2019年高三物理上学期期末大联考试题（含解析）.doc

2019年高三物理上学期期末大联考试题（含解析）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力作用下处于平衡状态，现同时撤去大小分别为10N和20N的两个水平力而余力保持不变，关于此后该物体运动的说法中正确的是（）A一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2C一定做匀变速运动，加速度大小可能是12m/s2D可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：撤去大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，则知其余力的合力范围，由牛顿第二定律求出物体加速度的范围物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动恒力作用下不可能做匀速圆周运动解答：解：根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为20N和10N的两个力后，物体的合力大小范围为10NF合30N，物体的加速度范围为：5m/s2a15m/s2A、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动故A错误B、物体的加速度范围为：5m/s2a15m/s2；故B错误；C、由于撤去两个力后其余力保持不变，故合力恒定，一定做匀变速运动，加速度大小可能是12m/s2；故C正确；D、由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动故D错误；故选：C点评：本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况2男子跳高的世界纪录是2.45米，由古巴运动员索托马约尔于1993年7月27日在萨拉曼萨（卡）创造，不计空气阻力，对索托马约尔跳高过程的描述，下列说法正确的是（）A跳过2.45m的高度时他的速度为零B起跳时地面对他的支持力做正功C起跳时地面对他的支持力大于他对地面的压力D起跳以后上升过程他处于完全失重状态考点：功的计算；牛顿运动定律的应用-超重和失重专题：功的计算专题分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g解答：解：A、到达最高点，竖直方向速度为零，但水平速度不为零，故A错误B、在小芳起跳时，地面要给人一个向上的支持力，支持力的大小大于人的重力的大小，人才能够有向上的加速度，向上运动，支持力做正功，所以B正确C、压力和支持力一是相互作用力，故支持力等于他对地面的压力，C错误；D、在小明下降过程，只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，所以D正确故选：BD点评：本题主要考查了对超重失重和相互作用等基本知识的理解，注意人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或悬挂物的拉力变了3水平面上一质量为m的物体，在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值vm，F作用过程物体的速度v的倒数与加速度a的关系图象如图所示，仅在已知功率P的情况下，根据图象所给的信息（）A可求出m，f和vmB不能求出mC不能求出fD可求出加速运动时间考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：当加速度为零时，物体做匀速运动，此时刻的牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得p=Fv，而Ff=ma，联立可得，有图象可得斜率和截距解答：解：ABC、当加速度为零时，物体做匀速运动，此时刻的牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得p=Fv，而Ff=ma，联立可得，有图象可得斜率为，为截距，因此可求出m，f和vm，故A正确；D、物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，故D错误故选：A点评：关键整理出速度v的倒数与加速度a的关系式，结合体想解决4（6分）如图所示，平行板电容器与电动势为E的电流电源连接，上级板A接地，一带负电油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下级板B竖直向下移动一小段距离，则（）A带电油滴所受电场力不变BP点的电势将升高C带电油滴的电势能增大D电容器的电容减小，极板带电量增大考点：电容器的动态分析；带电粒子在混合场中的运动专题：电容器专题分析：将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与上极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化解答：解：A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误B、板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高故B正确C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势升高，则油滴的电势能将减小故C错误D、根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小故D错误故选：B点评：本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化5（6分）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为=30，物体A，B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，P为固定在斜面上且与斜面垂直的光滑挡板，物体A，B的质量分别为m和4m，开始时用手托住物体A，滑轮两边的细绳恰好伸直，且左边的细绳与斜面平行，弹簧处于原长状态，A距离地面高度为h，放手后A从静止开始下降，在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力，空气阻力不计，下列关于物体A的说法正确的是（）A在下落至地面前的过程中机械能守恒B在下落至地面前的瞬间速度不一定为零C在下落至地面前的过程中对轻弹簧做的功为mghD在下落至地面前的过程中可能一直在做加速运动考点：机械能守恒定律；功的计算专题：机械能守恒定律应用专题分析：首先知道题境，分析AB两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析A其运动情况，类比弹簧振子，从而判断选项解答：解：A、A从静止到下落过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以A在下落至地面的过程中系统的机械能守恒，而A的机械能不守恒，故A错误；BD、据在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力，以B为研究对象，据平衡求得此时弹簧的弹力为T=4mgsin30=2mg；再以A为研究对象，当A静止释放的瞬间，A受重力mg，其合力方向向下，大小为mg；当A落地瞬间，A受重力mg和弹簧的弹力2mg，其合力向上，大小为mg，A做简谐运动，据对称性可知，落地瞬间其速度为零；据弹簧振子的运动情况可知，A向下运动时，先做加速度减小的加速运动，然后做加速度逐渐增大的减速运动，故BD错误；C、据A做简谐运动和能量守恒可知，A落地瞬间，A的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹力做功可能为mgh，故C正确；故选：C点评：明确A的运动情况和B在A落地瞬间的弹力是解题的前提，类比弹簧振子模型是解题的关键，灵活应用能量守恒判断弹簧做功情况，题目有点难度6（6分）在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abdc的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（）A从t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B从t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量为Ct4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0Dt2时刻电阻R的发热功率为考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；焦耳定律；正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：首先知道正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；知道磁通量的斜率最大时，产生的感应电动势最大即可求解解答：解：A、由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，所以为=2Bs，故A错误；B、通过电阻的电荷量Q=，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量Q=，故B错误；C、由于最大值面产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以K=，故C错误；D、求功率时需用有效值，所以E=，所以电流I=，R的发热功率为P=，故D正确故选：D点评：明确正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；注意三值间的关系及选取，题目难度较大7（6分）质量分别为m=1kg和M=2kg的两物块叠放在光滑水平桌面上，两物块均处于静止状态，从某时刻（t=0）开始，对放在下面的质量为m的物块施一水平推力F，已知推力F随时间t变化的关系为F=6t，量物块之间的动摩擦因数为=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，下列结论正确的是（）A两物块刚发生相对运动时的速度为1m/sB从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为sC从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5mD从施加推力F到两物块刚发生相对运动F的冲量为6Ns考点：动量定理专题：动量定理应用专题分析：对m分析由最大静摩擦力可求得m的最大加速度；再对整体受力分析可求得F值；对全程由动量定理可求得1s时的速度及冲量解答：解：A、当M达到最大静摩擦力时，M相对m发生相对滑动；则此时M的加速度为：a=g=0.210=2m/s2；则对整体受力分析可知，F=（m+M）a=32=6N=6t，则可知发生相对运动的时间为1s，F是均匀增加的，故1s内其平均作用力=3N；对整体由动量定理可得，t=（M+m）v；解得：v=1m/s；故A正确，B错误；C、若物体做匀加速直线运动，则1s内的位移x=vt=0.5m；而物体做的是变加速直线运动，故位移不是0.5m；故C错误；D、由动量定理可知，I=（M+m）v=3Ns；故D错误；故选：A点评：本题中采用了力的平均值求冲量的方法，但是求功时不能应用平均力来求二、非选择题8（8分）某兴趣小组设计出如图甲所示的实验装置探究小车的加速度跟合外力的关系，图中与小车左端相连的是测力传感器，小车放置在表面各处粗糙程度相同的水平长木板上，按甲图装配好实验器材，先测出小车运动时所受摩擦阻力，逐渐向沙桶中添加细沙粒，当观察到小车刚开始运动时，记下传感器的最大示数为F0，可认为摩擦阻力为F0（1）将小车放回初位置并用手按住，继续向沙桶中添加一定量的沙粒，记下传感器的示数F1，接通频率外为50Hz的交流电源，使打点计时器工作，然后释放小车，打出一条纸带，再继续在桶中添加沙粒，多次重复实验，打出多条纸带，图乙为某次实验打出的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6六个计数点，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离（单位：cm），分别标注在相应计数点的下方，则小车的加速度a=0.756m/s2，（结果保留三位有效数字）（2）算出各次小车的加速度和合力F（F=F1F0），获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系图象，纸带与打点计时器间的摩擦可忽略，图中可能正确的是AD（3）写出一条提高实验结果准确程度有益的建议：控制桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题分析：根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线解答：解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4x1=3a1T2x5x2=3a2T2 x6x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）=0.756m/s2，（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1F0）的关系图象由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点故AD正确，BC错误；故选：AD（3）提高实验结果准确程度有益的建议：控制桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量故答案为：（1）0.756（2）AD（3）控制桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量点评：本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚9（10分）有个一螺线圈，为测量它的两个接线柱间绕制的均匀金属丝的长度，现提供下列器材：A待测螺线管L：绕制螺线管金属丝的电阻率=5.0107m，其总阻值RL大约100；B螺旋测微器C微安表量程Ig=500A，内阻Rg=100；D电阻箱R：阻值范围099999.9；E电源E：电动势有3V和9V两种可供选择，内阻较小；F电键两个（S1和S2），导线若干（1）实验中用螺旋测微器测得金属丝的直径如图甲所示，其读数为d=0.3900.001mm（2）已将提供的器材连成了如图乙所示的测金属丝电阻RL的电路，根据该实验电路的测量原理，为了更准确的测RL，应选择E中电动势为9V的电源（3）若测得的金属丝直径用d表示，测电阻时，先闭合S1，调R使微安表指针满偏，再闭合S2时微安表示数用I表示，则由已知量和测得量的符号表示金属丝的长度l=（4）本实验测RL有系统误差，其测量值大于真实值（选填“大于”、“小于”）考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：（1）螺旋测微器读数时，要分固定刻度和可动刻度，再进行相加可得结果；（2）根据题意，微安表满偏，当与所测螺线管并联，则电阻大约变化一半，只有电阻箱的特别大时，接入电阻才不会引起电流变化，从而即可确定电源电动势；（3）根据电阻定律公式和欧姆定律求出金属丝的长度L；（4）根据并联电路电阻要减小，结合欧姆定律，即可求解解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0，可动刻度读数为39.00.01=0.390mm，所以金属丝的直径为0.3900.001mm，（2、4）先只闭合S1，调电阻箱R，使微安表指针满偏，则R值须很大；再闭合S2时，则RL与微安表并联，虽然电阻变小了，但因R很大，全电路总电阻变化很小，干路电流几乎不变化，可认为仍为满偏电流Ig，实验应略大于，此时微安表的读数为I，那么RL的分流IL=IgI，实际值略大于此值于是解得：RL=，测量值偏大根据本实验原理，要减小测量RL的系统误差，提高电源的电动势，使R取值更大一些，这样才能保证再闭合S2后干路电流变化更小（3）根据欧姆定律得：根据电阻定律得：RL=；且S=解得：L=；故答案为：（1）0.3900.001mm；（2）9；（3）；（4）大于点评：该题是较综合的考查了电学实验，要求我们要会熟练的连接实物图，注意连接实物图的要领；熟练的对螺旋测微器进行读数；注意产生实验误差的根源是螺线管的并联后，导致电阻减小，电流增大10（14分）探月卫星的发射过程可简化如下：首先进入绕地球运行的“停泊轨道”，在该轨道的P处通过变速在进入地月“转移轨道”，在快要到达月球时，对卫星再次变速，卫星被月球引力“俘获”后，成为环月卫星，最终在环绕月球的“工作轨道”上绕月飞行（视为圆周运动），对月球进行探测已知“工作轨道”周期为T，距月球表面的高度为h，月球半径为R，引力常量为G，忽略其它天体对探月卫星在“工作轨道”上环绕运动的影响（1）要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应增大速度还是减小速度？（2）求探月卫星在“工作轨道”上环绕的线速度大小；（3）求月球的第一宇宙速度考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应减小速度做近心运动根据线速度与轨道半径和周期的关系直接得到探月卫星线速度的大小月球对探月卫星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，“近月卫星”的环绕速度为月球的第一宇宙速度v1，根据万有引力提供向心力，解以上二式可得月球的第一宇宙速度解答：解：（1）要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应减小速度做近心运动（2）根据线速度与轨道半径和周期的关系可知探月卫星线速度的大小为（3）设月球的质量为M，探月卫星的质量为m，月球对探月卫星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，所以有：月球的第一宇宙速度v1等于“近月卫星”的环绕速度，设“近月卫星”的质量为m，则有：由以上两式解得：答：（1）要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应减小速度（2）探月卫星在“工作轨道”上环绕的线速度大小为（3）月球的第一宇宙速度为点评：本题要掌握万有引力提供向心力这个关系，要能根据题意选择恰当的向心力的表达式，要知道“近月卫星”的环绕速度为月球的第一宇宙速度11（16分）如图所示，倾角为=37的固定斜面与足够长的水平面平滑对接，一劲度系数k=18N/m的轻质弹簧的上端固定于斜面顶端，另一端固连在一质量m=1kg的光滑小球A，跟A紧靠的物块B（质量也为m）与斜面间的动摩擦因数1=0.75，且最大摩擦力等于滑动摩擦力，与水平面间的动摩擦因数2=0.1，图中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均处于静止状态，且斜面对B恰无摩擦力，当搬除力F后，A和B一起沿下面下滑到某处时分离，分离后A一直在斜面上运动，B继续沿斜面下滑，已知：sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2（1）A和B分离后A能否再回到出发点？请简述理由（2）A和B分离时B的速度为多大？（3）求B最终停留的位置考点：动能定理；共点力平衡的条件及其应用专题：动能定理的应用专题分析：（1）A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球的机械能减少（2）当AB分离时，AB具有相同的加速度与速度，根据牛顿第二定律求的弹簧的伸长量，在利用动能定理求的速度（3）对B利用动能定理即可求的位移解答：解（1）A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球和弹簧的机械能减少（2）未撤去力F时，对A和B整体，根据平衡条件得：2mgsin+F1=F其中弹力为：F1=kx1解得弹簧的压缩量为：x1=分离时，AB之间无弹力作用，但速度和加速度相等，根据牛顿第二定律，对B：mgsinf=maB其中f=1mgcos联立解得aB=0对A：mgsinF2=maA，其中弹力F2=kx2由aA=aB=0，解得分离时弹簧的伸长量为：x2=m可见x1=x2，AB整体运动到分离弹簧的弹力做功为零，根据动能定理有：2mgsin带入数据解得：v=（3）分离后由动能定理得：代入数据解得：x=2m答：（1）A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球的机械能减少（2）A和B分离时B的速度为2m/s（3）B最终停留的位置为2m点评：本题要抓住临界状态，分析临界条件，即小球与挡板刚分离时，B对小球的作用力为零，这也是两物体刚分离时常用到的临界条件12（20分）如图所示，在直角坐标系xOy平面的y轴左侧区域，存在方向沿y轴负向的匀强电场（y轴为其右边界），场强E=1.04V/m在y轴的右侧等腰三角形OMN区域内，存在一磁感应强度B=6.0T、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场，其右边界MN与y轴平行，且间距d=5.0m，NOM=120，一质量m=1.0108kg，电荷量q=1.6106C的粒子，从电场中的P（，0.6）点以初速度v0沿x轴正向抛出，刚好经坐标原点O以与x轴成30角的方向射入磁场，不计粒子重力（1）求粒子从P点抛出时的初速度v0的大小（2）若粒子从第二象限某位置沿x轴正向抛出后，均能经坐标原点O沿与x轴成30角的方向射入磁场，再从磁场区以内与边界垂直的方向射出，求粒子抛出的所有可能位置考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子经过O点时速度为v，应有v0=vcos30根据牛顿第二定律和运动学公式结合，可求解v0（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，qvB=m，可得到y与R的关系式粒子经坐标原点O时速度偏向角为30，可得到tan30=，从而得出粒子抛出位置的坐标必满足的方程据题粒子磁场边界垂直射出有两种情况：一是从边界OM垂直射出，一是从边界OM垂直射出，由几何关系得到R的值，从而可得到粒子抛出的所有可能位置解答：解：（1）设粒子经过O点时速度为v，竖直分速度为vy，由题意可知：v0=vcos30=2aya=v=2vy 由得：v=所以由得：v0=cos30=2.4103m/s（2）设粒子在电场中的抛出位置为（x、y），射入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，得：qvB=m由可得：y=7.2102R2因粒子经坐标原点O时速度偏向角为30，则 tan30=，即粒子抛出位置的坐标必满足方程：y=x于是得抛出位置的横坐标为：x=102R2分两种情况讨论：、当粒子从边界MN垂直射出磁场时：R=2d=10m将R值代入式得抛出位置的横坐标：x=m、当粒子从边界OM垂直射出磁场，且运动轨迹恰与边界MN相切，由几何知识求得：R=m将R值代入式得抛出位置的横坐标：x=m综上所得，要使粒子从磁场边界垂直射出，粒子抛出的位置必须在直线 y=x上，区间范围为：x=m或mx0答：（1）粒子从P点抛出时的初速度v0的大小是2.4103m/s（2）要使粒子从磁场边界垂直射出，粒子抛出的位置必须在直线 y=x上，区间范围为：x=m或mx0点评：粒子在电场中类平抛运动研究的方法是运动的分解法，在磁场中要明确洛伦兹力提供向心力，运用几何知识得到轨迹半径，关键要能运用数学知识得到抛出位置坐标的参数方程