错误的【答案】C【解析】【详解】伽利略通过理想斜面实验提出力并不是维持物体运动的原因，选项A错误；开普勒发现了行星运动的规律，选项B错误；卡文迪许通过实验测出了引力常量，选项C正确；爱因斯坦创立了相对论，相对论的创立并不表明经典力学已不再适用，其实，相对论与经典力学适用的范围不同，经典力学只适用于宏观低速物体，而高速物体适用于相对论。故D错误；故选C.2.测速仪上装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为固定测速仪，A为汽车，两者相距670m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动，当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距710m已知声速为340m/s，则汽车的加速度大小为（）A. 20m/s2 B. 10m/s2 C. 5m/s2 D. 无法计算【答案】B【解析】试题分析：设汽车的加速度为，运动的时间为，有12at2=355335=20m，超声波来回的时间为，则单程的时间为t2，因为初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比为1：3，在时间内的位移为20m，则12t时间内的位移为x=5m，知超声波追上汽车的位移x=5+335m=340m，所以t2=xv声=1s，t=2s，所以汽车的加速度大小为10m/s2，故B正确，ACD错误。考点：超声波及其应用【名师点睛】解决本题的关键求出超声波单程运行的位移从而求出单程运行的时间，即可知道汽车匀加速运动的时间，然后根据匀变速运动的位移公式求出汽车的加速度。3.磁性车载支架（如图甲）使用方便，它的原理是将一个引磁片贴在手机背面，再将引磁片对准支架的磁盘放置，手机就会被牢牢地吸附住（如图乙）。下列关于手机（含引磁片）的说法中正确的是（ ） A. 汽车静止时手机共受三个力的作用B. 只要汽车向前加速的加速度大小合适，手机可能不受支架对它的摩擦力作用C. 当汽车以某一速度匀速运动时，支架对手机的作用力为零D. 汽车静止时，支架对手机的作用力大小等于手机的重力大小【答案】B【解析】【详解】A. 手机处于静止状态，受力平衡，手机受到重力、支架的支持力、摩擦力以及磁片的吸引力，共受到四个力的作用；故A错误.B. 手机处于静止状态，受力平衡，受到重力和磁片对手机的作用力，根据平衡条件可知，磁片对手机的作用力大小等于重力，方向与重力方向相反；故B正确.C、D、由于磁片对手机的支持力与磁片的吸引力的方向都与支架的平面垂直，它们的合力不能抵消重力沿支架斜面方向向下的分力，所以无论是向前加速还是减速，都必定受到支架的沿斜面向上的摩擦力的作用；故C错误，D错误.故选B.【点睛】手机处于静止状态，受力平衡，对手机受力分析，根据平衡条件分析即可4.汽车沿平直公路以恒定功率p从静止开始启动，如图所示，为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的T点结束，所用的时间t=8秒，经历的路程s=50米，8秒后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，则( )A. 汽车做匀速运动时的牵引力大小为2105牛顿，B. 汽车所受的阻力大小4104牛顿，C. 汽车的恒定功率为1.6105W，D. 汽车的质量为8103kg【答案】C【解析】【详解】加速过程在T点结束，即此后汽车沿平直路面作匀速运动，由平衡条件和图象信息可得FTf=0，汽车做匀速运动时的牵引力大小为FT=2104N，汽车所受的阻力大小f=2104N，由图象信息得汽车的恒定功率P=Fv=21048W=1.6105W，汽车加速运动过程，牵引力做功为W=pt，根据动能定理可得PtFs=12mv2，解得m=2(Ptfs)v2=2(1.61058210450)64kg=8.75103kg，故C正确，A、B、D错误；故选C。【点睛】关键会根据物体的受力判断物体的运动规律，汽车以恒定功率启动，先做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零后，做匀速直线运动。5.为了进一步探究课夲中的迷你小实验,某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端竖直固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开,他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中A. 笔帽一直做加速运动B. 弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C. 弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D. 弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率【答案】CD【解析】弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，故A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽作正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C正确，故选CD.6.如图所示，小球甲从A点水平抛出的同时小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向间夹角为=45。已知BC高h，不计空气的阻力。由以上条件可知 ( )A. 甲小球做平抛运动的初速度大小为ghB. 甲乙小球到达C点所用时间之比为1:2C. A、B两点的高度差为22hD. A、B两点的水平距离为h2【答案】A【解析】A、乙球到达C点的速度v=2gh ,则甲球到达C点的速度v=2gh,根据平行四边形定则知,甲球平抛运动的初速度v0=vsin45=gh ，故A正确；B、对甲有: vcos45=gt1 ，对乙球有v=gt2 则t1t2=1:2 故B错误.C、已知BC高h ，AC两点的高度差h=(vcos45)22g=h2 ,则A、B的高度差h=hh2=h2 故C错误；D、A、B的水平距离x=v0t1=gh2v2g=h ,故D错误.综上所述本题答案是：A7.“好奇号”火星探测器发现了火星存在微生物的更多线索，进一步激发了人类探测火星的热情。如果引力常量G己知，不考虑星球的自转，则下列关于火星探测的说法正确的是A. 火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，其所受合外力为零B. 若火星半径约为地球半径的一半，质量约为地球质量的十分之一，则火星表面的重力加速度一定大于地球表面的重力加速度C. 火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，如果测得探测器的运行周期与火星半径，则可以计算火星质量D. 火星探测器沿不同的圆轨道绕火星运动时，轨道半径越大绕行周期越小【答案】C【解析】【详解】A：火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，其所受合外力充当向心力，不为零。故A项错误。B：在星球表面GMmR2=mg得g=GMR2，据题意R火=12R地、M火=110M地，解得：g火=25g地。故B项错误。C：火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时：GMmR2=mR(2T)2，则M=42R3GT2；如果测得探测器的运行周期与火星半径，则可以计算火星质量。故C项正确。D：火星探测器沿不同的圆轨道绕火星运动时：GMmr2=mr(2T)2，则T=2r3GM；火星探测器轨道半径越大，绕行周期越大。故D项错误。【点睛】万有引力解题的两种思路：1、物体在天体表面时重力近似等于它所受的万有引力；2、将行星绕恒星、卫星绕行星的运动视为匀速圆周运动，其所需的向心力由万有引力提供。8.在两等量异种点电荷A和B形成的电场中。将另两个等量异种试探电荷a、b用绝缘细杆连接后,放置在点电荷A和B的连线上，且关于连线中点对称，如图所示。图中水平虚线为A、B连线的中垂线。现将试探电荷a、b连同绝缘细杆从图示位置沿A、B连线的中垂线向右平移到无穷远处，平移过程中两试探电荷始终关于中垂线对称。若规定A、B连线中点处电势为零。则下列说法中正确的是A. 在A、B连线上，b处的电势大于零B. a、b整体在A、B连线处具有的电势能大于零C. 在水平移动a、b整体的过程中，静电力对a、b整体做负功D. 在图示位置将a、b整体绕绝缘细杆中点转动900的过程中，静电力对a、b整体做负功【答案】B【解析】A、电场线由正电荷指向负电荷，并且沿着电场线电势在降低，若规定A、B连线中点处电势为零，则b处的电势小于零，故A错误；B、根据Ep=q 可知正负电荷分别在ab两点的电势能都大于零，所以a、b整体在A、B连线处具有的电势能大于零，故B正确；C、根据受力及做功的特点可知在水平移动a、b整体的过程中，静电力对a、b整体做正功，故C错；D、在转动过程中，根据电势分布可知，a由高电势运动到低电势，所以静电力对正电荷做正功，b由低电势运动到高电势，所以静电力对负电荷也做正功，故D错误；故选B9.如图所示，足够长传送带与水平方向的夹角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮，与木块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带的摩擦力作用，现将传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)的过程中，下列说法不正确的是（ ）A. 物块a的质量为msinB. 摩擦力对a做的功大于物块a、b动能增加量之和C. 任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小不相等D. 摩擦力对a做的功等于物块a、b构成的系统机械能的增加量【答案】BC【解析】【分析】通过开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，根据共点力平衡得出a的质量根据b上升的高度得出a下降的高度，从而求出a重力势能的减小量，根据能量守恒定律判断摩擦力功与a、b动能以及机械能的关系【详解】A. 开始时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用,则有magsin=mg,则ma=msin；故A正确.B. b上升h，则a下降hsin，则a重力势能的减小量为EPa=maghsin=mgh，所以系统的重力势能不变，所以摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增加之和；故B错误.C.任意时刻a、b的速率相等,对b,克服重力的瞬时功率Pb=mgv,对a有：Pa=magvsin=mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等；故C错误.D.摩擦力对a做正功，根据功能关系得：物块ab构成的系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加；故D正确.本题选不正确的故选BC.【点睛】本题是力与能的综合题，关键对初始位置和末位置正确地受力分析，以及合理选择研究的过程和研究的对象，运用能量守恒进行分析10.下列说法正确的是 。E放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关A. 平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能B. 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关C. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了D. 康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射实验说明粒子具有波动性【答案】ABD【解析】试题分析：平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量，平均结合能越大的原子核越稳定，平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时出现质量亏损，一定放出核能故A正确；黑体辐射随着波长越短温度越高则辐射越强，所以黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故B正确；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量增大，选项C错误；康普顿效应说明光具有粒子性，而电子的衍射实验说明粒子具有波动性，故D正确原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关故E错误；故选ABD考点：平均结合能; 玻尔理论；半衰期；康普顿效应【名师点睛】本题考查了玻尔理论，半衰期；康普顿效应等基础知识点，注意比结合能与结合能的区别，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。11. 如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f。现用一水平恒力F作用在滑块上，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s。下列说法正确的是A. 上述过程中，滑块克服摩擦力做功为f（L+s）B. 其他条件不变的情况下，M越大，s越小C. 其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长D. 其他条件不变的情况下，F越大，滑块与木板间产生的热量越多【答案】AB【解析】试题分析：上述过程中，滑块相对于地面的位移为L+s，则滑块克服摩擦力做功为f(L+s)，故A正确；其他条件不变的情况下，由于木板受到摩擦力不变，当M越大时，木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移s小，故B正确；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力没变，所以产生的热量没变，故D错误考点：考查了功的计算，功能关系【名师点睛】对物理过程仔细分析是解题关键，同时对物理模型要把握和熟悉本题就是常见而重要的滑块和木板模型12.如图所示，质量为m的长方体物块放在水平放置的钢板C上，物块与钢板间的动摩擦因数为，由于光滑固定导槽A、B的控制，该物块只能沿水平导槽运动。现使钢板以速度v1向右匀速运动，同时用水平力F拉动物块使其以速度v2(v2的方向与v1的方向垂直，沿y轴正方向)沿槽匀速运动，以下说法正确的是()A. 若拉力F的方向在第一象限，则其大小一定大于mgB. 若拉力F的方向在第二象限，则其大小可能小于mgC. 若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为mg v1v12+v22D. 若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为mg v2v12+v22【答案】BD【解析】试题分析：明确工件所受滑动摩擦力的大小和方向，注意滑动摩擦力的方向是和物体的相对运动相反，正确判断出工件所受摩擦力方向，然后根据其运动状态即可正确求解该题解：工件有相对于钢板水平向左的速度v1和沿导槽的速度v2，故工件相对于钢板的速度如图所示，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以有：F=fcos=mgcos，因此F的大小为mgmg故选BD【点评】注意正确分析滑动摩擦力的大小和方向，其大小与正压力成正比，方向与物体相对运动方向相反，在具体练习中要正确应用该规律解题二、实验题：本题共两小题，共10分。13.如图甲所示,在验证动量守恒定律实验时,小车A的前端粘有橡皮泥,推动小车A使之做匀速运动。然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体,继续匀速运动,在小车A后连着纸带,电磁打点计时器电源频率为50Hz,长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力。(1).若获得纸带如图乙所示,并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动起始的第一点,则应选_段来计算A的碰前速度,应选_段来计算A和B碰后的共同速度(填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”)。(2).已测得小车A的质量m1=0.30kg,小车B的质量为m1=0.20kg,由以上测量结果可得碰前系统总动量为_kgm/s,碰后系统总动量为_kgm/s。(结果保留四位有效数字)(3).实验结论:_。【答案】 (1). BC (2). DE (3). 1.035 (4). 1.030 (5). 在实验误差允许范围内,碰前和碰后的总动量相等,系统的动量守恒【解析】（1）A与B碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，可知通过BC段来计算A的碰前速度，通过DE段计算A和B碰后的共同速度（2）A碰前的速度：v1BCt0.34500.1m/s3.450m/s 碰后共同速度：v2DEt0.20600.1m/s2.060m/s碰前总动量：P1=m1v1=0.33.450=1.035kgm/s碰后的总动量：P2=（m1+m2）v2=0.52.060=1.030kgm/s可知在误差允许范围内，AB碰撞过程中，系统动量守恒14.为了探究机械能守恒定律，某同学设计了如图甲所示的实验装置，并提供了如下的实验器材：A小车B钩码C一端带滑轮的木板D细线E电火花计时器F纸带G毫米刻度尺H低压交流电源I220 V的交流电源(1)根据上述实验装置和提供的实验器材，你认为实验中不需要的器材是_(填写器材序号)，还应补充的器材是_(2)实验中得到了一条纸带如图乙所示，选择点迹清晰且便于测量的连续7个点(标号06)，测出0到1、2、3、4、5、6点的距离分别为d1、d2、d3、d4、d5、d6，打点周期为T.则打点2时小车的速度v2_；若测得小车质量为M、钩码质量为m，打点1和点5时小车的速度分别用v1、v5表示，已知重力加速度为g，则验证点1与点5间系统的机械能守恒的关系式可表示为_(3)在实验数据处理时，如果以v22为纵轴，以d为横轴，根据实验数据绘出v22d图象，其图线的斜率表示的物理量的表达式为_【答案】 (1). H (2). 天平 (3). d44T (4). mgd5d1=12M+mv52v12 (5). mgM+m【解析】试题分析：（1）电火花计时吕髟的是220V交流电源，因此低压交流电源用不着；另外还需要用到天平测出小车的质量M；（2）打点2时的速度等于13间的平均速度，即；根据机械能守恒，整个系统减小的重力势能等于整个系统增加的动能，即；（3）根据v2=2ad，因此的斜率就是加速度，而对砝码进行受力分析可知：mgT=ma，而对小车T=Ma，因此可得a=mM+mg考点：验证机械能守恒三、计算题：本题共4小题，共42分，解答时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给分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位。15.足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90 m、宽60 m，如图所示。攻方前锋在中线处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12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2。试求：(1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大； (2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发，加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s。该前锋队员至少经过多长时间能追上足球。【答案】(1)x136 m (2)前锋队员追上足球的时间t6.5 s【解析】试题分析：（1）根据速度时间公式求出足球匀减速直线运动的时间，从而根据平均速度公式求出足球的位移（2）根据速度时间公式求出运动员达到最大速度的时间和位移，然后运动员做匀速直线运动，结合位移关系求出追及的时间（1）已知足球的初速度为：v1=12ms，加速度大小为：a1=2ms2 足球做匀减速运动的时间为t1=v1a2=122s=6s运动位移为：x1=v12t1=1226m=36m（2）已知前锋队员的加速度为：a2=2ms2，最大速度为：v2=8ms前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间为：t2=v2a2=82s=4s运动的位移为：x2=v22t2=824m=16m之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时其位移为：x3=v2t1t2=864m=16m由于x2+x3x1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球故之后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球则位移有：x1x2+x3=v2t3解得：t3=0.5s前锋队员追上足球的时间为：t=t1+t3=6+0.5s=6.5s16.如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切与D点，且半径R=0.5m，质量m=0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M=0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0 向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A滑上半圆轨道并能过最高点C，取重力加速度g=10m/s2 ，则（1）B滑块至少要以多大速度向前运动；（2）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？【答案】（1）3m/s （2）0375J【解析】试题分析：由牛顿第二定律求出滑块A到达轨道最高点的速度，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出B的初速度；碰撞后两者速度相等时弹簧压缩量最大弹性势能最大，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出最大弹性势能。设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B碰撞前的速度为v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力由牛顿第二定律得： mg=mvC2R由机械能守恒定律得12mv22=mg2R+12mvc2B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 Mv0Mv1mv2由机械能守恒定律得 12Mv02=12Mv12+12mv22 解得v03 m/s.B与A碰撞后，当两者速度相同时弹簧有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得:Mv0(Mm)v由机械能守恒定律得 12Mv02=12(M+m)v2+EP 联立解得Ep0.375 J.点睛：本题考查了求速度与弹性势能问题，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题；知道滑块做圆周运动的临界条件、应用牛顿第二定律求出经过圆形轨道最高点的速度。17.当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计。如图所示，相距为L的两块平行金属板M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场，a、b、c、d是匀强电场中四个均匀分布的等势面，K是与M板距离很近的灯丝，电源E1给K加热从而产生热电子。电源接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电量为e.求：(1)电子到达N板的瞬时速度；(2)电路稳定的某时刻，M、N之间运动的热电子的总动能；(3)电路稳定的某时刻，c、d两个等势面之间具有的电子数.【答案】(1)2eUm (2)Ek总=ILmU2e (3)23I2mL2eUe【解析】【详解】(1)电子达到N板的过程中，由动能定理得：eU=12mvN20解出：vN=2eUm(2)根据功能关系，在M、N之间运动的热电子的总动能应等于t时间内电流做功的12,L=12at2t=2mL2eUN1=IteEk总=N1Ek最大2=I2mL2eUeeU2=ILmU2e(3)电子从灯丝出发达到c所经历的时间tca=eUmL35L=12atc2解得：tc=L6m5eU电子从灯丝出发达到d所经历的时间td45L=12atd2可得：t