2019届高三物理上学期期中试卷(含解析) (II).doc

2019届高三物理上学期期中试卷(含解析) (II)一、选择题1.用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应,可得到光电子的最大初动能Ek随入射光频率变化的Ek-图像,已知钨的逸出功是3.28 eV,锌的逸出功是3.34 eV,若将二者的图线画在同一个Ek-坐标系中,图中用实线表示钨,虚线表示锌,则正确反映这一过程的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据光电效应方程写出金属的最大初动能的表达式，且W逸=h极，即可判断；【详解】由光电效应方程知，对金属钨EK=hW逸，对金属锌EK=hW逸，所以图象的斜率相同，图线应平行。又有W逸=h极，由于金属钨的逸出功大于金属锌的逸出功，则图线与横轴的截距点越大，金属的极限频率越大，故A正确，选项BCD错误。【点睛】本题结合图象考查了光电效应方程，解答的关键是抓住金属的逸出功越大，则光电子的最大初动能越小即可正确解答。2.如图所示，固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为圆心，同时从A点水平抛出质量相等的甲、乙两个小球，初速度分别为v1、v2，分别落在C、D两点。并且C、D两点等高，OC、OD与竖直方向的夹角均为37（sin 37=0.6，cos 37=0.8）。则（）A. 甲、乙两球下落到轨道上C、D两点时的机械能和重力瞬时功率不相等；B. 甲、乙两球下落到轨道上的速度变化量不相同；C. v1：v2=1：3；D. v1：v2=1：4。【答案】D【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确定两小球初速度大小之比；【详解】A、根据h=12gt2可知，甲、乙两球下落到轨道的时间相等，故速度的竖直分量相等，根据P=Gvcos=Gvy，故重力的瞬时功率相等，故A错误；B、两个球的速度速度变化量等于v=gt，由于相等，故速度变化量相等，故B错误；C、由图可知，两个物体下落的高度是相等的，根据h=12gt2可知，甲、乙两球下落到轨道的时间相等；设圆形轨道的半径为R，则A、C的水平位移为：x1=RRsin37=0.4R，x2=R+Rsin37=1.6R，则x2=4x1；由h=12gt2，可知t相同，则由v=xt可知，v1v2=14，故C错误，D正确。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，同时要知道瞬时功率表达式P=Fvcos。3.如图所示,竖直面内有一圆环,圆心为O ,水平直径为AB ,倾斜直径为MN ，AB 、MN 夹角为,一不可伸长的轻绳两端分别固定在圆环的M 、N 两点,轻质滑轮连接一重物,放置在轻绳上,不计滑轮与轻绳摩擦与轻绳重力，圆环从图示位置顺时针缓慢转过2的过程中，轻绳的张力的变化情况正确的是（ ）A. 逐渐增大B. 先增大再减小C. 逐渐减小D. 先减小再增大【答案】B【解析】M、N连线与水平直径的夹角(90)越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角越小，根据mg=2FTcos，轻绳的张力FT越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2的过程，轻绳的张力先增大再减小，故B正确，ACD错误；故选B。4.两颗互不影响的行星P1、P2,各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动。图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a ,横轴表示某位置到行星中心距离r平方的倒数,a- 关系如图所示,卫星S1、S2的引力加速度大小均为a0。则（ ）A. S1的质量比S2的大；B. P1的质量比P2的大；C. P1的第一宇宙速度比P2的小；D. P1的平均密度比P2的大。【答案】B【解析】【详解】根据牛顿第二定律得：GMmr2ma，则得行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：aGMr2，由此不能判断近地卫星S1、S2的质量大小；由数学知识知，a1r2图象的斜率等于GM，斜率越大，GM越大，M越大，所以P1的质量比P2的大，故A错误，B正确；设第一宇宙速度为v，则a0v2R，得va0R，由图看出，P1的半径比P2的半径大，a0相等，可知P1的第一宇宙速度比P2的大，故C错误；行星的平均密度=M43R3=a0R2G43R3=3a04GR，P1的半径比P2的半径大，a0相等，则P1的平均密度比P2的小，故D错误；故选B.【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一思路，搞清图像的物理意义，尤其是斜率；知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算5.如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为2：1：2，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为（）A. (x1+x2)2B. (x1+x2)4C. (x1+3x2)2D. (x1+3x2)4【答案】B【解析】设bc段所用时间为t，根据匀变直线运规律可知，bc段平均速度等ad段平均速度，即xbc=vbct=vadt，vad=x1+x2+xbc5t，由以上两式可解得：xbc=x1+x24，故B正确。6.如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数=0.2，杆的竖直部分光滑。两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连。初始A、B均处于静止状态，已知OA=3 m，OB=4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m（取g=10 m/s2），那么该过程中拉力F做功为（）A. 4 JB. 10 JC. 12 JD. 14 J【答案】D【解析】【分析】对AB整体受力分析，根据共点力平衡条件列式，求出支持力N，从而得到滑动摩擦力为恒力，最后对整体运用动能定理列式，得到拉力的功；【详解】对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，如图所示：根据共点力平衡条件，有竖直方向：N=G1+G2 水平方向：F=f+N1 其中：f=N 解得：N=（m1+m2)g=20N，f=N=0.220N=4N对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到：WFfsm2gh=0根据几何关系，可知求B上升距离h=1m，故有：WF=fs+m2gh=41J+1101J=14J，故选项D正确，选项ABC错误。【点睛】本题中拉力为变力，先对整体受力分析后根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据动能定理求变力做功。7.如图所示，A点距水平地面高度为h，木块M处于静止状态，某时刻释放M，木块做自由落体运动，空中运动总时间为t1。若一子弹m以水平速度v射向木块并嵌在木块中，若在A点释放同时射入木块空中运动总时间为t2，若在木块落至h一半的B点时射入木块空中运动总时间为t3，设：木块与子弹作用时间极短，空气阻力不计，则（ ） A. t1=t2=t3B. t1=t2t3C. t1t2t3【答案】B【解析】【分析】当A木块落至某一位置时，A竖直方向的速度不为零，而子弹竖直分速度为零，故A会受到子弹向上的作用力，然后根据牛顿第二定律进行分析即可；【详解】将M由静止开始下落，则M做自由落体运动；当M刚开始下落时子弹射入，则二者以某一共同的水平初速度做平抛运动，竖直方向仍为自由落体运动，即t1=t2；若在木块落至h一半的B点时子弹射入木块，水平方向动量守恒，即A会获得水平方向的分速度，而子弹此时竖直方向速度为零，要从零加速到与A具有相同的速度，需受到A向下的作用力，根据牛顿第三定律A会受到子弹给的向上的作用力，则向下的加速度会减小，小于自由落体加速度g，故A下落时间较长一些，综上所述，则有t1=t2”或“ (2). BC (3). C (4). m1OP=m1OM+m2ON (5). m1OP2=m1OM2+m2ON2 (6). m1OP=m1OM+m2ON【解析】【分析】明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量，在该实验中，小球做平抛运动，高度相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v，根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒，根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式；【详解】（1）为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量，即m1m2；小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：m1v0=m1v1+m2v2，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有m1OP=m1OD+m2ON，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有BC；（2）A、由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故AB错误；C、由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故C正确；D、仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段OP的长度越小，故D错误。（3）若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：m1OP=m1OM+m2ON 若碰撞是弹性碰撞，满足能量守恒，则：12m1v02=12m1v12+12m2v22，代入得；m1OP2=m1OM2+m2ON2； （4）如图所示，连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M、N，如图所示：分别测量出OP、OM、ON的长度。若在实验误差允许范围内，满足关系式m1OP=m1OM+m2ON，则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。【点睛】该题考查验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键，要注意理解该方法的使用。三、计算题17.如图所示，质量不计的光滑活塞被销钉固定，使一定量气体被封闭在容器的上部，容器下部与大气连通，容器上部连接有一U形管（U形管内气体的体积忽略不计，容器下部足够高）。此时容器上部封闭气体的体积为V，室温为T1=300K，U形管两边水银柱高度差为24cm（外界大气压等于76厘米汞柱）. 问：(1)将封闭在容器中的气体加热到一定温度后发现U形管两边水银柱高度差变为38cm，那么这时封闭气体的温度T2为多少K？(2)保持气体的温度T2不变，拔掉销钉，活塞稳定时容器上部气体的体积为多少？【答案】（1）342K（2）1.5V【解析】【分析】加热过程，封闭气体的体积不变，运用查理定律求解；拔掉销钉，活塞运动过程温度不变，运用玻意耳定律求解；【详解】（1）U形管两边水银柱高度差为24cm，外界大气压等于76cmHg。根据平衡知识得容器上部的气体压强P1=P0+h=100cmHg加热过程，封闭气体的体积不变，运用查理定律：P1T1=P2T2，P1=100cmHg，T1=300K，加热到一定温度后发现U形管两边水银柱高度差变为38cm，这时封闭气体的压强 P2=114cmHg，可得：T2=342K；（2）拔掉销钉，活塞运动过程温度不变，运用玻意耳定律：P2V2=P3V3，P2=114cmHg，V2=V，活塞稳定时U形管内两边水银面的高度差为零，P3=P0，则V3=1.5V。【点睛】分析封闭在容器中的气体的状态参量的变化，能够根据气体状态方程和已知的变化量求解。18.如图所示,A、B是水平传送带的两个端点,起初以v0=1m/s的速度顺时针运转.今将一小物块(可视为质点)无初速度地轻放在A处,同时传送带以a0=1m/s2的加速度加速运转,物体和传送带间的动摩擦因素=0.2,水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道CPN,其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角1350的圆弧,PN为其竖直直径,C点与B点的竖直距离为R,物体离开传送带后由C点恰好无碰撞落入轨道.取g=10m/s2,求: (1) B、C间的水平距离；(2)物块由A端运动倒B端所经历的时间.(3)判断物体能否沿圆轨道到达N点.【答案】（1）1.6m（2）3s（3）不能【解析】【分析】（1）研究物块离开B点做平抛运动的过程，由高度求出下落的时间，由vy=gt求出物块到达C点时竖直分速度，再由几何关系求vB，从而求出水平分位移；（2）物体刚放上传送带时，先加速后再与传送带一起加速，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解AB间的时间问题；（3）物体能到达N点的速度要求：在N点由重力和轨道支持力的合力提供向心力，对于从C到N过程，由机械能守恒列式，结合临界条件分析；【详解】（1）物体离开传送带后由C点无碰撞落入轨道，则得在C点物体的速度方向与C点相切，与竖直方向成450，则物块平抛下落时间为：t=2Rg=0.4s则竖直分速度为：vy=gt=4m/ s水平分速度为：vB=v0=vy=4m/s则C点合速度为：vC=2v0=42m/s水平方向为匀速运动则BC之间水平距离为：xBC=v0t=1.6m；（2）物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律有：mg=ma，得到：a=2m/s2物体历时t1后与传送带共速，则有：at1=v0+a0t1，则t1=1s得到：v1=at1=2m/s4m/s故物体此时速度还没有达到vB，且此后的过程中因为a0g，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t2到达B点，则vB=v1+a0t2得到t2=2s所以从A运动到B的时间为：t=t1+t2=3s；（3）物体能到达N点的速度要求：mg=mvN2R得到：vN=gR=8m/s对于小物块从C到N点，设能够到达N位置且速度为vN，由机械能守恒定律得到：12mvC2=mgR1+22+12mvN2得到：vN=4.8m/svN，故物体不能到达N点。【点睛】解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联系，分过程依次解决，对于在传送到上的运动又要讨论各种情况，比较复杂，对于圆周运动问题逐一分析向心力来源。19.如图所示，质量为mc=2mb的物块c静止在倾角均为=300的等腰斜面上E点，质量为ma的物块a和质量为mb的物块b通过一根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，按住物块a使其静止在D点，让物块b从斜面顶端C由静止下滑，刚下滑到E点时释放物块a，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b与c立即发生完全弹性碰撞，碰后a、b都经过t=1 s同时到达斜面底端。已知A、D两点和C、E两点的距离均为l1=0.9m，E、B两点的距离为l2=0.4m。斜面上除EB段外其余都是光滑的，物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为=33，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g =10 m/s2。求：（1）物块b由C点下滑到E点所用时间。（2）物块a能到达离A点的最大高度。（3）a、b物块的质量之比mamb。【答案】0.6；0.578；15/16【解析】本题考查物体沿斜面的运动，以及碰撞；需运用牛顿运动定律、运动学公式、动量及能量守恒、动量定理等知识。（1）物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度为a1=gsin=5m/s2由 l1=12a1t12解得：t1=2l1a1=20.95=0.6s（2）取沿AC方向为正方向，由l1=v1t12a1t2， t=1s解得 v1=1.6ms a沿斜面上滑距离有s=v122a1=2.5625=0.256(m)所以物块a能到达离A点的最大高度h=(l1+s)sin=0.578m（3）设绳断时物块b的速度为v2，b与c相碰后b的速度为v2，c的速度为vc，则mbv2=mbv2+mcvc12mbv22=12mbv22+12mcvc2mc=2mb联立解得 v2=13v2 v2=32vc 因vc的方向沿斜面向下，故v2的方向沿斜面向下，v2的方向沿斜面向上。在EB段上的加速度为a2=gsingcos=10(123332)=0，物块b在EB段上作匀速运动。 和c相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为v2，则v2(t2t2)=l2 代入数据，得解得的大小为 物块b刚下滑到E点时的速度为若取，则的大小为，与事实不符，所以舍去。取，则，方向沿斜面向下。 设细绳对物块a和b的冲量大小为I，由 解得 点睛：绳绷紧瞬间，对两端物体的冲量大小相等。