1、1山东省潍坊市 2019 届高三上学期期中考试物理试题一、选择题1.一电梯由静止开始向上运动，其 v-t 图象如图所示，下列判断正确的是A. 30 s 末电梯开始向下运动B. 电梯上升的最大高度为 28 mC. 电梯的最大加速度为 0.1ms 2D. 前 30 s 内电梯的平均速度为 0.5ms【答案】B【解析】【详解】A、图象的纵坐标表示速度，纵坐标的正负表示速度的方向，则 036s 速度均为正，表示一直向上方向运动；故 A 错误.B、电梯在 036s 内上升的总高度等于梯形的面积大小， ；故 B 正确.C、根据速度图象的斜率等于加速度，可知 30s36s 的加速度最大为 ；故 C 错误.D
2、、030s 的位移为 ，故平均速度为 ；故 D 错误.h1=(20+30)2 1m=25m v=h1t1=2530m/s=56m/s故选 B.【点睛】本题考查对速度-时间图象的理解能力，关键抓住图象的数学意义来理解图象的物理意义，知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移.2.在 粒子散射实验中，虚线是以原子核 P 为圆心的同心圆，相邻两个同心圆之间的间距相等，实线为一 粒子运动的轨迹，a、b、c 为轨迹上的三个点。则2A. 粒子在 a 点的加速度最大B. 粒子在 a 点的动能最小C. 粒子在 b 点的电势能最大D. 两点间的电势差 Uac=Ucb【答案】C【解析】【详解】A、 粒子和原子核间的库
3、仑斥力产生加速度，由 可知 b 间距离最小，加速a=kQr2度最大；A 错误.B、C、 粒子从 a 到 c 的全过程知库仑斥力先做负功后做正功，由动能定理可得动能先减小后增大，电势能先增大后减小，即 b 点的动能最小和电势能最大；故 B 错误，C 正确.D、相邻虚线圆间的 d 相等，而由点电荷的电场分布可知平均场强 ，则据 可得Eacv1，经过一段时间物块与传送带速度相同，此过程中A. 物块克服摩擦力做的功为12mv21B. 物块克服摩擦力做的功为12m(v20v21)C. 产生的内能为12m(v20v21)D. 产生的内能为12m(v0v1)2【答案】BD【解析】【详解】A、B、物块的速度大
4、于传送带的速度受摩擦力向左，向右匀减速直到共速，由动能定理可知： ，故 ；故 A 错误，B 正确.Wf=12mv2112mv20 Wf=12mv2012mv21C、D、物体和传送带间的相对摩擦生热，相对位移为 ，故热x=v0+v12 v0v1gv1v0v1g=(v0v1)22g量为 ；故 C 错误，D 正确.Q=mgx=m(v0v1)229故选 BD.【点睛】解决本题的关键根据受力判断出物块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解；求动能往往根据动能定理.二、实验题11.某同学要探究一个弹簧压缩一定长度时具有的弹性势能大小，实验室提供了一个弹簧测力计、刻度尺、物块、方木板。实验步骤如下
5、：将物块放在水平木板上，弹簧测力计左端固定在水平桌面上，另一端勾住物块，如图所示；水平拖动木板，读出弹簧秤测力计示数 F；如图所示，固定木板，将弹簧左端固定在木板上，弹簧自由伸长到 O 点，用物块压缩弹簧到 A 点，无初速释放滑物块，物块停在木板上的 B 点，记录此位置。(1)为测量此次弹簧压缩时储存的弹性势能，需要用刻度尺测出_(填写物理量及符号)。(2)弹簧具有的弹性势能 EP=_ (用所测物理量的符号表示)(3)在步骤中若这位同学加速拉动木板对实验结果_(填“有”或“无”)影响。【答案】 (1). AB 间的距离 (2). (3). 无x Fx【解析】【详解】(1)水平拖动木板时物块处于
6、平衡，有 ，而压缩弹簧到 A 位置释放到 B 点停下，F=f有弹力做正功和滑动摩擦力做负功，故根据动能定理 ，则需要测量出摩擦力做WFkfx=00功的位移，即测量 AB 间的距离 x.(2)由弹力做功等于弹性势能的变化有： ，联立得 .WFk=EP0 EP=fx=Fx(3)步骤若加速拉动木板，物块仍然在弹簧弹力和滑动摩擦力的作用下处于平衡，测量滑10动摩擦力无误差，故对实验结果无影响.【点睛】对单个物体的运动过程，首先考虑动能定理，牵扯弹簧的弹力做功时，考虑机械能守恒或功能关系或能量守恒12.如图所示，托盘用细线通过定滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用
7、该装置可以完成“探究牛顿第二定律”的实验。(1)图为某次实验打出的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序取 O、A、B、C、D 五个计数点，用刻度尺量出 A、B、C、D 点到 O 点的距离，则小车的加速度 a=_ms 2。(结果保留两位有效数字)(2)某同学平衡摩擦力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码质量，且满足小车质量远大于盘和砝码的总质量，作出小车加速度 a 与砝码重力 F 的图象如图所示。重力加速度 g=10ms 2，则小车的质量为_kg，小盘的质量为_kg。【答案】 (1). (2). (3). 0.92 0.56 0.0056【解析】【详解】
8、(1)由于每相邻两个计数点间还有 4 个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔 T=0.1s，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为 x1，以后各段分别为x2、 x3、 x4，根据匀变速直线运动的推论公式 x=aT2可以求出加速度的大小，得： x4-11x2=2a1T2 ,x3-x1=2a2T2 ,为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，.a=a1+a22 =(x4+x3)(x2+x1)4T2 =(14.565.445.44)10240.12 m/s2=0.92m/s2(2)砝码重力为 F，设小盘质量为 m0，根据牛顿第二定律： ，可知 ，F+m0g=Ma a=1MF+m0gM
9、则 a-F 图象的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为 ， F=0 时，产生的M=0.51.00.10.56kg加速度是由于托盘作用产生的，故有 ，解得 .m0g=Ma m0=0.560.110=0.0056kg【点睛】本题考查的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道 a-F 图的斜率等于小车质量的倒数.要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用.13.某同学用如图 1 所示实验装置验证碰撞中的动量守恒。将斜槽固定在水平桌面上，让入射球 1 从斜槽上某点 A 由静止释放，记录球在地面的落点；在斜槽末端放上被碰球
10、 2 再次让球 1 从斜槽上 A 点由静止释放，记录球 1 和球 2 的落点。重复上述过程 10 次，用尽可能小的圆将 10 个落点圈在一起，圆心 M、P、N 代表落点，斜槽末端在水平地面的竖直投影为O，用刻度尺测量小球的水平位移，如图 2 所示。(1)为完成实验下列操作必须的是_。A斜槽末端切线方向保持水平B入射球 1 的质量小于被碰球 2 的质量12C实验中入射小球从同一位置由静止释放D测出斜槽末端到地面的高度 h，计算球的速度(2)未放被碰球时，由刻度尺读出入射球抛出的水平位移为_cm；(3)测得球 1 和球 2 的质量分别为 m1和 m2，小球的水平位移分别为 xOM、x ON、x O
11、P，若关系式_成立(用所测物理量符号表示)，则可验证碰撞过程动量守恒。【答案】 (1). AC (2). (3). 25.55(25.5225.57) m1xOP=m1xOM+m2xON【解析】【详解】(1) A、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故 A 正确.B、为了使小球碰后不被反弹，要求被碰小球质量大于碰撞小球质量，故 B 错误.C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故 C 正确D、本实验中两小球落地时间相同，故不需要测量高度 h 来计算下落时间；故 D 错误；故选 AC.(2)未放被碰球时的落点为 P 点，用尽可能小的圆将尽可能多的小球的落
12、点圈住，圆心的位置就可以看成是小球的平均落点；该落点的读数为 25.55cm.(3)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球的运动时间 t 相等，如果碰撞过程动量守恒，则： m1v1=m1v1+ m2v2，两边同时乘以时间 t 得：m1v1t=m1v1 t+m2v2 t，则： m1xOP=m1xOM+m2xON，故实验需要验证的表达式为：.m1xOP=m1xOM+m2xON【点睛】该题考查用“碰撞试验器”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.三、计算题14.直角坐标系 xOy 在竖直面内，x
13、 轴水平，空间存在平行 xOy 面的匀强电场。如图所示，质量为 m 的带负电的小球，从坐标原点 O 沿与 x 轴正方向成 角射入，方向与匀强电场方向垂直，初速度大小为 v0。射入后小球沿直线运动，空气阻力不计，重力加速度为 g，求：13(1)匀强电场的场强；(2)t 时刻小球的位置坐标。【答案】 （1） （2） mgcosq x=(v0t12gt2sin)cos y=(v0t12gt2sin)sin【解析】【详解】(1)由小球作直线运动，合力与初速度在同一直线上，受力分析如图：qE=mgcos解得： E=mgcosq场强方向与 y 轴负方向成 角斜向下(2)小球做匀减速运动，加速度大小为 a，
14、 F合 =mgsin由牛顿第二定律： F合 =mat 时刻物体位移为 s， s=v0t12gt2sin位置坐标分别为 x， yx=scos=(v0t12gt2sin)cosy=ssin=(v0t12gt2sin)sin【点睛】根据受力判断运动性质，选择对应的运动学公式和牛顿第二定律或者动能定理计算.15.如图所示，在光滑水平轨道左侧固定一竖直光滑圆轨道，圆心为 O，半径 R=2m，圆轨道最低点 A 与一木板上表面相切，木板质量 M=4kg，板长为 2m，小滑块质量为 m=1kg，从圆轨道的 B 处无初速滑下，OB 与竖直方向夹角为 53，小滑块相对木板静止时距离木板右端140.4m，g 取 1
15、0m/s2。求：(1)滑块经过圆轨道最低点时对轨道的压力；(2)滑块在木板上相对木板运动的时间。【答案】 （1） （2）18N 0.8s【解析】【详解】(1)滑块下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： mgR(1cos53)=12mv2A在 A 点由牛顿第二定律得： NAmg=mv2AR解得: NA=18N由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小： F= F=18N，方向竖直向下；(2)滑块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv0=(M+m)v，滑块相对木板滑动的距离： x=2-0.4=1.6m对滑块与木板组成的系统，由能量守恒定律得：12mv20=mgx+12(
16、M+m)v2代入数据解得： =0.4对滑块，由动量定理得：- mgt =mv-mv0代入数据解得： t=0.8s【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，是一道力学综合题，分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律与动量定理即可解题.16.足球运动员进行训练时，运动员将一静止的足球踢向正前方 32m 处的一堵墙，足球以v1=10ms 水平初速度沿地面滑行，足球在地面上做匀减速直线运动，加速度大小为a1=1ms 2，足球撞到墙后反向弹回做匀减速运动，弹回瞬间速度大小是碰撞前瞬间速度大小的 。运动员将足球踢出后立即由静止开始以 a2=2ms 2的加速度追赶
17、足球，他能达到的14最大速度 v2=8ms，求：(1)足球反弹的速度大小；(2)运动员至少经过多长时间才能追上足球(保留两位有效数字)。15【答案】 （1） （2）1.5m/s 5.9s【解析】【详解】(1)设足球运动到门柱时的速度为 v3，由运动学公式 v23v21=2a1x足球反弹速度 v4=14v3=1.5m/s(2)足球从踢出到撞门柱前的运动时间为 t1=v1v3a1=4s运动员速度达到 8m/s 用时 t2=v2a2=4s在 4s 时间内运动员前进的位移为 x2=v22t1=16m足球运动员未能追上足球，速度达到最大之后匀速运动设追上足球时，球已停止运动，足球从反弹到减速到 0 的时
18、间为 t3，0=t4a2t3解得： t3=1.5s足球反弹的距离为 x3=v242a1=1.125m运动员匀速前进时间为 t4， x3+v2t4=32x2解得： t4=1.9s1.5s因 ，故追上时足球已停止运动，假设正确t4t3该同学追上足球所用时间 t=t1+t4=5.9s【点睛】本题考查运动学中的追及问题，关键理清物体的运动规律，结合运动学公式灵活求解17.如图所示，直线 MN 将平面分成两个区域 I 和，MN 与水平方向成 45角，两个区域内均有匀强电场，场强大小均为 E，I 区内场强方向竖直向下、区内水平向右，一质量为m、带正电且电荷量为 q 的粒子，以速度 v0从 MN 上的 P 点水平向右射入 I 区。粒子的重力忽略不计。求：16(1)粒子首次到达 MN 边界时到 P 点的距离；(2)粒子第二次到达边界 MN 时的速度大小。【答案】 （1） （2）22mv20qE 13v0【解析】【详解】(1)粒子垂直电场进入做类平抛运动，运动加速度大小为 a， qE=ma落到 MN 上用时 t1， x1=v0t1y1=12at21根据几何关系：解得：(2)粒子进入 II 区运动，水平方向匀加速运动竖直方向匀速运动17又因为【点睛】本题求粒子的位移和速度，分析清楚粒子运动过程、应用类平抛运动规律即可正确解题
