2019届高三物理上学期第二次质量检测试卷 理(含解析).doc

2019届高三物理上学期第二次质量检测试卷 理(含解析)一、选择题1.如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连放置于倾角为的光滑固定斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳绕过斜面顶端的定滑轮系一轻质挂钩，细绳与轻弹簧均与斜面平行，物块A、B保持静止。现在挂钩上挂一重物D，平衡时物块B恰好不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，某一瞬间剪断细绳，则下列说法正确的是（ ）A. 重物D的重力为B. 物块A下滑过程中机械能守恒C. 剪断细绳瞬间，物块A的加速度大小为gsinaD. 物块A下滑过程中的最大速度为【答案】D【解析】【分析】挂上重物 D 之前弹簧弹力等于A沿斜面的重力的分力，根据共点力的平衡条件列式求解弹簧形变量，平衡时物块B恰不离开挡板，对AB整体受力分析计算D的质量；A下落的位移等于弹簧的形变量之和；根据机械能守恒求解A的最大速度。【详解】平衡时物块B恰好不离开挡板，则对ABD系统，由平衡知识可知：mDg=2mgsin，解得mD=2msin，选项A错误；下滑过程中物块 A 受到弹簧弹力做功，故A机械能不守恒，故B错误；剪断细线之前细线的拉力为T=2mgsin，则剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不变，则物块A的加速度大小为2mgsin=ma，解得a=2gsin，选项C错误；A的速度最大时，加速度为零，此时弹簧压缩量为x1=mgsink，已知当B刚要离开挡板时弹簧的拉伸量为x2=mgsink，两个位置弹簧的形变量相同，则弹性势能相同；从开始到A速度最大，A下落的位移为x=x1+x2=2mgsink，根据机械能守恒知mgxsin=12mv2，即v=2gsinmk ，故D正确；故选D。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡和机械能守恒问题，解答平衡问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。2.如图，卫星携带一探测器在半径为3R (R为地球半径)的圆轨道上绕地球飞行。在a点，卫星上的辅助动力装置短暂工作，将探测器沿运动方向射出（设辅助动力装置喷出的气体质量可忽略）。之后卫星沿新的椭圆轨道运动，其近地点b距地心的距离为nR (n略小于3)，已知地球质量为M，引力常量为G，则卫星在椭圆轨道上运行的周期为（ ）A. (3+n)R(3+n)RGMB. (3+n)R(3+n)R2GMC. 6R3RGMD. R(3+n)R2GM【答案】B【解析】卫星在圆轨道上运行时的周期为T1，根据万有引力提供向心力：GmM(3R)2=m(2T1)2(3R)，在椭圆轨道上运行的周期T2，根据开普勒第三定律：(3R)3T12=(3nR+3R2)T22由以上两式联立解得：T2=(3+n)R(3+n)R2GM故B正确。3.如图是甲乙两物体的位移时间图像，其中甲物体的位移时间的关系为s=12t2，乙物体的位移时间图像为s=-13t2，则关于甲乙两物体运动的说法正确的是（ ）A. 甲乙物体的运动是曲线运动B. 甲乙物体的运动是变加速运动C. 甲乙物体运动方向相同D. 在第3秒内甲物体的速度变化比乙物体的速度变化大【答案】D【解析】A项：s-t图像只能表示直线运动，故A错误；B项：根据公式x=12at2可知，甲、乙两物体都做匀变速直线运动，故B错误；C项：s-t图像的斜率的正负表示速度的方向，由图像可知，甲图像斜率为正、乙图像斜率为负，故C错误；D项：根据公式a=vt可知，相等时间内速度变化取决于加速度，由公式x=12at2可知，a甲=1ms2，a乙=23ms2，故D正确。点晴：解决本题关键理解s-t图像的斜率的正负表示速度的方向，知道x=12at2和x=12t2的对比求出加速度。4.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到圆心的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）（ ） A. v216gB. v28gC. v24gD. v22g【答案】B【解析】【分析】根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径。【详解】设半圆的半径为R，根据动能定理得：mg2R12mv212mv2，离开最高点做平抛运动，有：2R=12gt2，x=vt，联立解得：x=4R(v24gR)g=16g(Rv28g)2+v44gg ，可知当R=v28g时，水平位移最大，故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练。5.如图，质量为m的带正电的小球用绝缘轻绳悬挂在O点，在空间中存在着水平向右的匀强电场，小球在B点能够静止不动。现在让小球由最低点A从静止释放。则小球（ ）A. 恰好能运动到C点B. 过B点时合力为0C. 向右运动的过程中合力的功率先增大再减小D. 在C点加速度为gtan【答案】A【解析】【分析】根据小球能在B点静止不动和A、C两点处于对称位置，可以把小球的运动过程等效为单摆模型，因此小球在B点为平衡位置，经过该点时速度最大，合外力提供向心力且与速度方向垂直；而在A、C两点处于最大位移处，处于该点时速度为零，其加速度大小相等；再利用平衡条件可以计算出在A、C两点的加速度大小。【详解】小球在B点受到重力、电场力和拉力三个力的作用下能够静止不动，且A、C两点处于对称位置，因此小球的运动可看作一个单摆模型；即：B点是平衡位置，而A、C两点是最大位移处，根据单摆模型的特点，小球恰好能运动到C点。故A正确；由于在B点是单摆模型等效最低点，所以经过B点时的速度最大；而小球经过B点时的合外力提供向心力，即：F合mvB2l，由于速度vB0，所以小球过B点时合力不为0故B错误；根据题意画出小球的受力图如下：由图可知小球在B点时，合外力方向与速度方向垂直，此时合外力的功率为零；而在A、C两点的速度为零，此时合外力的功率也为零；因此小球向右运动的过程中合力的功率应该是先增大后减小再增加再减小的变化过程。故C错误；根据单摆模型的对称性可知，小球在C点和A点的加速度大小相等，有：acaAEqm，而在B点处静止，根据平衡条件有：qEmgtan2，联立以上两个公式可解得：acaAgtan2故D错误。故选A。【点睛】解答本题的关键是：要认真审题，抓住题目的关键信息，把小球的运动等效看作单摆模型，再利用单摆运动的特点结合平衡条件可求出结果。6.卫星在轨道上以速度v运行时，会遇到太空尘埃的碰撞而受到阻碍作用导致轨道变低。设单位体积的太空均匀分布着尘埃n颗，每颗尘埃平均质量为m，尘埃速度可忽略，卫星的横截面积为S，与尘埃碰撞后将尘埃完全黏附住。如果要保持卫星轨道不变，需要给卫星提供的推力为（ ）A. 12nmv2sB. nmv2sC. nmvsD. 12nmvs【答案】B【解析】如果要保持卫星轨道不变，给卫星提供的推力只要克服卫星与尘埃碰撞过程中的作用力即可，以尘埃为研究对象利用动量定理可知：Ft=nmv2St，解F=nmv2S，故B正确。7.光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m。如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F1、F2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则F1与F2之比为（ ）A. MmB. mMC. m(Mm)D. M(Mm)【答案】A【解析】F1作用于A时，设A和B之间的弹力为N，对A有：Ncos Mg，对B有：Nsin ma，对A和B组成的整体有：F1(Mm)a(M+m)Mmgtan ；F2作用于A时，对B有：mgtan ma，对A和B组成的整体有：F2(Mm)a(Mm)gtan ，F1F2=Mm.8.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）A. x1处电场强度最小，但不为零B. 粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动C. 在0、x1、x2 、x3 处电势0、1、2、3的关系为32=01D. x2x3段的电场强度大小方向均不变【答案】D【解析】试题分析：因为Ep=Eqx，所以Epx=Eq，即图像的斜率表示电场强度大小，所以在x1处电场强度最小，为零，A错误；图像的斜率表示电场强度大小，所以Ox2段做变加速直线运动，x2x3段做匀加速直线运动，B错误；根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：12=03，C错误；x2x3段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，D正确；考点：考查了电场力做功，电势，电势能【名师点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况9.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为30，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度大小为v，运动到C处速度为0，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）A. 小球可以返回到出发点A处B. 撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止C. 弹簧具有的最大弹性势能为12mv2D. aAaC=g【答案】CD【解析】AC、设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep.根据能量守恒定律得：对于小球A到B的过程有：mgh+Ep= 12mv2+Wf，A到C的过程有：2mgh+Ep=2Wf+Ep，解得：Wf=mgh，Ep=12mv2.小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得：Ep=2Wf+2mgh+Ep，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处。故A错误，C正确。B. 设从A运动到C摩擦力的平均值为，AB=s，由Wf=mgh得：s=mgssin30在B点,摩擦力f=mgcos30，由于弹簧对小球有拉力(除B点外),小球对杆的压力大于mgcos30，所以mgcos30可得mgsin30mgcos30，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止。故B错误；D. 根据牛顿第二定律得：在A点有：Fcos30+mgsin30f=maA；在C点有：Fcos30fmgsin30=maC；两式相减得：aAaC=g.故D正确。故选：CD点睛：根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断出撤去弹簧，小球在直杆上不能处于静止对小球A到B的过程和A到C的过程，分别根据能量守恒定律列式，可求得弹簧具有的最大弹性势能，由牛顿第二定律研究A、C两点的加速度，相比较可得到aA-aC=g10.如图所示，平行金属板中带电液滴P处于静止状态，RG为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)，电流表和电压表为理想电表。现增加光照强度，则下列说法正确的是（ ）A. 带电液滴P将向下运动B. 电压表的示数将增大C. R1上消耗的功率将减小D. 电压表的示数的变化量与电流表的示数的变化量的比值的绝对值UI将不变【答案】AD【解析】【分析】根据RG光敏电阻的变化得到总电阻变化，从而得到总电流变化，即可得到电流表读数变化，从而得到电压表读数变化；根据电容器两端电压变化得到场强变化，从而得到合外力变化，即可得到液滴运动方向；根据“总量法”讨论电压表和电流表读数的比值的变化。【详解】增加光照强度，则RG的阻值减小，电路的总电阻减小，总电流变大，路端电压减小，R1以及电源内阻上的电压变大，则R1上消耗的功率将变大，R3两端的电压减小，即电压表V示数减小，电容器两端电压减小，两板间场强减小，则带电液滴P将向下运动，选项A正确，BC错误；根据U=E-I(R1+r)可知电压表V 的示数的变化量与电流表A 的示数的变化量的比值的绝对值|UI|=R1+r不变，选项D正确；故选AD.【点睛】电路计算问题，一般根据电路变化得到总电阻变化，从而得到总电流变化，即可得到路端电压变化，进而得到支路电流变化，最后求得电压变化。11.下列说法正确的是（ ）A. 根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小B. 放射性物质的温度升高，则半衰期减小C. 用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子D. 某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个【答案】ACD【解析】【详解】根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，选项A正确；放射性物质的半衰期与外界因素无关，选项B错误；核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等，故用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，还要另给它们分离时所需要的足够的动能（光子方向有动量），所以不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，故C正确；根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过2次衰变质子数减少4，一次衰变质子数增加1，故核内质子数减少3个，D正确；故选ACD.12.如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来下列判断中正确的是（ ）A. 俯视观察，线框沿逆时针方向旋转B. 线框能旋转起来，这是属于电磁感应现象C. 电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D. 旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大【答案】AC【解析】试题分析：小磁铁产生的磁场方向为线框的下端A向下流向磁铁，对线框的下端平台侧面分析，扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极，周围磁感线由上往下斜穿入线框内部，在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量，在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外），所以，由上往下看（俯视），线框沿逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应故A错误，B正确；因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率，故C正确；受到的安培力开始时使线圈做加速运动，当安培力等于阻力时速度达到最大，故D错误考点：考查了通电导线在磁场中受力二、实验题13.某同学用如图所示的电路测量一节干电池的电动势和内阻，改变滑动变阻器的阻值，测得多组电压表的读数U和电流表的读数I，画出U-I图像如图所示。 （1）若把电压表和电流表均当作理想电表来处理，则电源电动势E=_V，内阻r=_。（2）若电流表内阻RA不能忽略，则（1）中测得的电源内阻_真实值（填“大于”或“小于”）。为了测得电源内阻的真实值，这位同学采用了如图所示的电路测量出了RA，实验操作步骤如下：按图丙连接好电路，断开S1、S2，将R调到最大。合上S1，调节R使电流表满偏。保持R不变，闭合S2，调节电阻箱使电流表半偏。断开S1，读出R的阻值为0.3。实验中R远大于R，则可认为电流表内阻RA=_。电源内阻的值为_。【答案】 (1). （1）1.5 (2). 1.0 (3). （2）大于 (4). 0.3 (5). 0.7【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律U=EIr可知，U-I图象的纵截距为E=1.5V，斜率k=r=UI=1.51.00.5=1.0.(2)本实验采用了电流表的外接法，误差来源为电流表分压，测出的等效内阻为R测=RA+r，故测量值大于真实值。(3)测量电流表内阻采用了半偏法：由于R远大于R，在保持总电流基本不变时，电流表和电阻箱各分的一半的电流，故RAR=0.3；故电源的内阻真实值为r=R测RA=1.00.3=0.7.【点睛】掌握伏安法测电阻的原理，半偏法测电阻的原理是解本题的关键，一定明确本实验在R远大于R的条件下进行的。14.实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3V和15V，其内部电路如图所示，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1=2.9k，R2=14.9k现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头G1的满偏电流为1mA，内阻为50；表头G2的满偏电流0.5mA，内阻为200，又有三个精密定值电阻r1=100，r2=150，r3=200若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：（1）原表头G满偏电流I=_，内阻r=_（2）在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路_（标识出所选用的相应器材符号）（3）某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材，测量一未知电阻Rx的阻值：电流表A量程05mA，内阻未知； 最大阻值约为100的滑动变阻器；电源E（电动势约3V）； 开关S、导线若干由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，选择合适的电路，请你帮助他们补充完整电路连接 _，正确连线后读得电压表示数为2.40V，电流表示数为4.00mA，则未知电阻阻值Rx为_【答案】 (1). 1mA ; (2). 100 ; (3). (4). (5). 750;【解析】【分析】（1）根据串联电路特点与欧姆定律求出表头的满偏电流与内阻（2）应用串联电路特点与欧姆定律选择实验器材根据电压表的改装原理作出电路图（3）根据伏安法测电阻的实验要求明确对应的接法，并由欧姆定律求解电阻【详解】（1）由图示电路图可知，电压表量程：Ig（rg+R1）=3V，Ig（rg+R2）=15V，代入数据解得：Ig=1mA，rg=100；（2）修复电压表，表头满偏电流为，Ig=1mA，电阻应为：rg=100，需要的实验器材为：表头的满偏电流0.5mA，内阻为200的表头以及r3，即将表头和r3并联在电路中使用，电路图如图所示：（3）根据题意可明确实验中应采用分压接法，电流表采用外接法，故实物图如图所示：电压表量程为3V，则其内阻RV30.0013000，根据欧姆定律可知R=UI2.441032.43000750 【点睛】在“伏安法”测电阻实验中，要注意明确实验原理，正确选择实验电路的接法，并能准确连接实物图，同时能根据对应的欧姆定律分析数据；找出实验误差三、计算题15.如图所示，水平传送带与水平轨道在B点平滑连接，传送带A、B间距L=2.0m，一半径R=0.2m的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道相切于C点，水平轨道CD间的距离L=10m，在D点固定一竖直挡板。小物块与传送带AB间的动摩擦因数1=09，BC段光滑，CD段动摩擦因数为2。当传送带以v0=6ms顺时针匀速转动时，将质量m=1kg的可视为质点的小物块轻放在传送带左端A点，小物块通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与挡板碰撞，并原速率弹回，经水平轨道CD返回圆形轨道。已知小物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失，重力加速度g=10ms2。求：(1)小物块第一次滑到传送带B点时的速度大小；(2)若小物块第二次能冲上圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，求2的取值范围。【答案】（1）6m/s（2）020.65或0.820.9；【解析】【分析】（1）根据物块在AB上做匀加速运动的末速度不大于传送带速度，由传送带长度来求解；（2）根据物块不脱离轨道得到运动状态，然后对物块从B到第二次通过圆轨道应用动能定理求解【详解】（1）物块速度小于传送带速度时，物块受到传送带的摩擦力f=1mg，那么，物块做加速度a1g9m/s2的匀加速直线运动；因为2aL0v02，故物块在传送带上做匀加速运动，到达B点时刚好达到传送带速度，所以，物块滑到B时的速度大小vB=v0=6m/s；（2）要使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，那么物块第二次在圆轨道上运动要么能通过最高点，要么在圆轨道上最高点的高度hR；故当物块能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得：mgmv2R；对物块从B到第二次到最高点应用动能定理可得：22mgL2mgR12mv212mvB2解得： 212mvB22mgR12mv22mgL0.65；当物块在圆轨道上最高点的高度0hR时，由动能定理可得：22mgLmgh012 mvB2，解得：212mvB2mgh2mgL，所以，0.820.9；所以为了使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，020.65或0.820.9；【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解16.间距为l=0.5m两平行金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，如图所示，倾斜部分导轨的倾角=30，上端连有阻值R=0.5的定值电阻且倾斜导轨处于大小为B1=0.5T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。水平部分导轨足够长，图示矩形虚线框区域存在大小为B2=1T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场区域的宽度d=3m。现将质量m=0.1kg、内阻r=0.5、长l=0.5m的导体棒ab从倾斜导轨上端释放，达到稳定速度v0后进入水平导轨，当恰好穿过B2磁场时速度v=2m/s，已知导体棒穿过B2磁场的过程中速度变化量与在磁场中通过的距离满足v=kx（比例系数k未知），运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。求：（1）导体棒ab的速度v0；（2）导体棒ab穿过B2磁场过程中通过R的电荷量及导体棒ab产生的焦耳热；（3）若磁场B1大小可以调节，其他条件不变，为了使导体棒ab停留在B2磁场区域，B1需满足什么条件。【答案】（1）8m/s（2）1.5C;1.5J（3）B133 【解析】【分析】（1）当导体棒ab运动稳定后做匀速运动，由平衡条件和安培力公式结合求解导体棒ab的速度v0；（2）通过R的电荷量可根据电量与电流的关系、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解。由能量守恒定律和能量分配关系求导体棒ab产生的焦耳热；（3）当导体棒ab在B2磁场区域通过的位移xd时棒ab将停留在B2磁场区域。根据题意求出k，从而得到导体棒ab以速度v通过B2磁场时与在磁场中通过的距离x满足的关系，再结合导体棒ab在B1磁场中达到稳定速度受力平衡列式求解。【详解】（1）当导体棒ab运动稳定后，做匀速运动，由平衡条件知，mgsin=B1Il 感应电流I=B1lv0R+r 联立得v0=8m/s （2）穿过B2磁场过程中的平均电流：I=ER+r=(R+r)t 联立得q=It=R+r=B2ldR+r=1