广东省广州市广雅中学2019届高三物理上学期期中测试试题理（含解析）.docx

广雅中学2018-2019学年上学期高三级期中测试理科物理试卷一、选择题1.如图所示,光滑水平地面上有两个大小相同、质量不等的小球A和B,A以3m/s的速率向右运动,B以lm/s的速率向左运动,发生正碰后都以2m/s的速率反弹,则A、B两球的质量之比为A. 3:5 B. 2:3 C. 1:2 D. 1:3【答案】A【解析】【详解】两球碰撞过程中，动量守恒，以A的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：mAvA-mBvB=mBvB-mAvA，代入数据解得：，故A正确，B，C，D错误.故选A.【点睛】本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意应用动量守恒定律时要规定正方向.2.如图所示，质子()和粒子()，以相同的初速度垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为（ ）A. 11B. 12C. 21D. 14【答案】C【解析】质子和粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，电场强度为E，速度为v，根据牛顿第二定律可得粒子加速度为：，可得粒子射出电场时的侧位移y的表达式为：，在水平方向匀速运动：，联立可得：，由此可知，质子和粒子电荷量之比为1：2，质量之比为1:4，由此可得：侧位移y之比为2：1。所以C正确，ABD错误。3.位于贵州的“中国天眼”是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜(FAST)。通过FAST测得水星与太阳的视角为(水星、太阳分别与观察者的连线所夹的角),如图所示,若最大视角的正弦C值为,地球和水星绕太阳的运动视为匀速圆周运动,则水星的公转周期为A. 年 B. 年 C. 年 D. 年【答案】A【解析】【详解】最大视角的定义，即此时观察者与水星的连线应与水星轨迹相切，由三角函数可得：，结合题中已知条件sin=k，由万有引力提供向心力有：，解得：，得，得，而T地=1年，故年，故B，C，D错误，A正确.故选A.【点睛】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用，物理问题经常要结合数学几何关系解决.4.如图所示,在倾角的固定光滑斜面上,有一根长L=1m的细绳,一端固定在O点,另一端系一小球沿斜面做圆周运动,若小球能通过最高点A,重力加速度,则A. 小球经过最高点A的速度可能是1m/sB. 小球经过最低点B的速度大于等于5m/sC. 小球受到的合力的最小值可能为0D. 小球从A点运动至最低点B过程绳子拉力可能先变小后变大【答案】B【解析】【详解】A、小球做圆周运动的最高点受力分析，垂直斜面方向，沿半径方向，故当时，通过最高点的速度最小为，故最高点的速度不可能为1m/s；故A错误.B、因，从A运动到B的过程，由动能定理：，解得；故B正确.C、小球做圆周运动等效为绳球模型，沿半径方向的力提供向心力，最高点合力最小，最高点的速度，则合外力不为零；故C错误.D、从A到最低点B，重力做正功，速度逐渐增大，而半径方向的拉力和重力沿线方向的分力提供向心力，则拉力逐渐增大；D错误.故选B.【点睛】本意主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，知道绳球模型在最高点绳子拉力恰好为零时，速度取最小值.5.图示为一个内、外半径分别为和的圆环状均匀带电平面,其单位面积带电量为，取环面中心为原点,以垂重于环面的轴线为轴，设轴上任意点P到O点的距离为，P点电场强度的大小为E。下面给出E的四个表达式(式中为静电力常量)中,只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E,但是你可以通过定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断,E的合理表达式应为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题由于带电体为圆环状，虽然可以由微分的方式可以求得合场强，但是过程很麻烦，并超过了我们高中学生能力之外，故应注意审题，根据题意对选项进行分析，首先根据场强的单位进行判断，再利用极限的思想即可得出结论【详解】A、B、场强的单位为N/C，k为静电力常量，单位为Nm2/C2，为单位面积的带电量，单位为C/m2，则2k表达式的单位即为N/C，故各表达式中其它部分应无单位，而A、B两项其它部分的单位是m，故可知A，B肯定错误；C、D、当x=0时，此时要求的场强为O点的场强，由对称性可知EO=0，当x时E0，而C项中E4k，故C项错误；所以正确选项只能为D；故选D.【点睛】本题对高中学生来说比较新颖，要求学生能应用所学过的单位制的应用及极限法；本题对学生的能力起到较好的训练作用，是道好题6.一带负电粒子在电场中仅受静电力作用下沿轴正向做直线运动图象如图所示,起始点O为坐标原点,下列关于电势、粒子动能、电场强度E、粒子加速度与位移的关系图象中可能合理的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据v-t图象的斜率分析加速度的变化，判断电场力的变化，由电场力做功情况分析动能和电势能的变化，再分析电势的变化.【详解】A、v-t图象的斜率表示加速度，则知粒子的加速度减小，由牛顿第二定律知qE=ma，得场强E逐渐减小，由知-x图象切线斜率是变化的，所以，-x图象是曲线，故A错误.B、v减小，则知动能Ek减小，故B错误.C、E随时间减小，粒子做减速直线运动，E可能随x均匀减小，故C正确.D、a随时间减小，粒子做减速直线运动，a随x增大而减小，故D错误.故选C.【点睛】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后结合动能定理进行分析，图象的斜率的物理意义要清楚。7.如图所示,C为平行板电容器,和为其两极板,板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与板用导线相连,Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向,在板带电后,悬线偏转了角度在以下方法中,能使悬线的偏角变大的是A. 缩小间的距离 B. 在两板间插入电介质C. 板向上平移 D. Q板向右平移【答案】C【解析】【分析】题中电容器ab与平行金属板PQ并联，电势差相等，根据左边电容器的电容的变化得出平行金属板两端的电势差变化，从而得出电场强度的变化，判断悬线偏转角度的变化【详解】A、缩小a、b间的距离，根据，则电容增大，Q不变，ab端的电势差，知电势差减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，变小；故A错误.B、ab间插入电介质，则电容增大，Q不变，ab端的电势差，知电势差减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，变小；故B错误.C、a板向上移动，正对面积减小，电容减小，而Q不变，则ab端的电势差增大，即PQ两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，变大；故C正确.D、Q板向右移动，PQ间的距离增大，故电容器的电容C变小，而Q不变，则PQ两端的电势差增大，而电场强度不变，则电场力不变，不变；故D错误.故选C.【点睛】本题综合了电路、电容的知识，综合性较强；是通过平衡条件的考查转移到电容器动态分析的一个考查，需要认真推敲一下8.在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定用EK、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度或下落时间的变化规律，下列四个图象中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】C、钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑，则有v=at，故C正确；A、根据动能定理得：，可知与h成正比，故A正确；B、设钢板开始时机械能为，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则，则知E与t是非线性关系，图象应是曲线，故B错误；D、重力的功率，则知P与h是非线性关系，图象应是曲线，故D错误；故选AC。【点睛】本题首先要正确分析钢板的运动情况，其次要根据物理规律得到动能、机械能、速度和重力功率的表达式，再选择图象。9.如图，M、N两点处于同一水平面，O为M、N连线的中点，过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆，杆上A、B两点关于O点对称，第一种情况，在M、N两点分别放置电量为+Q和-Q的等量异种电荷，套在杆上带正电的小金属环从A点无初速度释放，运动到B点；第二种情况，在M、N两点分别放置电量为+Q的等量同种点电荷，该金属环仍从A点无初速度释放，运动到B点，则两种情况是A. 金属环运动到B点的速度第一种情况较大B. 金属环从A点运动到B点所用的时间第二种情况较短C. 金属环从A点运动到B点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变D. 金属环从A点运动到B点的过程中（不含A、B两点），在杆上相同位置的速度第一种情况较大【答案】D【解析】当M、N两点分别放置等量异种电荷时，它们连线的中垂线是等势线，重力势能全部转化为动能，金属环所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的匀加速直线运动；当M、N两点分别放置等量同种电荷时，根据对称性可知在中垂线上电势的关系为：，从全过程分析，重力势能也是全部转化为动能，因此两种情况在B点的速度相等。故A错误；由于到B点之前第一种情况一直做匀加速直线运动，第二种情况的速度均比较小，因此第二种情况所用的时间长。故B错误；等高处重力势能相等，但到达B点前第二种情况的速度均较小，所以第二种情况动能与重力势能之和均较小。故C错误；第二种情况中电场力对金属环先是阻力后是动力，结合到达B点时的速度与第一种情况的速度相等，可知在杆上相同位置的速度第一种情况较大。故D正确。故选D。【点睛】根据电场力做功与路径无关，只取决于初、末状态的电势大小，结合动能定理对带电粒子的速度以及动能和势能之和的大小进行判断；再利用匀变速直线运动的位移公式，从定性的角度去分析判断经历时间的长短。10.如图所示,在倾角为30的斜面上,质量为1kg小滑块从点由静止下滑,到点时接触轻弹簧。滑块滑至最低点后,又被弹回到点,已知重力加速度取,下列说法中正确的是A. 滑块滑到点时动能最大B. 弹簧的最大弹性势能为2JC. 从到弹簧的弹力对滑块做了5J的功D. 整个过程中滑块和弹簧组成的系统机械能守恒【答案】CD【解析】【分析】根据滑块的运动过程，分析斜面是否有摩擦，分析机械能的变化情况；根据受力情况确定速度最大的位置；根据功能关系分析弹性势能.【详解】小滑块从a点由静止下滑，到b点时接触一轻弹簧，滑块滑至最低点c后，又被弹回到a点，说明整个过程中系统的机械能没有损失，所以斜面光滑.A、当滑块的合力为0时，滑块速度最大，合力为零的位置应该在bc之间某一位置，故A错误.B、从a到c根据功能关系可知，物体重力势能的减少等弹性势能的增加，则EP=mg（ab+bc）sin30=5J，弹簧的最大弹性势能为5J，故B错误.C、根据功能关系可知，弹簧克服弹力做的功等于弹性势能的增加，所以弹簧的弹力对滑块做了5J的功，故C正确.D、整个过程中滑块和弹簧组成的系统只有重力或弹力做功，所以系统的机械能守恒，故D正确.故选CD.【点睛】本题的关键是认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题。同时要明确弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化.11.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为若小物体电荷量保持不变，OMON，则 （ ）A. 小物体上升的最大高度为B. 从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C. 从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D. 从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小【答案】AD【解析】试题分析：设斜面倾角为、上升过程沿斜面运动的最大距离为L因为OM=ON，则M、N两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，摩擦力相等，所以上滑和下滑过程克服摩擦力所作的功相等，并设为W1在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则由动能定理分别有：上滑过程：-mgLsin-Wf-W1=-mv12下滑过程：mgLsinL-Wf-W1=m v22-0上两式相减可得：最大高度，故A正确；从N到M的过程中，电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，故B正确从M到N的过程中，由OM=ON，可知，电场力对小物体先作正功后作负功，故C错误；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，故D正确，BC错误；故选AD考点：动能定理；电势及电势能【名师点睛】本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等。12.如图所示,倾角为37的白色传送带以10m/s的速率顺时针运行,将一块质量为1kg的煤块(可视为质点)无初速地放到传送带上端.已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带上端到下端的距离为16m，则煤块从传送带上端运动到下端的过程中A. 所用的时间为2sB. 煤块对传送带做的总功为零C. 煤块在传送带上留下黑色印记的长度为6mD. 因煤块与传送带之间的摩擦而产生的内能为24J【答案】AD【解析】【详解】A、开始阶段，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma1，所以：a1=gsin+gcos=10m/s2，物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为：,通过的位移为：,由于mgsin37mgcos37，可知物体与传送带不能保持相对静止。速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上。根据牛顿第二定律得：,根据，代入数据得：t2=1s.则t=t1+t2=2s；故A正确；B、由A的分析可知，煤块受到的摩擦力的方向始终向上，皮带向下运动，煤块对皮带做负功;故B错误.C、第一秒内传送带的速度大于煤块的速度，煤块相对于传送带先后运动，相对位移：x1=vt1-x1=101-5=5m，第二秒煤块的速度大于传送带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移：x2=(L-x1)-vt2=(16-5)-101=1m，物块相对于传送带的位移：x=x1-x2=5-1=4m；而小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为5m；故C错误.D、物块相对于传送带的路程：L=x1+x2=5+1=6m，因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为：Q=fL=mgcosL=0.5110cos376=24J；故D正确.故选AD.【点睛】解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体先做匀加速直线运动，速度相等后继续做匀加速直线运动，两次匀加速直线运动的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解二、实验题13.用如图所示的装置来验证动量守恒定律。滑块在气垫导轨上运动时阻力不计，其上方挡光条到达光电门D（或E），计时器开始计时；挡光条到达光电门C（或F），计时器停止计时。实验主要步骤如下：a用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；b给气垫导轨通气并调整使其水平；c调节光电门，使其位置合适，测出光电门C、D间的水平距离L；dA、B之间紧压一轻弹簧（与A、B不粘连），并用细线拴住，如图静置于气垫导轨上；e烧断细线，A、B各自运动，弹簧恢复原长前A、B均未到达光电门，从计时器上分别读取A、B在两光电门之间运动的时间tA、tB。（1）实验中还应测量的物理量x是_（用文字表达）。（2）利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是：_（用题中所给的字母表示）。（3）利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能Ep=_（用题中所给的字母表示）。【答案】 (1). 光电门E、F间的水平距离 (2). (3). 【解析】 (1、2)由于A、B原来静止，总动量为零，验证动量守恒定律的表达式为： ，所以还需要测量的物理量是光电门E、F间的水平距离；(3)弹簧恢复原长时，A滑块的速度为：vA=l/tA，B滑块的速度为：vB=x/tB，根据能量守恒定律得：Ep=14.某同学利用如图装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g实验操作如下：(1)开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v(2)在实验中保持A，B质量不变，改变C的质量M，多次重复第(1)步该实验中，M和m大小关系必需满足M_m（选填“小于”、“等于”或“大于”）为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应_（选填“相同”或“不同”）根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出_（选填“v2-M”、“v2-”或“v2-”）图线根据问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为_（用题给的已知量表示）【答案】 (1). 大于 (2). 相同 (3). v2- (4). 【解析】试题分析：根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；要刚释放C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为，因此弹簧的形变量为，不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，则C下落的高度为，即C下落的高度总相同；选取AC及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：，整理得，为得到线性关系图线，因此应作出图线由上表达式可知，解得考点：验证机械能守恒定律【名师点睛】理解弹簧有压缩与伸长的状态，掌握依据图象要求，对表达式的变形的技巧三、计算题15.如图所示,长为L的绝缘细线,一端固定在O点,一端拴着质量为m、电荷量为的小球,小球所处的空间存在场强大小为(g为重力加速度)方向竖直向上的匀强电场。现将细线拉直到水平位置,使小球由静止释放，当小球的速度沿水平方向时,细线被拉断,之后小球继续运动并经过P点(图中未画出),已知P点与O点间的水平距离为L,不计阻力,求: (1)细线被拉断前瞬间的拉力大小；(2)O、P两点间的电势差.【答案】(1) (2)【解析】【详解】(1)小球受电场力向上，与重力场合成为等效场，可得：，则，方向竖直向上故小球在等效场运动到“等效最低点”时速度最大，即在绳竖直时绳被拉断由动能定理：在“等效最高点”，由牛顿第二定律：联立解得：(2)绳断后，小球受等效重力向上，水平速度，做类平抛运动水平：竖直：联立可知：由匀强电场的场强关系得：【点睛】本题考查了等效场中的圆周运动，关键要找到等效重力加速度和等效最高点与等效最低点；明确绳子断裂后小球的运动情况，采用运动的分解法研究类平抛运动.16.如图所示,光滑轨道定在竖直平面内,段是以O为圆心、半径R=0.lm的一小段圆弧,段水平,该段轨道上放着质量分别为的物块A、B(均可视为质点),A、B间系一轻质细绳和夹一轻质弹簧,细绳长度大干弹簧的自然长度，弹簧与A、B均不拴接；轨道右侧的光滑水平地面上停着一质最M=2kg、长L=0.6m的小车,小车上表面与等高.用手推A、B压缩弹簧,静止时弹簧的弹性势能然后同时放开A、B,绳在短暂时间内被拉断,之后A向左冲上轨道,经过轨道最高点时受到轨道的支持力大小等于其重力的,B向右滑上小车。已知B与小车之间的动摩擦因数，满足g取10m/s2.求： (1)绳拉断后瞬间A的速度的大小；(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；(3)B相对小车运动过程中两者因摩擦而产生的热量(计算结果可含有).【答案】(1) (2) (3)若0.30.5,;若0.50.6,【解析】【详解】(1)A物块在被绳拉断后，沿光滑轨道到达最高点B的过程，由动能定理：在B点，由牛顿第二定律:联立解得：(2)弹簧弹开A和B的过程，满足系统的内力作用，外力之和为零，动量守恒系统的弹性势能转化为动能，系统的机械能守恒：联立解得：，绳拉断A物体的过程，由动量定理：故绳拉断B物体时拉力等大，时间相等，冲量等大，故(3)对B由动量定理：解得：此后B滑上小车的过程，当B刚好滑到小车右端共速，设为v，由系统的动量守恒：由能量守恒定律：联立解得：当满足0.30.5时，B和小车不能共速，B将从小车的右端滑落， B和小车因摩擦而产生的热量为当满足0.50.6时， B和小车能共速且速度为v，B和小车因摩擦而产生的热量为：【点睛】本题首先要分析物理过程，确定研究对象，其次要把握解题的规律，采用机械能守恒、动量守恒和能量守恒结合研究.17.如图所示,在倾角30的斜面上放置一个凹撸B,B与斜面间的动摩擦因数；槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离0.1m，A、B的质量都为m=2kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A、B之间的摩擦,斜面足够长。现同时由静止释放A、B,经过一段时间,A与B的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g取.求：(1)释放后物块A和凹槽B的加速度分别是多大?(2)物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；(3)从初始位置到物块A与凹糟B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小。【答案】（1）5.0m/s2；0（2