2019届高三物理上学期第二次质量检测试卷(含解析).doc

2019届高三物理上学期第二次质量检测试卷(含解析)一、选择题（本题共13小题；每小题4分，共52分，17小题给出的四个选项中只有一个选项正确，813小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学史的是A. 开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B. 卡文迪许利用扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究C. 法拉第发现了电磁感应现象，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的思想是分不开的D. 安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究【答案】C【解析】【详解】胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故A错误；、引力常量是卡文迪许通过卡文迪许扭秤测出来的，库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究，故B错误；法拉第发现了电磁感应现象，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的思想是分不开的，故C正确；法拉第首先引入电场线和磁感线的概念，极大地促进了他对电磁现象的研究，故D错误。所以C正确，ABD错误。2. 质量为M、倾角为的斜面体在水平地面上，质量为m的小木块（可视为质点）放在斜面上，现用一平行于斜面的、大小恒定的拉力F作用于小木块，拉力在斜面所在的平面内绕小木块旋转一周的过程中，斜面体和木块始终保持静止状态，下列说法中正确的是（ ）A. 小木块受到斜面的最大摩擦力为B. 小木块受到斜面的最大摩擦力为F-mgsinC. 斜面体受到地面的最大摩擦力为FD. 斜面体受到地面的最大摩擦力为Fcos【答案】C【解析】试题分析：对小木块在斜面内受力分析，有沿斜面向下的重力分力mgsin、绳子拉力F，但方向可以指向圆周各个方向、静摩擦力f但方向不能确定，根据题意，当拉力F沿斜面向下时，静摩擦力应沿斜面向上，则有f=F+mgsin，此时应为最大静摩擦力，故A错误；当F沿斜面向上时，若F=mgsin，则摩擦力f=0，故B错误；再把小木块与斜面看做一个整体分析，当F沿水平方向时，斜面受到地面的摩擦力大小为F，故C正确；当F沿斜面向上或向下时，摩擦力最小为Fcos，故D错误考点：考查了圆周运动，摩擦力3. 如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，CAB=30，斜面内部O点（与斜面无任何连接）固定有一正点电荷，一带负电的小物体（可视为质点）可以分别静止在M、N、MN的中点P上，OMON，OMAB，则下列判断正确的是（ ）A. 小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B. 小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等C. 小物体静止在P点时受到的摩擦力最大D. 当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零【答案】B【解析】试题分析：根据共点力的平衡可知在M点小物体可以受三个力的作用，所以A错误；根据几何关系小物体在M、N两点时，库仑力咋垂直于AC方向的分立相同，支持力等于重力的分立加上库仑力的分力，所以静止在M、N点时受到的支持力相等，OP垂直与AC，故支持力等重力的分力加上库仑力，所以小物体静止在P点时受到的支持力最大，故B正确；在P点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，在N点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力加库仑力的分力，大于在P点受摩擦力，所以C错误；因正点电荷与斜面无任何连接，小物体静止在N点时，地面给斜面的向右的静摩擦力，所以D错误。考点：本题考查库仑力，物体的平衡4.如图所示， 虚线表示某电场的等势面， 一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示。粒子在A 点的速度为vA 、电势能为EPA；在B点的速度为vB、电势能为EPB。则下列结论正确的是： （ ）A. 粒子带正电，vAvB,EPAEPB B. 粒子带负电，vAvB,EPAEPBC. 粒子带正电， vAvB,EPAEPB D. 粒子带负电， vAEPB【答案】B【解析】试题分析：由于等势面是同心圆，且外面电势高里面电势低，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；又因为粒子的轨迹是曲线，根据曲线的弯曲方向可知是静电斥力，故粒子也带负电；从A到B电势降低，根据电场力做功公式W=qU，可知电场力做负功，动能减小，故vAvB电场力做功与电势能的转换关系可知，电场力做负功、电势能增加，故EPBEPA综合以上可知B正确，ACD错误。考点：等势面、电势能【名师点睛】此题主要考查电场力的功与电势能的关系；解题时要牢记两个同种电荷相互排斥，异种点电荷相互吸引，粒子受力方向总指向曲线的凹侧，本题两个电荷间一定是排斥力，故带同种电荷。然后结合电场力做功与电势能的改变之间的关系：电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加；此规律可以和重力功类比记忆；此题属于基础题目。5. 如图所示，水平地面上方有正交的匀强电场E和匀强磁场B，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向外，等腰三角形的金属框由底边呈水平位置开始沿竖直平面的电磁场由静止开始下落，下落过程中三角形平面始终在竖直平面内，不计阻力，a、b落到地面的次序是 （ ）A. a先于bB. b先于aC. a、b同时落地D. 无法判定【答案】A【解析】当abc线框下落时，闭合回路中磁通量没有发生变化，回路不产生感应电流，但由于各边都在切割磁感线，所以会产生感应电动势，根据楞次定律，可以判定a点的电势高，是电源的正极，b点的电势低，是电源的负极，a点聚集着正电荷，b点聚集着负电荷，a点的正电荷受到的电场力向下，使a点加快运动，b点的负电荷受到的电场力向上，使b点减缓运动，故a点先落地，选项A正确。6.电场强度方向与x轴平行的静电场，其电势随x的分布如图所示，一质量为m、带电量为q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x=0）沿x轴正方向进入电场。下列叙述正确的是A. 粒子从O点运动到x3点的过程中，在x3点速度最大B. 粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势能先减小后增大C. 要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为2q0mD. 若v0=2q0m，则粒子在运动过程中的最大动能为3q0【答案】AD【解析】AB、粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做减速运动；粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势能越大，可知粒子的电势能不断减小，动能不断增大，故在x3点速度最大，故A正确，B错误；C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：q（00）=012mv02，解得：v0=2q0m，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为2q0m，故C错误；D、若v0=2q0m，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得：q0（0）=12mvm212mv02，解得最大动能为：12mvm2=3q0，故D正确；故选AD。【点睛】根据电势随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化利用动能定理列方程解答。7.如图所示，在光滑水平面上有一质量为的足够长的木板，其上叠放一质量为的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间增大的水平力（是常数），木板和木块加速度的大小分别为和。下列反映和变化的图线中正确的是（ ）【答案】A【解析】试题分析：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：a=Fm1+m2=ktm1+m2，at；当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1：a1=m2gm1，、m1、m2都一定，则a1一定对m2：a2=Fm2gm2=km2tg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大由于km1+m2km2，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率故A正确故选：A考点：牛顿定律的应用.【此处有视频，请去附件查看】8.在四川汶川的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统，在抗震救灾中发挥了巨大作用. 北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能. “北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）若卫星均逆时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力.则以下判断中错误的是A. 卫星2向后喷气就一定能追上卫星1B. 这两颗卫星的加速度大小相等，均为R2gr2C. 卫星2由位置B运动到位置A所需的时间为r3RrgD. 卫星2由位置B运动到位置A的过程中万有引力做功为零【答案】ACD【解析】A、根据万有引力提供向心力GMmr2=ma，a=GMr2而GM=gR2所以卫星的加速度a=gR2r2B、卫星向后喷气，速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，会离开原来的圆轨道所以在原轨道加速不会追上卫星2C、根据万有引力提供向心力GMmr2=mr2，=GMr3=gR2r3所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t=t=3=r3RrgD、卫星在运动的过程中万有引力与速度方向垂直，不做功解决本题的关键掌握万有引力提供向心力GMmr2=ma，以及黄金代换式GM=gR29. 如图所示，在A、B两点分别固定着所带电荷量相等的正、负点电荷，O点是两个点电荷连线的中点，C、D是关于O点对称的两点下列说法中正确的是（ ）A. C、D两点的场强大小相等、方向相同B. C、D两点的电势相等C. 负点电荷在C点的电势能大于它在D点的电势能D. 正点电荷从C点移到D点的过程中，电场力做正功【答案】AD【解析】试题分析：A、等量异种电荷的电场线关于两个电荷的连线对称，电场线分布如图所示某点电场强度方向用电场线上通过该点的切线方向表示，故根据对称性可知C、D两点的场强大小相等、方向相同，故A正确；B、沿着电场线，电势逐渐降低，等势面与电场线垂直，可知C所在等势面的电势高于D点所在等势面的电势，故C点电势较高，故B错误；C、D、由于C点电势高于D点电势，根据公式=EPq，可知负点电荷在C点的电势能小于它在D点的电势能，负点电荷从C点移到D点的过程中，电势能增大，电场力做正功，故C错误，D正确故选：AD考点：本题考查了电场强度；电势；电势能10. 在xOy平面上以O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，从原点O以初速度v沿y轴正方向开始运动，经时间t后经过x轴上的P点，此时速度与x轴正方向成角，如图所示不计重力的影响，则下列关系一定成立的是（ ）A. 若r2mvqB，则090 B. 若r2mvqB，则tmqBC. 若tmqB，则r2mvqB D. 若r2mvqB，则tmqB【答案】AB【解析】试题分析：粒子运动的轨道半径为：；当=90时，可知2R=r；若r2mvqB，则0V2，选项D对。电压表V3的变化量V3=I(r+R)，所以V3I=(r+R)r，选项C对。考点：串并联电路动态变化二、填空题（每空1分，共12分，有数值计算的必须注明单位）14. 某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理。（1）安装好实验器材，要调节气垫导轨调至水平。操作应该是不挂砝码盘和细线，如果滑块 则气垫导轨调整至水平状态。（2）从装置图中读出两光电门中心之间的距离s cm；通过下图游标卡尺测得挡光条的宽度d= mm（3）挡光条的宽度为d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间t1和t2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是 ；（4）实验所验证的动能定理的表达式 （用（2）（3）中字母表示）（5）该实验是否需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？ （填“是”或“否”）。【答案】（1）能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经过两个光电门的时间相等（2）50.00cm；2.25mm（3）滑块、挡光条和拉力传感器的总质量m（4）Fs=12m(dt2)212m(dt1)2（5）否【解析】试题分析：（1）实验时要调整气垫导轨水平不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等，则表示气垫导轨调整至水平状态（2）光电门1的中心刻度为20.30cm，光电门2的中心刻度为70.30cm，所以光电门中心之间的距离s=50.00cm，游标卡尺的读数为d=2mm+5120mm=2.25mm（3）要计算动能，还需要测量总质量，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量m（4）拉力所做的功为W=Fs，通过光电门1的速度为v1=dt1，通过光电门2的速度为v2=dt2，故滑块的动能变化量为Ek=12m(dt2)212m(dt1)2，根据动能定理可得Fs=12m(dt2)212m(dt1)2（5）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量考点：验证动能定理实验【名师点睛】先明确刻度尺的分度值，读数时注意估读一位；光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可以求出需要验证的关系式，进而得到还需要测量的物理量；该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量15.有一低电阻的螺线管，已知螺线管的金属丝电阻率=1.710 8 m.某活动小组的同学设计了一个实验来测算螺线管使用的金属丝长度,他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器（千分尺）、导线和学生电源等。他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第步操作）将红、黑表笔分别插入多用电表的“”、“”插孔；选择欧姆档“1”； _；把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图（a）所示（最上排刻度从右向左依次为0、5、10）,则电阻值为_。根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图（b）的A、B、C、D四个电路中选择_电路来测量金属丝电阻；使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图，则金属丝的直径为_mm； 根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为_m。（结果保留两位有效数字）他们正确连接电路，接通电源后，调节滑动变阻器，发现电流始终无示数,下列检测故障方案可行的是_，a.使用多用电表的电压档位，接通电源，逐个测量各元件、导线上的电压，若电压等于0，说明该元件或导线断路故障。 b.使用多用电表的电阻档位，断开电路或拆下元件、导线，逐个测量各元件、导线上的电阻，若电阻为无穷大，说明该元件或导线断路故障.【答案】 (1). 将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零 (2). 4.0 (3). D (4). 0.260 mm (5). 12m或13m (6). b【解析】【分析】用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；常见的电路故障有断路与短路，可以用电压表或欧姆表检查电路故障。【详解】（1）使用多用电表测电阻时，选档后要先进行欧姆调零，具体操作是：红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指0；（2）根据题目，要求电压调节范围较大，应选用滑动变阻器与电源并联方式，根据多用电表的读数4.0，可知线圈总电阻较小，与安培表的内阻（一般几十）接近，应该选用安培表外接法，综合所述选D图。（3）螺旋测微器读数由两部分组成，注意估读，故结果为：0+26.00.01mm=0.260mm。（4）根据电阻定律公式R=LS，而S=d24，联立可解得：L=Rd24=3.144.00.260103241.7108m=12m。（5）使用多用电表的电压档位，接通电源，逐个测量各元件、导线上的电压，若电压等于电源电压，说明该元件或导线断路故障，故a不可行；使用多用电表的电阻档位，断开电路或拆下元件、导线，逐个测量各元件、导线上的电阻，若电阻为无穷大，说明该元件或导线断路故障，故b可行。【点睛】殴姆调零与机械调零要区分，前者是调节殴姆表内的滑动变阻器的电阻来使电流表达到满偏；后者是螺丝刀调节指针使其电流为零。三、计算题(共36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，答案中须明确写出数值和单位)16.如图，在光滑绝缘水平面上方足够大的区域内存在水平向右的匀强电场，电场强度为E.不带电的绝缘小球P2静止在O点，带正电的小球P1 离小球P2左侧的距离为L，现由静止释放小球P 1 ，在电场力的作用下P1 与P2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的2/3倍。已知小球P1的质量为m;带电量为q，小球P2的质量为5m.求： （1）碰撞前小球P1的速度v0 .（2）碰撞后小球P2的速度v2. （3）小球P1和小球P2从第一次碰撞到第二次碰撞的时间和第二次碰撞时到O点的距离.【答案】（1）v0=2qELm（2）v2=132qELm 方向水平向右 （3）t=22mLqE 4L3【解析】【分析】根据动能定理求出碰撞前小球P1的速度；两小球碰撞的瞬间，动量守恒，结合动量守恒定律求出碰后小球P2的速度；碰撞后小球P1先向左后向右做匀变速运动，根据匀变速直线运动的位移时间公式，结合位移关系求出小球P1和小球P2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间，根据位移的大小求出第二次碰撞的位置。【详解】（1）设碰撞前小球P1 的速度为v0 ，根据动能定理：qEL=12mv02解得：v0=2qELm（2）P1 、P2 碰撞，设碰后P 1 速度为v1 ， P2 速度为v2 ，由动量守恒定律： mv0=m123v0+5mv2 解得：v2=132qELm 方向水平向右 （3）碰撞后小球P1 向先向左后向右做匀变速运动，设加速度为a，则：a1=qEm 设P1 、P2 碰撞后又经t时间再次发生碰撞，且P1 受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正，则：v1t+12at2=v2t解得：t=22mLqE对P2 分析： S=v2t=4L3即第二次碰撞时距离O点4L3【点睛】本题考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键理清两球的运动规律，选择合适的定律或定理进行求解.17.如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。A板带正电荷，B板带等量负电荷，板间电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1。平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O，OO是平行于两金属板的中心线。挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为B2。CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角=45，OC=a，现有大量质量均为m，含有不同电荷量、不同速度的正负带电粒子（不计重力），自O点沿OO方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO方向运动，并进入匀强磁场B2中，求：（1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度；（2）能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值；（3）绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度；【答案】（1）vEB1（2）q(21)mEB1B2a（3）2a【解析】【详解】（1）设沿直线OO运动的带电粒子进入匀强磁场B 2 的速度为v根据：qvB1=qE解得：v=EB1 （2）粒子进入匀强磁场B 2 中做匀速圆周运动根据：qvB2=mv2r ，得：q=mvB2r 因此电荷量最大的粒子运动的轨道半径最小，设最小半径为r 1 由几何关系有：r1+2r1=a 解得最大电荷量为：q=(2+1)mEB1B2a （3）带负电的粒子在磁场B 2 中向上偏转，某带负电粒子轨迹与CD相切，设半径为r 2 ，依题意：r2+a=2r2解得：r2=(2+1)a 则CD板上被带电粒子击中区域的长度为：x=r2-r1=2a 轨迹图如图；【点睛】考查电场力与洛伦兹力，及向心力，并运用牛顿第二定律来解题，同时结合几何关系来确定已知长度与半径的关系。本题关键之处是画出正确的运动图。18.小车上有一个固定支架，支架上用长为L的绝缘细线悬挂质量为m、电量为q的小球，处于水平方向的匀强电场中。小车在距离矮墙x处，向着矮墙从静止开始做加速度a匀加速运动，此时，细线刚好竖直，如图所示。当小车碰到矮墙时，立即停止运动，且电场立刻消失。已知细线最大承受拉力为7mg。（1）求匀强电场的电场强度；（2）若小球能通过最高点，写出最高点时细线的拉力与x的关系式；（3）若要使细线不断裂也不松弛，确定x的取值范围。【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】试题分析：对小球受重力mg、细线的拉力T和电场力qE作用，根据牛顿第二定律可知qEma解得匀强电场的电场强度为：Emaq根据匀变速直线运动规律可知，当小车碰到矮墙瞬间小球的速度为：v12ax小车停止运动后，小球受mg、细线的拉力T作用，在竖直平面内做圆周运动，此时只有重力mg做功，根据动能定理有：2mgL12mv2212mv12在小球运动至圆轨迹最高点时，根据牛顿第二定律和向心力公式有：Tmgmv22L联立以上各式解得：T2maLx5mg若小球仅在下半圆周内摆动，则：mgL12mv12解得：xgaL此情况中，在最低点有：Tmgmv12L解得：T3mg7mg，符合题意要求若小球完成完整的圆周运动，则：T22maLx5mg0且：T1mv12Lmg7mg联立以上各式解得：5g2aLx3gaL所以要使细线不断裂也不松弛， x的取值范围为：xgaL或5g2aLx3gaL考点：本题主要考查了匀变速直线运动规律、圆周运动向心力公式、牛顿第二定律、动能定理的应用以及临界情况的分析能力问题，属于中档偏高题。