《四川省成都市青羊区2019届高三下学期期初考试物理试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省成都市青羊区2019届高三下学期期初考试物理试题（含解析）（31页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2018-2019学年四川省成都市青羊区石室中学高三（下）期初物理试卷（2月份）一、单选题（本大题共10小题，共60.0分）1.一位物理老师制作了一把如图所示的“简易铜丝琴”。他是这么做的：在一块木板上固定两颗螺丝钉，将一根张紧的铜丝缠绕在两颗螺丝钉之间，扩音器通过导线与两螺丝钉连接，铜丝旁边放置一块磁铁，用手指拨动铜丝，扩音器上就发出了声音。根据上面所给的信息，下面说法正确的是A. 铜丝的振动引起空气振动而发出声音B. 振动的铜丝切割磁感线产生直流电流C. 该“简易铜丝琴”将电能转化为机械能D. 利用这一装置所揭示的原理可制成发电机【答案】D【解析】【分析】根据电磁感应原理来解释此题。【详解
2、】手指拨动铜导线发声是由于铜导线振动时切割磁感线产生交变的感应电流，电流通过扩音器放大后发声，选项AB错误；该“简易铜丝琴”将机械能转化为电能，所以利用这一装置所揭示的原理可制成发电机，选项C错误，D正确；故选D.2.一质量为1kg的小物块静止在光滑水平面上，t=0时刻给物体施加一个水平向右的拉力F，其速度的二次方随位移变化的图象为经过P点(5，25)的直线，如图所示，则A. 小物块做匀速直线运动B. 水平拉力F的大小为2.5NC. 5s内小物块的位移为5mD. 5s末小物块的速度为25m/s【答案】B【解析】【分析】根据v2-x图像的斜率可求解加速度；根据牛顿第二定律求解力F；根据运动公式求
3、解5s内小物块的位移以及5s末小物块的速度.【详解】根据v2=2ax可知，则F=ma=2.5N，选项A错误，B正确；5s内小物块的位移为，选项C错误；5s末小物块的速度为v5=at5=12.5m/s，选项D错误；故选B.3.在粒子散射实验中，粒子的偏转是由于受到原子内正电荷的库仑力作用而发生的，其中有极少数粒子发生了大角度偏转，甚至被反向弹回。假定一个速度为v的高速粒子(He)与金原子核(Au)发生弹性正碰(碰撞前金原子核可认为是静止的)，则A. 粒子在靠近金原子核的过程中电势能逐渐减小B. 粒子散射实验说明原子核是由质子和中子组成的C. 粒子散射实验说明带正电的物质均匀分布在原子内部D. 当
4、它们的距离最小时，粒子与金原子核的动量大小之比为4197【答案】D【解析】【分析】电场力做负功，电势能增加；粒子散射实验表面原子的内部有一个很小的核，原子的全部正电荷和几乎的全部质量都集中在原子核里；粒子在靠近金原子核的过程中满足动量守恒.【详解】粒子在靠近金原子核的过程中，库仑力做负功，电势能逐渐增加，选项A错误；粒子散射实验是原子的核式结构理论的基础，并不能说明原子核是由质子和中子组成的，选项B错误；粒子散射实验说明带正电的物质分布在原子内部很小的区域内，即原子的内部有一个很小的原子核，选项C错误；粒子在靠近金原子核的过程中，系统动量守恒，当它们的距离最小时，两者的速度相等，则粒子与金原子
5、核的动量大小之比等于质量之比，即为4:197，选项D正确；故选D.4.在公园里我们经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏“套圈”，如图所示是“套圈”游戏的场景。假设某小孩和大人从同一条竖直线上距离地面的不同高度处分别水平抛出两个小圆环大人抛出圆环时的高度为小孩抛出圆环高度的倍，结果恰好都套中地面上同一物体。不计空气阻力，则大人和小孩所抛出的圆环A. 运动时间之比为94B. 速度变化率之比为49C. 水平初速度之比为23D. 落地时速度之比为32【答案】C【解析】【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同
6、；根据平抛运动的规律进行判断。【详解】根据可知大人和小孩所抛出的圆环运动时间之比为32，选项A错误；速度变化率等于加速度，因为加速度均为g，可知速度变化率之比为1：1，选项B错误；大人和小孩的水平位移相等，根据可知水平初速度比等于2:3，选项C正确；根据可知，落地的竖直速度之比为3:2，则根据可知落地时速度之比不等于32，选项D错误；故选C.5.如图所示，物体A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上轻弹簧的两端与两物体栓接其劲度系数为k，重力加速度为g。在物体A上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，物体B恰好不会离开地面；若恒力大小为2F0，在物体B刚好离开地面时物体A的速度为，设整个过程中弹
7、簧都处于弹性限度内。则物体A与物体B的质量比值为A. 21B. 12C. 31D. 13【答案】A【解析】【分析】开始时弹簧被压缩，当B将要离开地面时弹簧被拉长；两次施加力时弹簧的弹性势能相同；根据能量关系列式即可求解.【详解】开始时弹簧的压缩量；物体刚好离开地面时，弹簧的伸长量为；两次施加力F时弹簧的弹力做功相同；根据能量关系可知：若恒力大小为F0，则；若恒力大小为2F0，则；其中的 ；联立解得mA:mB=2:1；故选A.6.我国选手谢思埸在2018年国际泳联世界跳水系列赛北京站夺得男子三米跳板冠军，如图所示为谢思埸（可视为质点）参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的图象，以他离开
8、跳板时为计时起点，不计空气阻力，则（）A. 时刻开始进入水面B. 时刻开始进入水面C. 时刻达到最高点D. 时间内速度方向竖直向上【答案】B【解析】A、运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误。B、C、v-t图象为直线，加速度不变，所以在0-t2时间内人在空中，t2之后进入水中，故B正确，C错误；D、0-t1时间内，速度方向竖直向上，t1-t2时间段速度方向竖直向下，故D错误；故选B。【点睛】本题考查对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，直线的斜率代表的是加速度，速度的符号表示速度的方向。7.如图所示是小明同学画的几种人造地球卫星轨道的示意图，视地球为质量分布均
9、匀的球体，其中a卫星的圆轨道平面过地轴，b卫星的圆轨道与地轴夹角为一锐角，c卫星轨道为与地轴垂直的椭圆，地球半径与卫星高度如图示。则下列说法错误的是（ ）A. 三个卫星都不可能是地球同步卫星B. 如果各卫星质量相等，它们的机械能也相等C. c卫星在远地点的速度一定小于a卫星和b卫星的环绕速度D. c卫星在远地点的速度一定小于第一宇宙速度【答案】B【解析】【分析】相对于地球静止的卫星就是地球同步卫星，周期等于地球自转周期，其轨道必须在赤道平面，高度是一定的；根据万有引力提供向心力，由于r越小，v越大，当r=R（地球半径）时，解出近地卫星的速度的最大值，地球的第一宇宙速度为7.9km/s，它是近地
10、卫星的速度；【详解】A、地球的同步卫星一定在与赤道共面的圆轨道上运行，则三个卫星都不可能是地球同步卫星，故A正确；B、三个卫星的速度和高度都不能比较，则不能比较机械能的大小，故B错误；CD、根据万有引力提供向心力，可得，由于r越小，v越大；卫星c在远地点加速以后，可以沿过c点的圆轨道做匀速圆周运动，该圆轨道的速度一定小于a卫星和b卫星的环绕速度，更小于近地卫星的环绕速度即第一宇宙速度，故C、D正确；错误的故选B。【点睛】关键是利用万有引力提供向心力这一知识点，并能理解第一宇宙速度的含义8.如图所示，A球质量为B球质量的两倍，A球不带电，B球带正电，光滑的绝缘斜面倾角为。图甲中，A、B两球用轻质
11、绝缘弹簧相连，图乙中，A、B两球用轻质绝缘杆相连，两个装置均处于平行于斜面向上的匀强电场E中，此时A、B两球组成的系统均处于静止状态，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度大小为g。当撤去匀强电场E的瞬间，则下列说法正确的是（ ）A. 两图中A、B两球的加速度大小均为gsinB. 两图中A球的加速度大小均为零C. 图甲、乙中B球的加速度大小之比为31D. 图乙中轻杆的作用力一定不为零【答案】C【解析】【分析】图甲、乙中两球组成的系统静止时，系统合外力为0，突然撤去匀强电场时，轻弹簧中弹力不变，轻杆中弹力发生突变，对两个小球能灵活利用整体法和隔离法，运用牛顿第二定律列方程计算；【详解】ABC、设B
12、球质量为m，则A球质量为2m，图甲、乙中两球组成的系统静止时，B球受到的电场力均为3mgsin，轻弹簧和轻杆的弹力均为2mgsin，突然撤去匀强电场时，轻弹簧中弹力不变，题图甲中A球加速度为零，B球加速度大小为3gsin；轻杆中弹力发生突变，题图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin，故A、B错误，C正确；D、题图乙中轻杆的弹力发生突变，弹力变为零，故D错误；故选C。【点睛】能对小球正确的受力分析，对两个小球能灵活利用整体法和隔离法，运用牛顿第二定律列方程计算；9.如图所示，三个小球 A、B、C的质量均为m，A与BC 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧
13、处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为120，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中（ ）A. B受到地面的支持力大小恒等于mgB. A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，动量守恒C. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度为零D. 弹簧的弹性势能最大值为) mgL【答案】D【解析】【分析】A的动能最大时合力为零，根据平衡条件求解地面对B的支持力；分析A的动能达到最大前A的加速度方向，根据超重、失重现象分析A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值；【详解】A、A球初态v0=0，末态v
14、=0，因此在运动过程中先加速后减速，当速度最大时，动能最大，加速度为零，由系统牛顿第二定律或系统超失重可知，在A的动能达到最大前，B受到的支持力小于mg，在A的动能达到最大时，B受到的支持力等于mg，在A的动能达到最大后，B受到的支持力大于mg，故A错误；B、A、B、C和弹簧组成的系统所受重力与支持力并不平衡，故动量不守恒，故B错误；C、弹簧的弹性势能最大时，A到达最低点，此时具有向上的加速度，故C错误；D、由能量守恒，A减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能，故D正确；故选D。【点睛】关键是弄清楚小球A在运动过程中的受力情况，知道平衡位置时受力平衡，加速度方向向下属于失重、加速度方向向上属于超
15、重。10.如图所示，矩形边界ABCD内存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，AB长为2L，AD长为L。从AD的中点E以不同速率发射粒子，速度方向与AD成30角，粒子带正电，电量为q，质量为m，不计粒子重力与粒子间的相互作用，下列判断正确的是（ ）A. 粒子可能从BC边离开B. 经过AB边的粒子最小速度为C. 经过AB边的粒子最大速度为D. AB边上有粒子经过的区域长度为2L【答案】C【解析】【分析】画出粒子轨迹与CD边相切的临界情况图，根据几何关系列式求解半径；根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系可确定半径的范围，即可求解；【详解】A、粒子带正电，粒子运动的轨迹如图所示，当粒子的轨迹恰好与CD边相切时，根据几何关系：，可得此时粒子半径：，粒子将从AB边上距离A点距离为：的M点离开磁场区域，故粒子不可能从BC边离开，故A错误；C、根据洛伦兹力提供向心力：，可得：，可求出当粒子半径为时，即粒子轨迹与CD边相切时，此时粒子从AB边射出的最大速度：，故C正确；BD、设当粒子恰好从AB边的N点出射时，粒子速度为v2半径为R2，根据几何
