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1、重庆市第一中高2019届（三上）期中考试理科综合物理试题卷二、选择题（14-18为单选，19-21为多选）1.下列关于物理学史说法中错误的是()A. 美国物理学家汤姆逊通过油滴实验精确测定了元电荷的大小B. 英国物理家牛顿在自然哲学的数学原理著作中提出了牛顿运动定律C. 法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律D. 英国物理学家卡文迪许利用扭称装置比较精确地测出了引力常量【答案】A【解析】【详解】通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量的科学家是密立根，故A错误；牛顿在自然哲学的数学原理著作中提出了牛顿运动定律，故B正确；法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作
2、用规律-库仑定律，故C正确；卡文迪许利用扭称装置比较准确地测出了引力常量，体现了放大和转换的思想，故D正确。本题选错误的，故选A。2.2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，进入预定轨道。标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。若已知“张衡一号”在距地面500公里的高度的极地轨道上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）A. “张衡一号”卫星的角速度小于地球同步卫星的角速度B. “张衡一号”卫星的线速度大于地球同步卫星的线速度C. “张衡一号”卫星的周期等于地球的自转周期D. “张衡一号”卫星的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度【答
3、案】B【解析】【详解】对于任意卫星，根据万有引力提供向心力，得：，解得：。A.因为“张衡一号”卫星的半径小于地球同步卫星的半径，根据可知，“张衡一号”卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度，故A错误；B.因为“张衡一号”卫星的半径小于同步卫星的半径，根据可知，“张衡一号”卫星的线速度大于地球同步卫星的线速度，故B正确；C. 因为“张衡一号”卫星的半径小于地球同步卫星的半径，根据可知，“张衡一号”卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转周期，故C错误；D. 因为“张衡一号”卫星的半径小于地球同步卫星的半径，根据可知，“张衡一号”卫星的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故D错误；故选B
4、。3.为了减少污染,工业废气需用静电除尘器除尘,某除尘装置如图所示,其收尘极为金属圆筒,电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时,电晕极附近会形成很强的电场使空气电离,废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积,以达到除尘目的。假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变,下列判断正确的是( )A. 带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大B. 金属圆筒内越靠近收尘极电势越高C. 带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越大D. 金属圆筒内存在匀强电场【答案】B【解析】【分析】尖端电荷密度大，附近的场强强，空气越容易电离，画出金属筒和金属丝之间的电场线分布图，比较场强的大小，带负电的
5、细颗粒物根据受力判断运动情况。【详解】尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故A错误；逆电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，故B正确；离电晕极越远，场强越小，尘埃带电量不变，电场力越小，故C错误，根据图象信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故D错误；故选B。【点睛】此题考查静电的应用-静电除尘，解答本题关键是要知道金属圆筒和金属丝之间的电场分布，电场强度越大的地方气体越容易电离。4.如图所示电路中电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，当滑
6、动变阻器滑片P向b端滑动过程中，下列说法正确的是A. R3的功率变大B. 电压表、电流表示数都变小C. 液滴将向下运动D. 电容器C所带电量增加【答案】C【解析】【分析】根据板间场强和液滴所受的电场力方向关系，判断液滴的电性。分析变阻器接入电路的电阻变化，分析总电阻的变化，再根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，根据并联电路电压的变化，分析通过R3电流的变化，即可得到电流表示数的变化。根据R1电压的变化，分析电压表示数的变化。电容器极板间电压等于并联部分的电压，根据电压变化，判断其电荷量变化和液滴的运动情况。【详解】当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，接入电路的电阻减小，R2与R3并联的电阻
7、减小，总电阻减小，则总电流增大，R1电压增大，则电压表示数变大。R2与R3并联的电压减小，通过R3电流减小，根据可知，R3的功率变小，总电流增大，则电流表示数变大，故AB错误；因R2与R3并联的电压减小，电容器板间电压减小，带电量减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，则液滴将向下加速运动，故C正确，D错误；故选C。【点睛】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路电流和电压的变化。5.如图的虚线呈水平方向，图中的实线为与虚线30角的匀强电场，图中OM与电场线垂直，且OM=ON。现从电场中的M点沿与虚线平行的方向抛出一质量为m、电荷量为+q
8、可视为质点的物体，经时间t物体恰好落在N点。已知物体在M、N两点的速率相等，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）A. 该匀强电场的方向垂直OM斜向上B. 该匀强电场的场强为mg/2qC. 物体由M点到N点的过程中电场力做功的值为D. M、N两点在竖直方向的高度差为【答案】D【解析】【分析】根据动能定理分析电场力做功正负，从而判断电场的方向。由W=qEd求场强的大小。物体由M点到N点的过程中，由W=qEd求电场力做功。由运动的分解法求出MN间竖直高度差。【详解】设物体由M点到N点的过程中电场力做功为W，OM=ON=L。根据动能定理得：mgLsin60+W=0，得：W=-mgLsin600，可
9、知小球所受的电场力垂直OM斜向下，小球带正电，则电场的方向垂直OM斜向下，故A错误；M、N两点沿电场方向的距离为：d=Lcos30，根据W=-qEd=-mgLsin60得：，故B错误；设电场力大小为F建立如图坐标系：x轴方向：由牛顿第二定律得：，由运动学公式有：，y轴方向：由牛顿第二定律得：，由运动学公式有：，联立以上四式得，所以物体由M点到N点的过程中电场力做功的值为：|，M、N两点在竖直方向的高度差为：，故C错误，D正确，故选D。【点睛】解决本题的关键是利用运动的分解法研究物体的运动过程，根据牛顿第二定律和位移公式结合求出初速度和L的值。要注意判断电场力做功的正负。6.为了进一步探究课夲中
10、的迷你小实验,某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端竖直固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开,他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中A. 笔帽一直做加速运动B. 弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C. 弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D. 弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率【答案】CD【解析】弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，故A错误；
11、笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽作正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C正确，故选CD.7.如图所示，直线a、抛物线b和c为某一直流电源在纯电阻电路中的总功率PE、输出功率PR、电源内部发热功率Pr随路端电压U变化的图象，但具体对应关系未知，根据图象可判断A. 图象中任意电压值对应的功率关系为PEPrPRB. Pr -
12、U图象对应图线b，由图知电动势为3V，内阻为1C. PE -U图象对应图线a，由图知电动势为9V，内阻为3D. 外电路电阻为1时，输出功率最大为2W【答案】AB【解析】【分析】根据功率公式分别写出三个功率PE、PR、Pr与路端电压U的关系式，结合数学知识求电源的电动势和内阻。根据内外电阻相等时，电源的输出功率最大，求得输出功率最大值。【详解】根据功率分配关系可得：PE=Pr+PR，故A正确；因 ，根据由数学知识可知，Pr-U图象的对应图线b，当Pr=0时E=U=3V，当U=0时，解得内阻r=1，故B正确。总功率，可知PE-U图象对应图线a，由B分析可知电动势为3V，内阻为1，故C错误；当内外电
13、阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电路电阻为1时，输出功率最大，最大输出功率为，故D错误；故选AB。【点睛】本题的关键要根据功率公式得到三种功率的解析式，利用图象信息进行研究。要有基本的读图能力，根据数学知识来理解图象的物理意义。8.如图甲所示，质量为m、电荷量为-e的粒子初速度为零，经加速电压U1加速后，从水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L。不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。则下列说法正确的是A. 粒子进入偏转电场的速度大小为B. 若偏转电场两板间加恒定电压U
14、0，粒子经过偏转电场后正好击中屏上的A点，A点与上极板M在同一水平线上，则所加电压C. 若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场后在0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为D. 若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场并在0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场电压U0应该满足的条件为【答案】ACD【解析】【分析】根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小。粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小。【详解】在
15、加速电场中，根据动能定理得：，解得，故A正确；粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：，解得，又，解得：，故B错误；交变电压的周期等于粒子在偏转电场中的周期，当粒子出偏转电场时，粒子在沿电场方向上的分速度为零，可知要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中运动时间满足，而 ，解得：，在竖直方向位移应满足，解得：，故CD正确，故选ACD。【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。三、非选择题9.某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系。(1)小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿光滑水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；(2)在钉子上分别套上2条、3条、4条同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤(1),小物块落点分别记为M2、M3、M4。(3)测量相关数据，进行数据处理。为求出小物块从桌面抛出时的动能，
