辽宁省大连市第24中学2019届高三上学期期中考试物理试题（含解析）

1、辽宁省大连市24中2018-2019学年上学期期中II考试高三物理试题一、选择题（每题4分，共12题。1-8为单选，9-12为多选）1.如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起静止不动，下列说法正确的是（ ）A. c与水平桌面间的动摩擦因数=0B. c对b的作用力一定竖直向上C. b对a的支持力是由于a物体发生形变产生的D. a对b的压力就是a物体的重力【答案】B【解析】【分析】根据平衡条件，依据相互作用力的内容，及力的合成与分解方法，并依据摩擦力产生条件，即可求解；【详解】A、以三块作为整体研究，整体受到的重力与桌面的支持力是平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故无法判断c与桌面间的动摩擦因数是否为零，故A错误；B、选取ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与其重力平衡，则块c对b的作用力一定竖直向上，故B正确；C、根据弹力产生条件可知：b对a的支持力是由于b物体发生形变产生的，故选项C错误；D、a对b的压力属于弹力性质，施力物体是a，a物体的重力的施力物体是地球，即这两个力的性质不同，施力物体也不同，故不同用“就是”二字来形容，但是二

2、者的大小是相等的，故选项D错误。【点睛】该题考查整体法与隔离法的运用，掌握平衡条件的应用，注意平衡力与相互作用力的区别，注意c对b的作用力是支持力与摩擦力的合力。2.在城市上班高峰期间，司机驾驶汽车在平直公路上匀速行驶，突然遇到紧急情况刹车直到停止运动，汽车运动的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 从开始刹车至汽车停止所用时间为5.0sB. 汽车刹车后第1s内的平均速度为6.0m/sC. 汽车刹车过程的加速度大小为D. 从开始刹车至汽车停止，汽车的总位移为25m【答案】C【解析】【分析】根据数学知识写出与t的表达式，结合匀变速直线运动的位移时间公式，分析汽车的运动情况，再根据运动学公式求解；【详解】由数学知识可得，根据匀变速直线运动的位移时间公式得，对比可得，；A、根据速度与时间的关系可知汽车从开始刹车到停下来的时间为：，故选项A错误；B、根据速度与时间的关系可知刹车后第1s末的速度为：则第内的平均速度为：，故选项B错误；C、由上面分析可知加速度为：，即加速度的大小为，故选项C正确；D、根据平均速度可知：汽车的总位移为：，故选项D错误。【点睛】解决本题的关键是掌握匀变速直线运动的

3、位移时间公式，通过变形得到与t的表达式，然后利用运动学公式进行求解，注意刹车到停下之后，车辆速度为零。3.在水平地面上有质量均为m的a、b两个物体，处于静止。用水平推力F1、F2分别作用在a、b两个物体上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v-t图象如图所示，图中AB/CD。下列说法正确的是（ ）A. 水平推力F1、F2大小可能相等B. a物体的平均速度大于b物体的平均速度C. 合外力对a物体的冲量小于合外力对b物体的冲量D. 摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功【答案】D【解析】【分析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，说明摩擦力大小相等，然后分析推力的大小关系；根据平均速度公式可求得平均速度的大小关系；根据动量定理分析合外力的冲量的大小关系；根据功的公式判断摩擦力做功的大小关系；【详解】A、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，再对加速过程可知，a的加速度大于b的加速度，因此由牛顿第二定律可知，故选项A错误；B、根据平

4、均速度等于位移与时间的比值，而位移等于图形的面积，则，而二者的最大速度相等，可知二者的平均速度相等，故选项B错误；C、根据动量定理可知：合外力的冲量等于其动量的变化，由图可知二者的初、末动量均为零，则动量变化为零，即合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，故选项C错误；D、由于v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，则知整个过程中a的位移比b的小，由上面分析可知二者受到的摩擦力相等，则由知，摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功，故D正确。【点睛】本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力，知道水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，说明摩擦力相等。4.所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，使用前先给电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场(方向垂直纸面向外)作用下加速。下列说法正确的是（ ）A. 导体棒EF受到安培力的方向可用左手定则判断B. 弹射时导体棒EF先向右做变加速运动，后做匀速运动C. 电容器相当电源，放电时MN间的电势差保持不变D. 在电容器放电过程中，电容器电容不断减小【答案】A

5、【解析】【分析】明确电容器的性质，知道电容是电容本身的性质，与电量无关；而电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，同时根据左手定则分析安培力的方向，从而判断运动方向；【详解】A、电容器下极板接正极，所以充电后N极板带正电，放电时，电流由F到E，则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故A正确；B、根据上面分析可知导体棒受到向右的安培力作用，即导体棒EF先向右做变加速运动，后由于安培力消失在阻力作用下做减速运动，故选项B错误； C、电容器放电时，电量和电压均减小，即MN间的电势差减小，故C错误； D、电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故D错误。【点睛】本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由电容器本身的性质决定。5.把质量是m的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。则A. 由状态甲到状态丙，小球的机械能守恒B. 由状态甲至状态乙，有三个时刻小球的加速度大小等

6、于重力加速度的大小C. 在乙状态时，小球重力的功率最大D. 由状态甲到状态丙，在甲状态弹黄的弹性势能等于小球克服重力所做的功【答案】D【解析】由状态甲到状态乙，小球和弹簧组成的系统机械能守恒；由状态乙到状态丙，小球的机械能守恒，故A错误；小球在乙时刻的加速度为重力加速度，则在从甲到乙的过程中，当小球运动到关于平衡位置对称点时，其加速度大小等于g，方向向上，故有二个时刻的加速度大小等于重力加速度的大小，故B错误；当弹簧的弹力与重力相等时，合力为零，加速度为零，速度最大，根据P=mgv，可知小球重力的功率最大，而乙状态的加速度为重力加速度，不为零，故此时小球重力的功率不是最大，故C错误；由状态甲到状态丙，动能的改变量为零，弹性势能减小，重力势能增加，根据系统机械能守恒可知，在甲状态弹黄的弹性势能等于小球克服重力所做的功，故D正确，故选D。【点睛】根据加速度的方向，分析弹簧的弹力与小球重力的关系小球从A上升到B位置的过程中，平衡位置速度最大，动能增大；小球上升过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒由此分析解答6.一质量为m的小球在光滑的水平面上以速度做匀速直线运动，在t=0时受到水平方向恒力

7、F作用，速度先减小后增大，其最小值为，由此可以判断（ ）A. 质点受力F作用后一定做匀速直线运动B. 质点受力F作用后可能做圆周运动C. t=0时恒力F与速度方向间的夹角为60D. 时，质点速度最小【答案】D【解析】【分析】由题意可知，物体做类斜抛运动，根据运动的合成与分解，结合力的平行四边形定则与运动学公式，即可求解；【详解】A、在t=0时开始受到恒力F作用，加速度不变，做匀变速运动，若做匀变速直线运动，则最小速度可以为零，所以质点受力F作用后一定做匀变速曲线运动，故A错误；B、物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故B错误；C、设恒力与初速度之间的夹角是，最小速度为： 可知初速度与恒力的夹角为钝角，所以是，故C错误；D、质点速度最小时，即在沿恒力方向上有：，解得：，故D正确。【点睛】考查类斜抛运动的处理规律，掌握合成法则与运动学公式的应用，注意分运动与合运动的等时性。7.如图为北京航天飞行控制中心对“嫦娥二号”卫星实施降轨控制的示意图，卫星成功由轨道半径为a、周期为T1的极月圆轨道进入远月点距离为a、周期为T2的椭圆轨道，为拍摄月球图像做好准备。则“嫦娥二号” （ ）A. 经过圆轨道上

8、B点时的速率等于它经过椭圆轨道上A点时的速率B. 在圆轨道上经过B点和在椭圆轨道上经过A点时的加速度大小相等C. 在圆轨道上运行周期T1小于它在椭圆轨道上运行周期T2D. 在圆轨道上经过B点和在椭圆轨道上经过A点时的机械能相等【答案】B【解析】【分析】根据开普勒周期定律比较两个轨道上的周期，当万有引力刚好提供卫星所需向心力时，卫星正好可以做匀速圆周运动，若是供大于需，则卫星做逐渐靠近圆心的运动；若是供小于需，则卫星做逐渐远离圆心的运动；【详解】A、在圆轨道实施变轨成椭圆轨道是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力大于所需向心力，所以应给“嫦娥二号”卫星减速，减少所需的向心力，所以经过圆轨道上A点时的速率大于它经过椭圆轨道上A点时的速率，而圆轨道上的各个位置速率相等，即经过圆轨道上B点时的速率大于它经过椭圆轨道上A点时的速率，故A错误；B、“嫦娥二号”卫星变轨前通过B点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿椭圆轨道运动到A点时也是只有万有引力来提供加速度，而且这两点距离月球相等，由于万有引力与距离有关，说明卫星在这两点时万有引力的大小相等，根据牛顿第二定律可知这两点加速度大小也相

9、等，故选项B正确； C、根据开普勒第三定律得：，k与中心体有关，由于圆轨道的半径大于椭圆的半长轴，所以在圆轨道运行周期大于它在椭圆轨道运行周期，故C错误；D、卫星变轨的时候发动机点火，发动机做功，所以“嫦娥二号”卫星点火变轨，前后的机械能不守恒，而圆轨道上的各个位置机械能相等，即在圆轨道上经过B点和在椭圆轨道上经过A点时的机械能不相等，故D错误。【点睛】卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定，注意变轨时发动机点火，即变轨前后机械能不守恒。8.如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b的半径号分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则（ ）A. 任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比均为1:4B. 两线圈中产生的感应电动势之比为1:2C. 通过a、b两线圈中电荷量之比为2:1D. 相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为4: 1【答案】C【解析】任意时刻，穿过a、b两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1：1故A错误根据法拉第电磁感应定律得：E=S，S=r2，则S相等，也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B错误线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1：2，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知 I= ，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1故C正确根据焦耳定律得 Q=t，得相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1，故D错误故选C.点睛：解决本题时要注意在公式=BS和法拉第电磁感应定律中，S为有效面积，能熟练运用比例法研究这类问题9.一质量为0.5kg的物块静止在水平地面上，物块

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