黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三物理上学期期中试题（含解析）.docx

哈尔滨市第六中学2018-2019学年度上学期期中考试高三物理试题一、选择题（本题共14小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第18小题只有一项符合题目要求，第914小题有多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.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述不正确的是（）A. 牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量B. 伽利略首创了理想实验的研究方法C. 法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了库仑定律，并测出了静电力常量D. 德国天文学家开普勒提出开普勒三大定律【答案】A【解析】【详解】牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，选项A错误；伽利略首创了理想实验的研究方法，选项B正确；法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了库仑定律，并测出了静电力常量，选项C正确；德国天文学家开普勒总结了前人的天文观测数据，提出开普勒三大定律，选项D正确；故选A.2.如图是物体做直线运动的vt图象，由图可知，该物体（）A. 第1s内和第3s内的运动方向相反B. 第3s内和第4s内的加速度相同C. 第1s内和第4s内的位移相同D. 02s内和04s内的平均速度大小相等【答案】B【解析】【详解】第1s内和第3s内速度均为正值，可知物体的速度方向相同，故A错误。图像的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B正确。图线与时间轴围成的面积表示位移，可知第1s内和第4s内图线围成的面积大小相等，则位移大小相等，但方向不同，则位移不同，故C错误。0-2s内和0-4s内图线围成的面积相等，则位移相等，但是时间不等，根据平均速度的定义式知，平均速度大小不等，故D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，速度的正负表示运动的方向，图线与时间轴围成的面积表示位移3.如图静止在光滑水平面上的物体，在水平推力F的作用下开始运动，推力F随时间t变化的规律如图所示。则物体在0t1时间内（ ）A. 速度一直增大B. 加速度一直增大C. 速度先增大后减小D. 位移先增大后减小【答案】C【解析】【详解】对物体受力分析可知，物体受到的合力推力F；由图可知，物体受到的力先减小后反向增大；则由F合=ma得：a先减小后反向增大，则物体的速度先增加后减小；由于速度方向不变，故位移一直增大；故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，有些同学一直认为加速度减小速度一定减小，从而因思维定势而出现错误；一定要牢记：速度和加速度方向相同物体加速；方向相反，物体减速，与加速度的大小变化没有关系4.汽车由水平路面转到上坡的时候，司机通常须换挡，若发动机功率保持不变，其结果是（）A. 速度减小，得到较小的牵引力B. 速度增大，得到较小的牵引力C. 速度减小，得到较大的牵引力D. 速度增大，得到较大的牵引力【答案】C【解析】【详解】由P=Fv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，所以C正确。故选C。5.如图所示,已知带电小球A、B的电荷量分别为Q1、Q2,都用长为L的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O点处,静止时A、B相距为d。为使重新平衡时A、B间距离减为d/2,可采用以下哪些方法()A. 将小球B的质量增加到原来的4倍B. 将小球B的质量增加到原来的2倍C. 将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D. 将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半,同时将小球B的质量增加到原来的2倍【答案】D【解析】【详解】B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；由几何关系可知，；而库仑力，联立可得：mgd3=kq1q2L；解得；要使d变为d/2可以使B的质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故AB错误；或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立；故C正确，D错误；故选D。6.应用物理知识分析生活中的常见现象，或是解释一些小游戏中的物理原理，可以使物理学习更加有趣和深入。甲、乙两同学做了如下的一个小游戏，如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处。第一次甲同学慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点。第二次将棋子、纸条放回原来的位置，乙同学快拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点。两次现象相比 ( ) A. 第二次棋子的惯性更大B. 第二次棋子受到纸带的摩擦力更小C. 第二次棋子受到纸带的冲量更小D. 第二次棋子离开桌面时的动量更大【答案】C【解析】两次拉动中棋子的质量没变，故其惯性不变，A错误；由于正压力不变；故纸带对棋子的摩擦力没变，B错误；由于快拉时作用时间变短，故摩擦力对棋子的冲量变小了，C正确；由动量定理可知，合外力的冲量减小，则棋子离开桌面时的动量变小，D错误；7.某静电场的电场线分布如图所示，P、Q为该电场中的两点，下列说法正确的是A. P点场强大于Q点场强B. P点电势低于Q点电势C. 将电子从P点移动到Q点，电场力做正功D. 将电子从P点移动到Q点，其电势能增大【答案】AD【解析】电场线密的地方电场的强度大，所以点场强一定小于点均强，A错误；根据沿电场线方向电势降低可以知道，P点电势一定高于点电势，B错误；P点电势一定高于Q点电势，即，电势能中，因为是电子，所以，所以电子在P点的电势能小于在Q点的电势能，将电子从P点移动到Q点，其电势能增大，所以电场力做负功，C错误，D正确8.如图所示，用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为（与电容器两板间的电压U成正比）。实验中，极板所带电荷量不变，若A. 保持d不变，减小S，则变小B. 保持d不变，减小S，则不变C. 保持S不变，增大d，则变小D. 保持S不变，增大d，则变大【答案】D【解析】【详解】根据电容的决定式得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，极板所带电荷量Q不变，则由电容的定义式C=Q/U分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大。故AB错误。根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，由电容的定义式C=Q/U分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大。故C错误，D正确。故选D。【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式和C=Q/U9.在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用I、U1、U2和U3表示。下列比值正确的是 ()A. 不变， 、I均变小 B. 变大， 、U1均变大C. 变大，不变，U2变大 D. 变大，U3变大【答案】CD【解析】【详解】故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，则总电阻变大，总电流I减小，U1变小；根据欧姆定律得知：故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，、均不变。故A错误。=R2，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2变大，则变大。根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-I（R1+r），则有=R1+r，不变。路端电压变大，U1减小，则U2变大，故B错误，C正确。=R1+R2，变大。路端电压变大，则U3变大，故D正确。故选CD.10.如图所示，在水平光滑细杆上穿着A、B两个可视为质点的刚性小球，两球间距离为L，用两根长度同为L的不可伸长的轻绳与C球连接，已知A、B、C三球质量相等，开始时三球静止两绳伸直,然后同时释放三球，在A、B两球发生碰撞之前的过程中，下列说法正确的是 ()A. 系统机械能不守恒B. A、B两球发生碰撞前瞬间C球速度最大C. A、B两球速度大小始终相等D. A、B、C三球水平方向动量守恒【答案】CD【解析】【详解】在A、B两球发生碰撞之前的过程中，只发生动能和重力势能之间的转化，所以系统的机械能守恒，故A错误。A、B二球发生碰撞前瞬间，两绳与杆垂直，C球不再向下运动，速度为零。故B错误。根据对称性可知，A、B二球速度大小始终相等，故C正确。三球水平方向不受外力，所以系统水平方向的合外力为零，A、B、C三球水平方向动量守恒。故D正确。故选CD。【点睛】对于机械能守恒的判断，可根据是否只有重力或弹力做功，也可以从能量的角度来判断对于系统的动量是否守恒要看系统的合外力是否为零11.有一宇宙飞船到了某行星附近(该行星没有自转运动)，以速度v接近行星表面匀速环绕，测出运动的周期为T，已知引力常量为G，则可得()A. 该行星的半径为B. 该行星的平均密度为C. 无法求出该行星的质量D. 该行星表面的重力加速度为【答案】AB【解析】A. 根据线速度与周期的关系知可知，该行星的半径，故A正确；BC、由万有引力提供圆周运动即，根据密度的定义得，故B正确，C错误；D、行星表面的万有引力等于重力，得，故D错误；故选AB。【点睛】研究宇宙飞船到绕某行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量即可解题。12.某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示。在O点由静止释放一个负电荷，该负电荷仅受电场力的作用，则在区间内（ ）A. 该静电场是匀强电场B. 该静电场是非匀强电场C. 负电荷将沿x轴正方向运动，加速度不变D. 负电荷将沿x轴负方向运动，加速度逐渐减小【答案】AC【解析】试题分析：电势-x图线的斜率等于电场强度大小，由于图线的斜率不变，所以该电场是匀强电场；沿着电场线方向，电势是降低的，则图中的电场线方向指向沿x轴负方向，负电荷受到的电场力方向与场强方向相反，因此，负电荷将沿x轴正方向运动，加速度不变，所以正确选项为A、C。考点：本题考查了对-x图线的斜率的理解。13.如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A. 重力势能增加了mghB. 动能损失了mghC. 克服摩擦力做功2mghD. 机械能损失了mgh【答案】AD【解析】【详解】物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A正确；根据牛顿第二定律知，物体运动的加速度大小为g，所受的合力为mg，方向沿斜面向下，根据动能定理得，Ek=-mg2h=-2mgh，知动能减小2mgh。则B错误；因动能减小2mgh，物体重力势能增加mgh，所以机械能减小mgh，除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，则摩擦力对物体做-mgh的功，所以克服摩擦力做功mgh，故C错误，D正确，故选AD。【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，比如合力功与动能的关系，重力功与重力势能的关系，以及除重力以外其它力做功与机械能的关系，并能灵活运用.14.在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块。开始时滑块静止。若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1，持续一段时间后立即换成与E1相反方向的匀强电场E2。当电场E2与电场E1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能。在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，冲量大小为I1；E2对滑块的电场力做功为W2，冲量大小为I2。则A. I1= I2 B. 3I1= I2C. W1= 0.25， W2 =0.75 D. W1= 0.20， W2 =0.80【答案】BC【解析】【详解】设第一过程末速度为v1，第二过程末速度大小为v2根据上面的分析知两过程的平均速度大小相等。根据匀变速直线运动规律有：，得：v2=2v1。根据动能定理有：W1=mv12，W2=mv22-mv12，而Ek=mv22；所以W1=0.25Ek，W2=0.75Ek；又因为位移大小相等，所以两个过程中电场力的大小之比为1：3，根据冲量定义得：I1=F1t，I2=F2t，所以可得：I2=3I1 ，故AD错误，BC正确。故选BC。【点睛】本题要通过题意中找出有用的物理信息，尤其是两个过程末的速度，然后正确应用动能定理和动量定理进行分析解答.二、实验题（本题共2小题，共16分）15.要测绘一个标有“3 V0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作已选用的器材有：电池组(电动势为4.5 V，内阻约1 )；电流表(量程为0250 mA，内阻约5 )；电压表(量程为03 V，内阻约3 k)；电键一个、导线若干实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_(填字母代号)A滑动变阻器(最大阻值20 ，额定电流1 A)B滑动变阻器(最大阻值1750 ，额定电流0.3 A)实验的电路图应选用下列的图_(填字母代号)【答案】 (1). A (2). B【解析】【详解】（1）由于实验要求电压从零调，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节，所以应选择A；（2）由于待测小灯泡阻值较小，满足，所以电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，所以应选择B；【点睛】应明确：当实验要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法；16.用如图所示的实验装置验证m1、m2组成的系机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示已知m1=50g，m2=150g，则(g=9.8 m/s2，所有结果均保留三位有效数字) m2(1)在纸带上打下记数点5时的速度v5=_m/s；(2)在打点05过程中系统动能的增量Ek=_J，系统势能的减少量Ep=_J，【答案】 (1). 2.40; (2). 0.576; (3). 0.588;【解析】 (1)根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：。(2)物体的初速度为零，所以动能的增加量为：重力势能的减小量等于物体重力做功，故：EP=W=mgh=0.60J。三、（本题共3小题，共38分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17.如图所示，长L=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角=37。已知小球所带电荷量q=1.0106 C，匀强电场的场强E=3.0103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8。求：（1）小球的质量m。（2）将电场撤去，小球回到最低点时小球对绳的拉力大小。【答案】m4.010-4kg（2）5.610-3N【解析】【详解】（1）根据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为：FqE1.010-63.0103N3.010-3N小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，如下图所示根据共点力平衡条件和图中几何关系有：mgtan37F解得：m4.010-4kg（2）撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有：mgl(1cos37)mv20解得：v2.0m/s在最低点，由牛顿第二运动定律可得：-mg= 解得:=5.610-3N.18.如图，A、B、C三个木块的质量均为m置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与