黑龍江省大慶市鐵人中學2019屆高三物理上學期期中試題（含解析）

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黑龍江省大慶鐵人中學2019屆高三上學期期中考試理綜物理試卷一、選擇題1.如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則（）A.a、b的電荷同號，B.a、b的電荷異號，C.a、b的電荷異號，D.a、b的電荷同號，【答案】C【解析】【分析】對小球C受力分析，根據(jù)庫侖定律，與矢量的合成法則，結合幾何關系，及三角知識，即可求解?！驹斀狻扛鶕?jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸，且小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a，b的連線，可知，a，b的電荷異號，對小球C受力分析，如下圖所示：因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，那么兩力的合成構成矩形，依據(jù)相似三角形之比，則有：-17- 而根據(jù)庫侖定律，，綜上所得：，故C正確。故應選：C?！军c睛】考查庫侖定律與矢量的合成法則，掌握幾何關系，與三角形相似比的運用，注意小球C的合力方向可能向左，不影響解題的結果。2.有一輛在平直公路上行駛的汽車，滿載時質(zhì)量為m，當速度為v、功率為P時，加速度為a；該汽車空載時，質(zhì)量比滿載時減少了Δm，重力加速度為g，汽車運動時受到的阻力為汽車和貨物總重的k倍，當汽車空載時速度仍為v、功率仍為P時，汽車的加速度為（）A.B.kgC.D.【答案】A【解析】【詳解】滿載時，由牛頓第二定律可知，空載時，由牛頓第二定律可知，聯(lián)立解得：故應選：A。3.如圖所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與墻之間用輕彈簧連接。現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧。不計空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰后開始回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I，則下列表達式中正確的是（　?。?17- A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)動量守恒定律求出A、B碰撞后共同速度。碰撞后，AB一起壓縮彈簧，當AB的速度減至零時彈簧的彈性勢能最大，由能量守恒定律求最大彈性勢能。對AB及彈簧整體，由動量定理求墻對彈簧的沖量大小I?！驹斀狻緼、B碰撞過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得mv0=2mv碰撞后，AB一起壓縮彈簧，當AB的速度減至零時彈簧的彈性勢能最大，由能量守恒定律得：最大彈性勢能聯(lián)立解得從球A被碰后開始到回到原靜止位置的過程中，取向右為正方向，對AB及彈簧整體，由動量定理得I=2mv-（-2mv）=4mv=2mv0。故應選：B?！军c睛】分析清楚物體的運動過程、正確選擇研究對象是正確解題的關鍵，應用動量守恒定律、機械能守恒定律即可正確解題。在運用動量定理和動量守恒定律時都要選擇正方向，用符號表示速度的方向。4.、為相距遙遠的兩顆行星，距各自表面相同高度處各有一顆衛(wèi)星、做勻速圓周運動，圖中縱坐標表示行星對周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度a，橫坐標表示物體到行星中心的距離r的平方，兩條曲線分別表示、周圍的a與的反比關系，它們左端點橫坐標相同，則（）-17- A.、的平均密度相等B.的第一宇宙速度比的小C.的向心加速度比的大D.的公轉周期比的大【答案】C【解析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律得出行星對周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度a的表達式，結合a與r2的反比關系函數(shù)圖象得出P1、P2的質(zhì)量和半徑關系，根據(jù)密度和第一宇宙速度的表達式分析求解；根據(jù)根據(jù)萬有引力提供向心力得出周期表達式求解。【詳解】A項：根據(jù)牛頓第二定律，行星對周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度為：兩曲線左端點橫坐標相同，所以P1、P2的半徑相等，結合a與r2的反比關系函數(shù)圖象得出P1的質(zhì)量大于P2的質(zhì)量，根據(jù)，所以P1的平均密度比P2的大，故A錯誤；B項：第一宇宙速度，所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大，故B錯誤；C項：s1、s2的軌道半徑相等，根據(jù)，所以s1的向心加速度比s2的大，故C正確；D項：根據(jù)萬有引力提供向心力得出周期表達式，所以s1的公轉周期比s2的小，故D錯誤。故應選：C。-17- 【點睛】解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道線速度、角速度、周期、加速度與軌道半徑的關系，并會用這些關系式進行正確的分析和計算。該題還要求要有一定的讀圖能力和數(shù)學分析能力，會從圖中讀出一些信息。就像該題，能知道兩個行星的半徑是相等的。5.在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球A正以速度v0勻速運動。某時刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰，兩球相碰后，A球的動能恰好變?yōu)樵瓉淼?。則碰后B球的速度大小是（）A.B.C.或D.無法確定【答案】B【解析】【分析】根據(jù)碰后A球的動能求出碰后A的速度，然后由動量守恒定律求出B的速度。【詳解】A球的動能恰好變?yōu)樵瓉淼?，則，碰后A速度可能與碰前速度方向相同，也可能相反，若碰后A球速度方向和原來一致，則根據(jù)動量守恒得：mv0=mvA+3mv2，將帶入得，vA＞vB，因此將發(fā)生第二次碰撞，故這種情況不可能，碰后A球速度將發(fā)生反向。將帶入mv0=mvA+3mvB，解得：，故B正確。故應選：B。【點睛】應用動能計算公式與動量守恒定律即可解題，要注意碰后A球的速度方向問題。6.一質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻開始受到水平外力的作用。力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則下列說法中正確的是（）-17- A.物體在t0和2t0時刻相對于出發(fā)點的位移之比是1∶5B.物體在t0和2t0時刻的瞬時速度之比是1∶5C.外力在O到t0和t0到2t0時間內(nèi)做功之比是1∶8D.外力在t0和2t0時刻的瞬時功率之比是1∶8【答案】AC【解析】【詳解】A項：0到t0時間內(nèi)的加速度，這段時間內(nèi)的位移為，，t0時刻的速度為，t0到2t0時間內(nèi)的加速度為，所以t0到2t0時間內(nèi)的位移為：，所以2t0時刻相對于出發(fā)點的位移為：，所以物體在t0和2t0時刻相對于出發(fā)點的位移之比是1：5，故A正確；B項：2t0時的速度為：v2=v1+a2t0=所以物體在t0和2t0時刻的瞬時速度之比是1：3，故B錯誤；C項：根據(jù)動能定理得：外力在0到t0時間內(nèi)做的功為，外力在t0到2t0時間內(nèi)做的功為，所以外力在0到t0和t0到2t0時間內(nèi)做功之比是1：8，故C正確；D項：外力在t0的時刻的瞬時功率為P1=F0v1=，2t0時刻的瞬時功率P2=2F0v2=，所以外力在t0和2t0時刻的瞬時功率之比是1：6，故D錯誤。故應選：AC?！军c睛】解決本題的關鍵掌握瞬時功率的公式P=Fvcos-17- θ，以及牛頓第二定律、運動學基本公式的應用。7.如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)，現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L（未超過彈性限度），則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中（）A.圓環(huán)的機械能守恒B.彈簧彈性勢能變化了C.圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力不為零D.圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和先增大后減小【答案】BC【解析】【詳解】A、圓環(huán)沿桿滑下過程中，彈簧的拉力對圓環(huán)做功，圓環(huán)的機械能不守恒，故A錯誤.B、圖中彈簧水平時恰好處于原長狀態(tài)，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L，可得圓環(huán)下降的高度為h=L，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：彈簧的彈性勢能增大量為：EP=mgh=mgL，故B正確.C、當圓環(huán)所受合力為零時，速度最大，此后圓環(huán)繼續(xù)向下運動，則彈簧的彈力增大，圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力不為零，故C正確；D、根據(jù)圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即圓環(huán)的重力勢能與圓環(huán)的動能還有彈簧彈性勢能三種能量總和守恒.在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中，圓環(huán)的速度是先增大后減少，圓環(huán)的動能也是先增大后減少，那么圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和就應先減少后增大，故D錯誤．故選：B、C-17- 【點睛】對物理過程進行受力、運動、做功分析，是解決問題的根本方法．要注意圓環(huán)的機械能不守恒，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能才守恒.8.質(zhì)量m的物塊（可視為質(zhì)點）以v0的初速度從傾角θ=30°的粗糙斜面上的P點沿斜面向上運動到達最高點后，又沿原路返回到出發(fā)點P點，其速度隨時間變化的圖象如圖所示，且不計空氣阻力。下列說法中正確的是（）A.物塊所受的重力與摩擦力大小之比為5：3B.整個過程中物塊克服摩擦力做功的功率為C.整個過程中重力做功比摩擦力做功大D.整個過程中重力沖量與摩擦力沖量之比10：1【答案】BD【解析】【分析】物塊上滑和下滑的位移大小相等，根據(jù)位移時間公式分析加速度關系，由牛頓第二定律求得重力和摩擦力之比。由動能定理求出克服摩擦力做的功，再求物塊克服摩擦力做功的功率。整個過程中重力做功為零。由沖量的定義求重力沖量與摩擦力沖量之比?！驹斀狻緼項：設物塊返回到出發(fā)點P點時速度大小為v。根據(jù)物塊上滑和下滑的位移大小相等，得，解得：所以物塊上滑的加速度為下滑的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律上滑有mgsinθ+f=ma1-17- 下滑有?mgsinθ-f=ma2聯(lián)立解得，則mg：f=10：3，故A錯誤；B項：對整個過程，由動能定理得，可解得：，這個過程中物塊克服摩擦力做功的功率為，故B正確；C項：這個過程中重力做功為零，比摩擦力做功小，故C錯誤；D項：這個過程中重力沖量IG=mg?3t0=3mgt0．摩擦力沖量?If=f?2t0-ft0=0.3mgt0．所以IG：If=10：1，故D正確。故應選：BD?！军c睛】本題是力學綜合題，關鍵要明確物塊兩個過程之間的關系，如位移關系、時間關系和速度關系，分段運用牛頓第二定律。運用動能定理求摩擦力做功，由沖量的定義求重力和摩擦力的沖量都是常用方法，要熟練掌握。二、實驗題9.某實驗小組用如圖所示的實驗裝置和實驗器材做“探究動能定理”實驗，在實驗中，該小組同學把砂和砂桶的總重力當作小車受到的合外力。(1)為了保證實驗結果的誤差盡量小，在實驗操作中，下面做法必要的是________。A．實驗前要對裝置進行平衡摩擦力的操作B．實驗操作時要先放小車，后接通電源C．在利用紙帶進行數(shù)據(jù)處理時，所選的兩個研究點離得越近越好D．在實驗過程中要保證砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量(2)除實驗裝置中的儀器外，還需要的測量儀器有___________和____________。(3)圖為實驗中打出的一條紙帶，現(xiàn)選取紙帶中的A、B兩點來探究“動能定理”。已知打點計時器的打點周期為T，重力加速度為g。圖中已經(jīng)標明了要測量的物理量，另外，小車的質(zhì)量為M，砂和砂桶的總質(zhì)量為m。請你把要探究的結果用題中給出的字母表達出來___________________________。-17- 【答案】(1).AD;(2).刻度尺;(3).天平;(4).【解析】【分析】解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項．其中平衡摩擦力的原因以及做法在實驗中應當清楚；由于實驗需要測量小車速度和質(zhì)量，故還需要的測量儀器有刻度尺、天平；恒力做功根據(jù)W=Fscosα進行計算，用平均速度代替瞬時速度的方法求出AB兩點的速度，進而求出動能的改變量?！驹斀狻?1)A項：實驗前要對裝置進行平衡摩擦力的操作，以保證小車所受合外力恰好是繩子的拉力，故A正確；B項：實驗時，若先放開小車，再接通打點計時器電源，由于小車運動較快，可能會使打出來的點很少，不利于數(shù)據(jù)的采集和處理．故B錯誤；C項：在利用紙帶進行數(shù)據(jù)處理時，所選的兩個研究點離得越近測量誤差越大，故C錯誤；D、在實驗過程中要保證砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，這樣才能使得砂和砂桶的總重力近似等于細繩對小車的拉力，故D正確。故選：AD。(2)由于實驗需要測量小車速度，速度是使用打點計時器打的紙帶計算得出的，故要測量點距，需要刻度尺；本實驗還要測量質(zhì)量，故選要天平。(3)小車的質(zhì)量為M，砂和砂桶的總質(zhì)量為m，M遠大于m．則對小車的作用力等于砂和砂桶的總重力mg，所以恒力對小車做的功可表示為：mgx，，所以小車動能的改變量為：本實驗就是要驗證減少的重力勢能是否等于增加的動能，即?！军c睛】明確“探究恒力做功與動能改變的關系”實驗的實驗原理及方法是求解本題的關鍵．對于實驗我們要清楚每一項操作存在的理由．比如為什么要平衡摩擦力，為什么要先接通電源后釋放紙帶等．這樣問題我們要從實驗原理和減少實驗誤差方面去解決。-17- 10.用如圖所示的實驗裝置驗證m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒。m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律。右圖給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點(圖中未標出)，計數(shù)點間的距離如圖所示。已知m1＝50g、m2＝150g，打點計時器所接交流電頻率f=50Hz，則(結果均保留兩位有效數(shù)字)(1)在紙帶上打下計數(shù)點5時的速度v＝______m/s；(2)在打下第“0”到打下第“5”點的過程中系統(tǒng)動能的增量ΔEk＝________J，系統(tǒng)勢能的減少量ΔEp＝______J；(取當?shù)氐闹亓铀俣萭＝10m/s2)(3)若某同學作出v2－h(huán)圖象如圖所示，則當?shù)氐闹亓铀俣萭＝________m/s2?！敬鸢浮?1).2.4;(2).0.58;(3).0.60;(4).9.7;【解析】【分析】(1)根據(jù)在勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度，可以求出打下記數(shù)點5時的速度大?。?2)根據(jù)物體的初末動能大小可以求出動能的增加量，根據(jù)物體重力做功和重力勢能之間的關系可以求出系統(tǒng)重力勢能的減小量；(3)利用動能定理推導出與下落高度h之間的關系式，再根據(jù)圖象中斜率的取值，即可求出當?shù)氐膶嶋H重力加速度g。-17- 【詳解】(1)每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點，因此計數(shù)點之間的時間間隔為：T=0.1s；勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度，因此有：；(2)物體由靜止下落，因此動能的增量為：重力勢能的減小量等于重力所做的功，因此系統(tǒng)勢能的減少量為：Ep=W=（m2-m1）gh05=（0.150-0.050）×9.8×（0.216+0.384）J=0.60J；(3)根據(jù)動能定理可得：（m2-m1）gh=整理得：代入質(zhì)量可得：圖象中的斜率：可得當?shù)氐膶嶋H重力加速度g=9.7m/s2。【點睛】本題驗證系統(tǒng)機械能守恒，解題關鍵是要能得出系統(tǒng)動能的增加量和系統(tǒng)重力勢能的減小量，要掌握求瞬時速度的方法，能利用能量的觀點推導出圖象中橫縱坐標的表達式。三、計算題11.如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運動，經(jīng)距離l后以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上．已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，小物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，桌面高h＝0.45m．不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物塊落地點到飛出點的水平距離s；(2)小物塊落地時的動能Ek；(3)小物塊的初速度大小v0。【答案】(1)（2）（3）-17- 【解析】物塊在水平桌面上減速的加速度將物塊在桌面上減速運動過程看做反向的勻加速運動過程，根據(jù)，則，解得t1=0.4s（負值舍掉）根據(jù),即解得v0=4m/s物塊飛出桌面后做平拋運動，豎直方向：h=gt2，代入數(shù)據(jù)解得：t2=0.3s小物塊落地時的時間為t=t1+t2=0.7s水平方向：s=vt=0.9m；將答案改為：（1）0.7s（2）0.9m（3）4m/s視頻12.如圖所示，平板車P的質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的小物塊Q大小不計，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平地面上。一不可伸長的輕質(zhì)細繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量也為m的小球(大小不計)。今將小球拉至懸線與豎直位置成60°角，由靜止釋放，小球到達最低點時與Q的碰撞時間極短，且無能量損失。已知Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，Q與P之間的動摩擦因數(shù)為μ，M∶m＝4∶1，重力加速度為g。求：(1)小物塊Q離開平板車時速度為多大？(2)平板車P的長度為多少？【答案】（1）（2）【解析】-17- 【分析】小球到達最低點時與Q的碰撞時間極短，且無能量損失，滿足動量守恒的條件且能量守恒．小物塊Q在平板車P上滑動的過程中，二者相互作用，動量守恒，部分動能轉化為內(nèi)能。【詳解】(1)小球由靜止擺到最低點的過程中，機械能守恒，則有：解得：小球與Q進行彈性碰撞，質(zhì)量又相等，二者交換速度．小物塊Q在平板車P上滑動的過程中，Q與P組成的系統(tǒng)動量守恒：mV0=mV1+MV2其中，M=4m，解得：，；(2)小物塊Q在平板車P上滑動的過程中，部分動能轉化為內(nèi)能，由能的轉化和守恒定律，知：解得：L=?！军c睛】逐一分析物體間的相互作用過程，分析得到物體間相互作用時滿足的規(guī)律：動量守恒、能量守恒等，進而求出要求的物理量。13.在用如圖所示的裝置做“驗證動量守恒定律”實驗時，下列說法正確的是_______A．斜槽軌道必須是光滑的B．斜槽軌道末端的切線必須是水平的C．入射小球每次都要從斜槽上同一高度由靜止?jié)L下D．本實驗必須測出斜槽末端點到水平地面的豎直高度HE．為了保證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求m1＞m2，r1=r2，兩小球半徑r1、r2不需要測量-17- 【答案】BCE;【解析】【分析】根據(jù)實驗原理確定實驗中如何減小實驗誤差；知道小球離開軌道后做平拋運動，軌道末端切線應水平，并且每次讓小球從同一位置滑下。【詳解】A項：小球離開軌道后做平拋運動，只要保證入射球離開軌道的初始相等即可，斜槽軌道不需要光滑，故A錯誤；B項：為保證小球離開軌道后做平拋運動，斜槽軌道末端的切線必須水平，故B正確；C項：為保證小球速度相等，入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下，故C正確；D項：本實驗中由于平拋中高度相同，故下落時間相同，所以可以用水平位移代替水平速度，因此不需要測出斜槽末端點到水平地面的豎直高度H，故D錯誤；E項：為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量，即：m1＞m2。，故E正確。故應選：BCE?！军c睛】本題考查驗證動量守恒定律的實驗，對于驗證動量守恒定律的實驗，要學會在相同高度下，水平射程來間接測出速度的方法，掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關系，是解決本題的關鍵。14.一根長為l的絲線吊著一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球靜止在水平向右的勻強電場中，如圖所示，絲線與豎直方向成37°角，現(xiàn)突然將該電場方向變?yōu)樨Q直向下且大小不變，不考慮因電場的改變而帶來的其他影響(重力加速度為g，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)，求：(1)勻強電場的電場強度的大小；(2)小球經(jīng)過最低點時對絲線的拉力大小?！敬鸢浮?1)（2）【解析】【分析】-17- (1)以小球為研究對象，分析受力情況，由于小球處于靜止狀態(tài)，合力為零，由平衡條件分析電場力的方向，確定小球的電性，并求解電場強度大??；(2)當電場方向變?yōu)橄蛳潞?，小球受到的電場力豎直向下，向下做圓周運動，根據(jù)動能定理求解小球經(jīng)過最低點時的瞬時速度；小球經(jīng)過最低點時，由重力、電場力和絲線的拉力的合力提供了向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解絲線對小球的拉力。【詳解】(1)以小球為研究對象，分析受力情況：重力mg、電場力qE、絲線的拉力FT，如圖所示：由平衡條件得：mgtan37°=qE解得：；(2)當電場方向變?yōu)橄蛳潞?，小球受到的電場力豎直向下，向下做圓周運動，重力和電場力都做正功，由動能定理得解得：小球經(jīng)過最低點時，由重力、電場力和絲線的拉力的合力提供了向心力，如圖所示．根據(jù)牛頓第二定律得解得：。-17- 【點睛】運用動能定理求速度，根據(jù)牛頓第二定律求絲線的拉力，是常用的方法和思路，要能熟練運用力學方法解決電場中的問題。-17-