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2019届高三物理上学期期末考试试题含解析III
1.光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势,现利用如图所示的装置验证动量守恒定律在图中,气垫导轨上有两个滑块,滑块上面固定一遮光片,光电计时器可以记录遮光片通过光电门的时间测得遮光条的宽度为Δx,用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度为使更接近瞬时速度,正确的措施是A.换用宽度更窄的遮光条B.提高测量遮光条宽度的精确度C.使滑块的释放点更靠近光电门D.增大滑块的质量,以减小滑块通过光电门的速度【答案】A【解析】【分析】明确平均速度代替瞬时速度的方法,应明确我们是利用△x趋向于0时的平均速度可近似等于瞬时速度【详解】本题中利用平均速度等效替代瞬时速度,故只能尽量减小计算平均速度的位移,即换用宽度更窄的遮光条当遮光条才能使越接近于瞬时速度,选项A正确,BCD错误;故选A.
2.甲球从离地面H高处从静止开始自由下落,同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动欲使乙球上升到H/2处与甲球相撞,则乙球上抛的初速度应为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据位移时间公式分别求出甲和乙的位移大小,两物体在空中相碰,知两物体的位移之和等于H,求出乙的初速度v0应满足的条件.【详解】设经过时间t甲乙在空中相碰,甲做自由落体运动的位移为=gt2;乙做竖直上抛运动的位移:=v0t-gt2;联立解得v0=,故选B.
3.“嫦娥七号”探测器预计在xx发射升空,自动完成月面样品采集后从月球起飞,返回地球,带回约2kg月球样品某同上得到一些信息,如表格中的数据所示,则地球和月球的密度之比为 A.B.C.4D.6【答案】B【解析】【详解】在地球表面,重力等于万有引力,故解得,故密度;同理月球的密度;故地球和月球的密度之比,故选B
4.如图所示,在光滑的水平面上,质量为m1的小球A以速率v0向右运动在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态,Q点处为一竖直的墙壁小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇,=2,则两小球质量之比m1∶m2为 A.7∶5B.1∶3C.2∶1D.5∶3【答案】D【解析】试题分析设A.B两个小球碰撞后的速度分别为,由动量守恒定律有,发生弹性碰撞,不损失动能,故根据能量守恒定律有,两个小球碰撞后到再次相遇,其速度率不变,由运动学规律有,联立三式可得,D正确考点考查了动量守恒定律,运动学公式,能量守恒定律【名师点睛】解答本题的突破口是根据碰后路程关系求出碰后的速度大小之比,本题很好的将直线运动问题与动量守恒和功能关系联系起来,比较全面的考查了基础知识.
5.如图所示,在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场,MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子,且粒子所带电荷量为q、质量为m不考虑粒子间的相互作用力,关于这些粒子的运动以下说法正确的是 A.只要对着圆心入射,出射后均可垂直打在MN上B.即使是对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C.只要速度满足v=,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D.对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中通过的弧长越长,时间也越长【答案】C【解析】【详解】对着圆心入射的粒子,出射后不一定垂直打在MN上,与粒子的速度有关,故A错误带电粒子的运动轨迹是圆弧,根据几何知识可知,对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线也一定过圆心,故B错误速度满足时,粒子的轨迹半径为r==R,入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形,射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行,粒子的速度一定垂直打在MN板上,故C正确对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中轨迹半径越大,弧长越长,轨迹对应的圆心角越小,由知,运动时间t越小,故D错误故选C【点睛】本题要抓住粒子是圆弧,磁场的边界也是圆弧,利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系,确定出轨迹的圆心角,分析运动时间的关系.
6.如图所示,电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R
0、滑动变阻器R串联,已知R0=r,滑动变阻器的最大阻值为2r当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时,下列说法中正确的是 A.电路中的电流变大B.电源的输出功率先变大后变小C.滑动变阻器消耗的功率变小D.定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小【答案】CD【解析】【详解】当外电阻等于内电阻时,电源的输出功率最大,由题意可知,R外≥R0=r,当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时,外电路电阻从3r减小到r,由于整个过程中,外电阻一直大于电源内阻,随外电阻阻值的减小,电源的输出功率不断增大,故AB错误.把R0与电源组成的整体看做等效电源,电源内电阻变为2r,滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率,随着外电阻从3r减到0的过程中,输出功率先增大后减小,故C正确.当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时,电路中的总电阻变小,电动势和内电阻不变,可知电路总电流变大,根据P=I2R0,RO不变,定值电阻R0上消耗的功率变大.故D正确.故选CD.【点睛】分析滑动变阻器的功率如何变化是本题的关键,把把定值电阻R0和电源看成一个整体,此时电源的输出功率即为滑动变阻器消耗的功率.
7.如图所示,光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点,AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场,半圆形轨道在竖直平面内,B为最低点,D为最高点.一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动,恰能通过最高点,下列说法中正确的是A.R越大,x越大B.m与R同时增大,电场力做功增大C.m越大,x越小D.R越大,小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大【答案】AB【解析】【分析】小球恰能通过最高点时,由重力提供向心力,根据牛顿第二定律求出小球经最高点时的速度,根据动能定理求出初速度v0与半径R的关系.小球经过B点后的瞬间由重力和轨道的支持力的合力提供向心力,由牛顿运动定律研究小球对轨道的压力与半径的关系.【详解】小球在BCD部分做圆周运动,在D点,有mg=m
①从A到D过程,由动能定理有qEx-2mgR=mvD2,
②由
①②得,
③可知,R越大,x越大m越大,x越大,故A正确,C错误从A到D过程,由动能定理有W-2mgR=mvD2,
⑥由
①⑥解得电场力做功W=mgR,可知m与R同时增大,电场力做功越多,故B正确小球由B到D的过程中,由动能定理有-2mgR=mvD2-mvB2,vB=,
④在B点有FN-mg=m
⑤解得FN=6mg,则知小球经过B点瞬间轨道对小球的支持力与R无关,则小球经过B点后瞬间对轨道的压力也与R无关,故D错误故选AB【点睛】动能定理与向心力知识综合是常见的题型.小球恰好通过最高点时速度与轻绳模型类似,轨道对小球恰好没有作用力,由重力提供向心力,临界速度v=,做选择题时可直接运用.
8.将一个小铁块可看成质点以一定的初速度,沿倾角可在0°~90°之间任意调整的木板向上滑动,设它沿木板向上能达到的最大位移为x,若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示g取10m/s2则()A.小铁块的初速度大小为v0=5m/sB.小铁块与木板间的动摩擦因数μ=C.当α=60°时,小铁块达到最高点后,又回到出发点,物体速度将变为5m/sD.当α=60°时,小铁块达到最高点后,又回到出发点,物体下滑的加速为m/s2【答案】AB【解析】【分析】根据速度位移公式,结合牛顿第二定律,抓住α=90°和0°时对应的位移求出物体与斜面间的动摩擦因数和物体的初速度大小.由动能定理求出物体末速度,根据牛顿第二定律求出加速度的表达式,进而求出加速度.【详解】根据动能定理,物体沿斜面上滑过程有-mgsinα•x-μmgcosα•x=0-mv02 解得…
①由图可得,当α=90°时x=
1.25m,根据v02=2gx,代入数据得v0=5m/s,故A正确;由图可得,α=30°时,x=
1.25,
①式代入数据得μ=,故B正确;把α=60°代入
①,解得x=m,由动能定理得-μmgcosα•2x=mvt2−mv02,代入数据得vt=m/s,故C错误;下滑的加速度为a=g(sinα-μcosα),当α=60°时,代入数据得a=m/s2,故D错误;故选AB
9.某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中,测得图中弹簧OC的劲度系数为500N/m.如图1所示,用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验.在保持弹簧伸长
1.00cm不变的条件下1若弹簧秤a、b间夹角为90°,弹簧秤a的读数是________N图2中所示,则弹簧秤b的读数可能为________N.2若弹簧秤a、b间夹角大于90°,保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变,减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角,则弹簧秤a的读数________、弹簧秤b的读数________填“变大”“变小”或“不变”.【答案】
1.
3.00;
2.
3.9;
3.变大;
4.变大【解析】试题分析
(1)根据胡克定律可知,;根据弹簧秤的读数方法可知,a的读数为3.00N;两弹簧秤夹角为90°,则可知,b的读数为;
(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°,保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变,减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角;如图所示;则可知两弹簧秤的示数均变大;考点考查验证平行四边形定则的实验【名师点睛】由胡克定律可求得拉力大小;再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数;根据几何关系即可求得b的读数;根据题意作出对应的图象,根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况视频
10.用实验测一电池的内阻和一待测电阻的阻值,已知电池的电动势约6V,电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧可选用的实验器材有:电流表量程0~30;电流表量程0~100;电压表量程0~6;滑动变阻器阻值0~5Ω;滑动变阻器阻值0~300Ω;开关一个,导线若干条某同学的实验过程如下:Ⅰ.设计如图1所示的电路图,正确连接电路Ⅱ.将R的阻值调到最大,闭合开关,逐次调小R的阻值,测出多组U和I的值,并记录以U为纵轴I为横轴得到如图2所示的图线Ⅲ.断开开关,将改接在B、C之间A与B直接相连,其他部分保持不变重复Ⅱ的步骤,得到另一条U-I图线,图线与横轴I的交点坐标为,与纵轴U的交点坐标为.回答下列问题:
(1)电流表应选用 _______,滑动变阻器应选用________.
(2)由图2的图线,得电源内阻r=____Ω;
(3)用、和表示待测电阻的关系式____________代入数值可得;
(4)若电表为理想电表,接在B、C之间与接在A、B之间,滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置,两种情况相比,电流表示数变化范围________电压表示数变化范围__________选填“相同”或“不同”【答案】
1.A
22.R
23.
254.
5.相同
6.不同【解析】
①根据题设条件中电池的电动势约,电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧,可估算出电路中的电流为数十毫安,因此电流表应选用,为了电路正常工作,以及方便调节,多测量几组数据,滑动变阻器应选用
②根据图中电路结构可知,电压表测量了电路的路端电压,电流表测量了电路的总电流,因此图中图线斜率绝对值即为电源的内阻,有
③当改接电路后,将待测电阻与电源视为整体,即为一“等效电源”,此时图线的斜率为等效电源的内阻,因此有,解得
④若电表为理想电表,接在B、C之间与接在A、B之间,电路的总电阻可变范围不变,因此电流表的示数变化范围相同,接在B、C之间时,电压表测量的是滑动变阻器两端的电压,而接在A、B之间时,电压表测量的是滑动变阻器与两端电压的和,由于对应某一滑动变阻器阻值时,电路的电流相同,因此电压表的读数不同,所以电压表示数变化范围也不同点睛本题考查测量电源内阻及电阻的实验,关键在于明确电路结构,认清实验方法及步骤,再由欧姆定律或闭合电路欧姆定律进行分析求解
11.如图甲所示,倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行.在t=0时刻,将质量为
1.0kg的物块可视为质点无初速度地放在传送带的最上端A点,经过
1.0s,物块从最下端的B点离开传送带.取沿传送带向下为速度的正方向,则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示g=10m/s2,求1物块与传送带间的动摩擦因数;2物块从A到B的过程中,传送带对物块做的功.【答案】12-
3.75J【解析】解1由图象可知,物块在前
0.5s的加速度为后
0.5s的加速度为物块在前
0.5s受到的滑动摩擦力沿传送带向下,由牛顿第二定律得物块在后
0.5s受到的滑动摩擦力沿传送带向上,由牛顿第二定律得联立解得2由v-t图象面积意义可知,在前
0.5s,物块对地位移为则摩擦力对物块做功在后
0.5s,物块对地位移为则摩擦力对物块做功所以传送带对物块做的总功联立解得W=-
3.75J在平面直角坐标系xOy中,第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m,电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上的N点与x轴正方向成60º角射入磁场,最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场,如图所示.不计粒子重力,求
12.M、N两点间的电势差UMN;
13.粒子在磁场中运动的轨道半径r;
14.粒子从M点运动到P点的总时间t.【答案】⑴设粒子过N点的速度为v,有1分v=2v01分粒子从M点到N点的过程,有1分1分⑵粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动,半径为O′N,有1分1分⑶由几何关系得ON=rsinθ1分设粒子在电场中运动的时间为t1,有ON=v0t11分粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期1分设粒子在磁场中运动的时间为t2,有1分1分t=t1+t2解得1分【解析】略[物理——选修3-3]
15.下列说法正确的是______________A.布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动B.气体对容器壁的压强是大量气体分子不断碰撞器壁产生的C.第二类永动机是不可能制成的,因为它违了能量守恒定律D.一定质量的理想气体,当气体等温膨胀时,气体要对外界放热E.物体的温度越高,分子的平均动能越大【答案】ABE【解析】【详解】布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动,选项A正确;气体对容器壁的压强是大量气体分子不断碰撞器壁产生的,选项B正确;第二类永动机是不可能制成的,因为它违了热力学第二定律,不违反能量守恒定律,选项C错误;一定质量的理想气体,当气体等温膨胀时,内能不变,对外做功,根据热力学第一定律可知,气体要吸收热量,选项D错误;温度是气体分子平均动能的标志,物体的温度越高,分子的平均动能越大,选项E正确;故选ABE.
16.如图,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置.玻璃管的下部封有长ll=
25.0cm的空气柱,中间有一段长为l2=
25.0cm的水银柱,上部空气柱的长度l3=
40.0cm.已知大气压强为P0=
75.0cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓缓往下推,使管下部空气柱长度变为l1=
20.0cm.假设活塞下推过程中没有漏气,求活塞下推的距离.【答案】
15.0cm【解析】试题分析研究玻璃管上、下两端封闭气体的初态和末态的状态参量,根据大气压强和水银柱长可求出封闭气体的压强,结合玻意耳定律求解以cmHg为压强单位在活塞下推前,玻璃管下部空气柱的压强为
①设活塞下推后,下部空气柱的压强为p1′,由玻意耳定律得
②活塞下推距离为x时玻璃管上部空气柱的长度为
③设此时玻璃管上部空气柱的压强为p2′,则
④由玻意耳定律得
⑤由
①至
⑤式及题给数据解得=
15.0cm
⑥考点玻意耳定律视频。