2019届高三物理上学期期中试题(含解析)(本试卷满分110分,考试时间90分钟

1、2019届高三物理上学期期中试题（含解析）（本试卷满分HO分，考试时间90分钟）第I卷一、选择题：（本题12题，每小题4分，共48分。在每小题，给出的4个选项中，其中 18只有一项符合题目要求，第9-12小题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选 对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 科学家在物理学的研究过程中应用了很多科学思想方法，下列叙述正确的是（）A. 卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法B. 用质点代替有质量的物体，采用了微元法C. 牛顿首次采用“把实验和逻辑推理结合起来”的科学研究方法D. 实验中探究加速度与质量、合外力关系时采用的是等效替代的方法【答案】A【

2、解析】解：A、卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大思想，故A正确B、用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法.故B错误；C、首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法的是伽利略不是 牛顿，故C错误；D、实验中探究加速度与质量、合外力关系时采用的是控制变量法，所以D选项是错误的；2. 如图所示，一骑行者所骑自行车前后轮轴距离为L,在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速 带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的A.初速度B

3、.末速度C.平均速度D.加速度【答案】C【解析】匀变速直线运动的位移公式：x=votat2,速度公式：Vt=VO+at,共含有VtX VOx、a、t 五个未知量，至少要知道三个，才能求出另外两个物理量.由題意知，自行车垂直经过该 减速带时，前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t,自行车前后轮轴的距离为L,只知 道两个物理量，所以不能求出vt、V。、a三个物理量，故ABD错误；由平均速度定狡可得： V=-,已知前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t,自行车前后轮轴的距离为L,所以 t能求出平均速度，故C正确.故选C.点睛：解答此題的关键是熟记匀变速直线运动的位移公式、速度公式，以及平均速度定义式V=

4、-.注意物理公式的理解和运用C3 如图甲、乙所示为某物体在or时间内运动的xt图像和vt图像，由图可知，在O t时间内甲乙A. 物体做的是曲线运动B. 物体做加速度越来越小的运动.tvC. 甲图中刁时刻，图线的切线斜率为亠Z2D- - VY【答案】C【解析】【详解】A：运动图象（包括位移时间图象、速度时间图象）都是用来描述直线运动的，无 论运动图象是直线还是曲线，物体都是做直线运动.故A项错误.B:速度时间图象的斜率表示加速度，由图乙得，物体做匀减速直线运动.故B项错误.C:据图乙知，占时刻，物体的速度为冬；位移时间图象的斜率表示速度则甲图中占时刻Z2Z图线的切线斜率为故C项正确2D:据图甲知

5、，在ot时间内物体的位移X=Xl-%；据图乙知，在0r时间内物体的位 移X = V所以XI-XO =故D项错误.2 24图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个形金属盒，在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中，并分别与鬲频电源两极相连。帯电粒子在磁场中运动的动能及 随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是实用文档A. 在 EM图中应有(t2-t1) (t3-t2) (tn-V)B. 高频电源的变化周期应该等于tn-tn-1C. 要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径D. 在礁感应强度B、D”形盒半径R、粒子的质量m及其电荷量q不变的情

6、况下，粒子的加速次数越多，离子的最大动能一定越大【答案】C【解析】试题分析：根据周期公式知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以t-t3=t3-t2=t2-tl. A错误：交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源mvqBr的变化周期应该等于2 (tn-t,1), B错误；根据公式F有V=-,故最大动能,与半径有关；要想粒子获得的最大动能增大，可以增大形盒的半径,C正确：与粒子加速的次数无关，D正确。考点：本题考查回旋加速器5假设将來一艘飞船靠近火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（）42R3A. 飞船在轨道Il上运动到P点的速度小于在轨道轨道I上运动到P点的

7、速度B. 若轨道/贴近火星表面，测出飞船在轨道/上运动的周期，就可以推知火星的密度C. 飞船在轨道/上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Il上运动到P点时的加速度D. 飞船在轨道Il上运动时的周期小于在轨道/上运动时的周期【答案】B【解析】A项：飞船从轨道Il到轨道I时做向心运动，所以要减速，所以飞船在轨道Il上运动到P点的速度大于在轨道轨道I上运动到P点的速度，故A错误；D项：由开普勒第三定律可知，由于轨道Il上半长轴大于轨道I的半径，所C项：不管在那个轨道上飞貂在P点受到的万有引力是相等的，为飞船提供加速度，所以加速度相等，故C错误；以飞船在轨道Il上运动时的周期大于在犹道I上运动时的周期

8、，故D错误。6. 如图，一带电粒子从小孔S以一定的初速度射入平行板P和0之间的真空区域，经偏转后打在0板上如图所示的位置.在其他条件不变的情况下要使该粒子能从0板上的小孔3射出，下列操作中可能实现的是（不计粒子重力）A. 保持开关S闭合，适当上移P极板B. 保持开关S闭合，适当左移P极板C. 先斷开开关S,再适当上移P极板D. 先斷开开关S,再适当左移P极板【答案】A【解析】试题分析：粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从Q板上的 小孔B射出，即要増如水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间；A、保 持开关S闭合，适当上移P极板，根据U=Ed, d增加，场强E减

9、小，故加速度a=qEm减 小，根据t=2va,时间延长，可能从小孔B射出；故A正确：B、保持开关S闭合，适 当左移P极板，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故B错误；C、先断开开 关S,再适当上移P极板，电荷的面密度不变，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故C错误；D、先断开开关S,再适当左移P极板，电荷的面密度增加，场强变大， 故粒子加速度变大，故时间缩短，水平分位移减小，故不可能从小孔B射出，故D错误： 故选A.考点：考查电容器、匀强电场、带电粒子在电场中的运动.【名师点睛】本题关键是明确粒子的运动性质，然后结合类似斜抛运动的分运动规律列式 分析.7. 如图，由均匀的电阻丝

10、组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将S3两点接入电压 恒定的电源两端，通电时电阻丝S3段受到的安培力为斤则此时三根电阻丝受到的安培力的合力大小为XYA. FC. 2FD. 3F【答案】B【解析】【详解】均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，电阻丝力防阻值是电阻丝朋阻值的2 倍，电阻丝/13与电阻丝/1他并联，所以电阻丝力他中电流是电阻丝力8中电流的寸；电阻 丝/1%在磁场中的有效长度与电阻丝S3的长度相等，则电阻丝力防所受安培力是电阻丝朋所受安培力的学，即电阻丝力防所受安培力为孑；电阻丝朋与电阻丝加3所受安培力 的方向相同，所以三根电阻丝受到的安培力的合力F合= F+A=15F故B项正确，A

11、CD 乙三项错误.8. 如图，电源内阻一定，将滑动变阻器/?滑片向左滑动一小段距离，理想电压表/、V2示数变化量的绝对值分别为”、仏，理想电流表A示数变化量的绝对值为/,下列判斷正确的是A. V2的示数减小B. 电源输出功率一定在增大C. 么与/比值在减小D. 么小于仏【答案】D【解析】【详解】A:滑动变阻器/?滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻UI变大，干路电流/减小；据Ul = E-b可得,电源的路端电压增大；据I1 = -可得，流过斤的电流增大；据URO =可得，电阻兄的两端电压减小；据IJR = Ul-IJRQ可得，电阻/?的两端电压增大，电压表V2示数增大.故A项

12、错误.B:当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大：滑动变阻器/?滑片向左滑动，滑动变 阻器接入电路的阻值变大，外电阻増大，由于外电阻与内电阻的大小关系未知，电源的输 出功率可能增大可能减小.故B项错误.C:电压表/测电源的路端电压，电流表A测的是干路电流，据Ui = E-Ir可得，与/ 比值等于电阻内阻厂.故C项错误.D:滑动变阻器/?滑片向左滑动，电源的路端电压増大（么），电阻皿的两端电压减小， 电阻/?的两端电压增大（）,且UI = URURQf所以小于仏.故D项正确.9. 如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、 桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等

13、，则在上述过程中（）A. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C. 若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D. 若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【答案】BD【解析】【详解】鱼缸向右加速运动，桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，故A错误；鱼缸在桌布上加 速运动，脱离桌布后在桌面上做减速运动，加速度大小相等，且加速运动的末速度等于减 速运动的初速度，故可知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，故B正确；鱼缸受 的摩擦力只与鱼缸的重力和摩擦因数有关，故若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变， 故C错误；若猫减小拉力，若鱼缸能与桌布保持相对赫止，故鱼缸能滑出桌面，故D正确。 故

14、选BD。10. 如图所示光滑管形圆轨道半径为R（管径远小于R）,小球a、b大小相同，质量均为m, 其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动.两球先后以相同速度V通过轨道最低点，且当 小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法正确的是（ ）A. 当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大5mgB. 当V = J5gR时,小球b在轨道最高点对轨道无压力C. 速度V至少为颇，才能使两球在管内做圆周运动D. 只要v,小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最鬲点的压力都大6mg【答案】BD实用文档【解析】【详解】力项：6在最鬲点无压力时，向心力Fl = m9 ：日在最低点时，向心力F7 =

15、m = 5zng: 2 RM即a球比b球所需向心力大4溜：故力错误；E项：当小球对轨道无压力时，则有：mq = n,解得:% = 廊;即当速度为俪时，小 M R球在轨道说鬲点对轨道无压力； 由机械能守恒定律可得, 求出小球在最低点时的速度V2 = r5p,当速度为甬戶时，小球在最鬲点对轨道无压力;C项：因小球在管内转动，则内管可对小球提供向上的支持力，故可看作是杆模型:故小球的最高点的速度只要大于等于零，小球即可通过最高点，结合3项分析可知C错误;D项：在最高点时T +mg最低点时,T V2T2-mg = mr2-r1 = 2-由机械能守恒定律可得, 要使小球日对轨道最低点的压力比小球6对犹道

16、最鬲点的压力大6mg,则要v2 v2Vi v2m(律.*=4mg,由力分析可知当6在最高点无压力时，m(-2-J.) = 4zn,再根据B项分析可知，当速度为莎时，小球在最鬲点对轨道无压力，则当vx5p,小球曰对轨道最 低点的压力比小球6对轨道最高点的压力大6mg.故正确 故选BD o实用文档11. 如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体力、3间用一轻质弾簧相连组成系 统。且该系统在水平拉力F作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当 它们的总动能为2时撤去水平力F,最后系统停止运动。不计空气阻力，认为最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中（）5z

17、77z77777777777Z7777777A. 外力对物体力所做总功的绝对值等于B. 物体/1克服摩擦阻力做的功等于C. 系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2D. 系统克服摩擦阻力做 功一定等于系统机械能的减小量【答案】AD【解析】【详解】拉力F作用下两物体以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，对物体 力分析知，拉力F作用下弹簧弹力大于滑动摩擦力，弾簧具有一定的弹性势能EPI.系统停 止运动时，对物体Zl分析知，弹簧弹力小于最大静摩擦力（滑动摩擦力），弹簧具有的弹性 势能L所以小球与右墙碰撞后再落在地上设小球平抛运动到右墙的时间为七2,则：小球在S内下降的鬲度如L 3球的第一

18、次碰撞点离墻角B点的距离S = L- = -L4417.如图所示，在水平面上有一弾簧，其左端与墻壁相连，0点为弾黄原长位置，0点左侧 水平面光滑.水平段长=1m, P点右侧一与水平方向成&=30的足够长的传送带与 水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针动速率为3ms. 一质量为Ikg可视为质点的物块力 压缩弾簧(与弹簧不连接)，使弹簧获得弹性势能p=9J,物块与段动摩擦因素=O. U 另一与/1完全相同的物块3停在P点，3与皮带轮的动摩擦因素2二3,传送带足够长。 力与3之间发生的是弹性碰撞，重力加速度g取10ms2,现释放儿 求：(2) 从力、3第一次碰撞后到第二次碰撞前，3与传送带之间由于摩擦

19、而产生 热量；(3) 物块/1、3是否会发生第三次碰撞？并请说明理由。【答案】(1) Vo = 4ms (2) Q = 12.25/ (3)能【解析】【详解】(1)设物块质量为础 从释放力到物块力与3第一次碰撞前的瞬间，据能量守恒可得：EP =+ lmgL解得：Vo = 4ms(2)设久3第一次碰撞后的速度分别为切、,则：TnVQ = mv A + mvB=+ 如诚联立解得:VA = Qy VB = 4ms碰后3沿传送带向上做匀减速运动直至速度为0,加速度大小设为旳，则：mgsin + 2mgcos = malf 解得：1 = gsin + 2gcos = IOms2减速运动的时间切=0.4s

20、减速上滑的位移心=11 = 0.8m此过程中物块与传送带间相对运动路程ASl =叫+ = 2m此后8反向加速，加速度大小仍为勺，与传送带共速后匀速运动直至与力再次碰撞，V加速时间上2 = = 03s1加速位移*2 =；十2 = 045 Wl此过程中相对运动路程“2 = Vt2-X2 = 0.45m全过程中8与传送带之间由于摩擦而产生的热董Q = 2mgcossi + s2) = 12.25丿(3) 据(2)分析知，两物碰按后交换速度，3与S第二次碰撞后，夕静止，/1向左以3ms的 速度运动.设物体/1、3能发生第三次碰撞，且碰前力的速度为勺第二次碰扌童后，物体力将向左减速经过段，与弹簧接触后反弹，然后再减速经过OP段, 据能量关系可得：2gL = mv2-nv,解得：VI = y5ms所以物体力、3能发生第三次碰撞18如图甲，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q,两板间加上如图乙最大值 为Uo的周期性变化的电压，在Q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直 于纸面向里的有界匀强磁场。在紧靠P板处有一粒子源A,自t=0开始连续释放初速不计 的粒子，经一段时间从Q板小孔0射入磁场，然后射出磁场，射出时所有粒子的速度方向 2m.均竖直向上。已知电场变化周期