2019版高三物理上学期期中试题(含解析).doc

2019版高三物理上学期期中试题(含解析)一、选择题1.1.如图所示，在光滑水平面上质量分别为，速率分别为的A、B两小球沿同一直线相向运动，则（ ）A. 它们碰撞前的总动量是，方向水平向右B. 它们碰撞后的总动量是，方向水平向左C. 它们碰撞后的总动量是，方向水平向左D. 它们碰撞前的总动量是，方向水平向右【答案】D【解析】【详解】取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P。则碰撞前，A、B的速度分别为：vA=5m/s、vB=-2m/s。根据动量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=25+4（-2）=2（kgm/s），P0，说明碰撞后总动量方向水平向右。则碰撞前总动量方向也水平向右。故选D。【点睛】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向2.2.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力与分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为 ()A. v0v2 B. v0v2C. v0m2m1v2 D. v0m2m1(v0v2)【答案】D【解析】系统分离前后，动量守恒：m1+m2v0=m1v1+m2v2，解得：v1=v0+m2m1v0-v2，故ABC错误，D正确。3.3.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(mM)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）A. 在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C. 被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处D. 全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒【答案】C【解析】【分析】由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点【详解】当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故D错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于mM，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故C正确；故选C。【点睛】解答本题要明确动量守恒的条件，并能正确的选取研究对象和研究过程；知道在两球相互作用中同时满足机械能守恒，小球返回后上升到槽的最高点时两者共速，应结合动量和能量两点进行分析判断4.4.如图所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，对O、P两点的比较正确的是（ ）A. OP，EOEPB. OP，EO=EPC. O、P两点所在直线为等势面D. 负电荷在P点的电势能大【答案】C【解析】【详解】等量异种点电荷连线的中垂线电势为零，所以o=P，由等量异种点电荷的电场线的分布，可得O点的电场线最密，P点的较疏。所以EoEp，故AB错误；等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，因此负电荷在P点的电势能与O点相同，故C正确，D错误；故选C。【点睛】虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直。5.5.如图，真空中一条直线上有四点A、B、C、D，AB=BC=CD，只在A点放一电量为+Q的点电荷时，B点电场强度为E，若又将等量异号的点电荷-Q放在D点，则（）A. B点电场强度为34E，方向水平向右B. B点电场强度为54E，方向水平向左C. BC线段的中点电场强度为零D. B、C两点的电场强度相同【答案】D【解析】【详解】只在A点放正电荷时，B点的场强为：E=kQr2；又将等量异号的点电荷-Q放在D点后，B点场强为：EB=kQr2+kQ(2r)2=5kQ4r2=54E，方向水平向右，故A B错误；两电荷在BC线段的中点产生的场强方向均向右，则合场强不为零，故C错误；C点场强为：EC=kQ(2r)2+kQr2=5kQ4r2=54E，方向水平向右，与B点的电场强度相同，故D正确；故选D【点睛】本题关键根据点电荷的场强公式，然后根据矢量合成的法则合成各点的场强，当然，也可以根据等量异种电荷的电场线分布规律来快速判断6.6.如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速度时间图象是选项中的()A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：电场线的疏密程度表示场强大小，A点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直减小，由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，电场力做负功，速度慢慢减小，所以粒子做加速度减小的减速运动，故B正确考点：考查了电场线，速度时间图像【名师点睛】根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断加速度的大小，从而判断粒子的运动情况选择速度图象7.7.一个带正电的质点，电荷量q=2.010-9C，在静电场中由a点移动到b点，在这过程中，除电场力外，其他外力做的功为6.010-5J，质点的动能增加了8.010-5J，则a、b两点间的电势差Uab为（）A. 1104VB. -1104VC. 4104VD. -7104V 【答案】A【解析】【分析】质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加电场力做功为Wab=qUab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差Uab【详解】根据动能定理得：qUab+W其他=Ek 得：Uab=EkW其他q=810561052109V=1104V，故A正确，BCD错误；故选A8.8.如图所示的电路中，开关闭合，灯L1、L2正常发光，由于电路出现故障，灯L1突然变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小，则发生的故障可能是（ ）A. R1断路 B. R2断路C. R3断路 D. R4断路【答案】A【解析】【详解】若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，L1两端电压变大，L1变亮；根据串联电路分压规律可知：右侧并联电路的电压减小，通过L2、R4的电流都减小，L2变暗，电流表的读数变小。符合题意。故A正确。若R2断路，电路中没有电流，两灯都不亮，与题不符，故B错误。若R3断路，总外电阻变大，总电流减小，L1两端电压变小，L1变亮暗；根据串联电路分压规律可知：R4的电压增大，电流表的读数变大，L2不亮，不符合题意。故C错误。若R4断路，总外电阻变大，总电流减小，L1两端电压变小，L1变亮暗；根据串联电路分压规律可知：电流表的读数为零，不符合题意。故D错误。故选A。【点睛】本题是电路中动态变化分析问题，首先要识别电路的结构，其次按照“局部整体局部”的思路进行分析注意某电阻断路相当电阻变为无穷大.9.9.如图所示为两电源的U-I图像，则下列说法正确的是（ ）A. 电源1的电动势和内阻比电源2的大B. 当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等C. 当外接同样的电阻时，两电源的输出功率可能相等D. 不论外接多大的相同电阻，电源1的输出功率总比电源2的输出功率大【答案】AD【解析】试题分析：A、根据闭合电路欧姆定律得，U=E-Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出，电源的电动势和内阻均比电源大故A正确B、D、过原点O作出一条倾斜的直线（3），该直线与图线、的交点就表示一个相同的电阻与两电源连接时的工作状态。由图看出，直线（3）与图线交点的两坐标的乘积大于直线（3）与图线交点的两坐标的乘积，说明不论外接多大的相同电阻，电源的输出功率总比电源的输出功率大，故B错误，D正确C、电源的效率=UIEI=RR+r，当外接同样的电阻，由于内阻r不等，电源的效率不可能相等，电源的效率总大于电源的效率，故C错误；故选AD考点：考查测定电源的电动势和内阻【名师点睛】本题根据图线的截距、交点、斜率等数学意义来理解图线的物理意义，技巧是作出电阻的伏安特性曲线10. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )A. 极板间电压变小 B. 电容器的电容减小C. 极板带电量将增大 D. P点的电势将降低【答案】BD【解析】试题分析：电容器与电源保持相连，则U不变，选项A错误；根据可知将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离时，d变大，则C减小，选项B正确；电容的定义式Q=CU，当C减小，则Q也减小，选项C错误；因为，当d变大时，E减小，则由UP0=EdP0可知P点与下极板的电势差减小，P点的电势降低，选项D正确；故选BD.考点：电容器；电场强度；电势差【名师点睛】此题是对电容器的动态分析；关键是要掌握三个基本公式：、和Q=CU；分清两种情况：电容器两端电压一定还是带电量一定；判断某点电势的变化要看该点与零电势点的电势差的变化情况.11.11.如图所示，AB是带电粒子在电场中运动的径迹，不考虑重力和空气阻力，粒子在由电场中的A点运动到B点的过程中，以下判断正确的是（ ）A. 粒子带正电B. 粒子在A点受到的电场力的大小比在B点受到的大C. 粒子在A点的动能比在B点的动能大D. 粒子在A点的电势能比在B点的电势能大【答案】BC【解析】A、物体做曲线运动时，受到的合力的方向指向轨迹弯曲的内侧，由此可知，该粒子受到的电场力的方向逆着电场线向左，所以粒子带负电，故A错误；B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，A点的电场线密，场强大，所以粒子在A点时受到的电场力的大小比在B点受到的大，故B正确；C、D、粒子在由电场中的A点运动到B点的过程中，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增加，所以粒子在A点的动能比在B点的动能大，粒子在A点的电势能比在B点的电势能小，C正确，D错误；故选BC.【点睛】对于本题关键是根据粒子运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧，运用力学知识来研究粒子在电场中运动的问题12.12.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的（ ）A. 带电粒子将始终向同一个方向运动B. 2s末带电粒子回到原出发点C. 带电粒子在03s内的初、末位置间的电势差为零D. 03s内，电场力的总功不为零【答案】C【解析】试题分析：带电粒子在前1秒处于匀加速，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；带电粒子在前1秒处于匀加速，在第二秒内由于加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，因此用去0.5秒先做匀减速接着0.5秒反向加速所以2s末带电粒子不在出发点，故B错误；带电粒子在0-3s内的初、末位置间的电场力做功为零，电势能变化为零，则电势差为零，故C正确，D错误；故选：C。考点：带电粒子在电场中的运动.二、实验题13.13.游标卡尺读数：_mm【答案】50.15【解析】【详解】游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm14.14.某同学欲采用下列器材研究一个额定电压为2.5 V的小灯泡(内阻约为6 )的伏安特性曲线。A.直流电源(3 V,内阻不计);B.电流表(0-0.6 A,内阻约为0.13 );C.电压表(0-3 V,内阻约为3 k);D.电压表(0-15 V,内阻约为15 k);E.滑动变阻器(0-20 ,额定电流为2 A);F.滑动变阻器(0-1000 ,额定电流为0.5 A);G.开关、导线若干。(1)为了减小测量误差,电压表应选用_,滑动变阻器应选用_。(填序号A、B、C等) (2)该同学连接电路的实物图如图丙所示,请指出他的电路接线中的错误:_。【答案】 (1). ( 1 ) C (2). E (3). ( 2 ) 应用外接法【解析】【详解】（1）灯泡额定电压为2.5V，电压表应选C，为方便实验操作，滑动变阻器总阻值较小的E（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻约为几欧姆，电流表内阻约为0.13，电压表内阻约为3k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，而实物图中电流表采用了内接法，则根据原理可知，本实验应采用电流表外接法；【点睛】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、连接实物电路图，要正确实验器材的选择原则，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计电路的关键三、计算题15.15.如图所示，平行金属板长为2m，一个带正电为2106C、质量为5106kg的粒子以初速度5m/s紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30角，粒子重力不计，求：（1）粒子末速度大小；（2）上下两个极板的电势差是多少？【答案】（1）1033m/s ( 2 )10.4V【解析】【详解】（1）粒子在平行板间做类平抛运动，根据平行四边形定则知，vv0cos233v0=1033m/s 。（2）根据动能定理得，qU12mv212mv02，解得U=mv026q=51065262106V=10.4V【点睛】本题考查了带电粒子在电场中的偏转，掌握处理类平抛运动的方法，运用动能定理进行求解，基础题。16.16.用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为m，所带电荷量为q现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘轻绳与竖直方向成30角（如图所示）求（1）这个匀强电场的电场强度（2）剪短细绳，小球运动距离S时的速度（一直在电场中运动）【答案】（1）E=33qmg （2）433gS 【解析】【详解】（1）对小球进行受力如图所示，由平衡条件得：小球受到的电场力为：F=mgtan而 F=qE解得：E=mgtan300q=3mg3q （2）剪断细线后，小球将沿绳的延长线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得mgcos300=ma，解得a=23g3小球落地时通过的位移为S时的速度：v=2aS=433gS【点睛】本题实质上是物体平衡和运动问题，对于这类问题只要正确进行受力分析，然后根据平衡方程求解电场力。通过受力情况分析，判断小球的运动情况，运用动力学方法求速度。17.17.如图所示，三个相同的木块A、B、C质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的左端与木块B固连（右端与C不固连），弹簧处于原长状态，现使A以初速度2v0沿B、C的连线方向朝B运动，若A与B相碰后立即粘在一起（以后也不分开），求：（1）以后