1、2018-2019 学年度第一学期高三年级期中考试物理试卷本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。试卷共 8页，共 110分。考试时间 110分钟。第卷（选择题 共 60分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔填写在答题卡上。2.答卷时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。1、选择题（每小题 4分，共 60分。下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上，全部选对的得 4分，有漏选的得 2分，有错选的得 0分）1. 图中给出了四个电场的电场线，则每一幅图中在 M、
2、N处电场强度相同的是（ ）A B C D2. 如图，三个固定的带电小球 a、 b和 c，相互间的距离分别为 ab=5 cm， bc=3 cm， ca=4 cm。小球 c所受库仑力的合力的方向平行于 a、 b的连线。设小球 a、 b所带电荷量的比值的绝对值为 k，则（ ）A.a、 b的电荷同号， B.a、 b的电荷异号，169169kC.a、 b的电荷同号， D.a、 b的电荷异号，6427k6427k3.如图所示，质量为 m的小球 A静止于光滑水平面上，在 A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球 B以水平速度 与 A相碰后粘0v在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势
3、能为 E，从球 A被碰后开始回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为 I,则下列表达式中正确的是（ ）A. B.2001EmvI， 2001EmvI，C. D.2004vI， 2004vI，4.如图，人造卫星 M、 N在同一平面内绕地心 O做匀速圆周运动，已知 M、 N连线与 M、 O连线间的夹角最大为 ，则 M、 N的运动速度大小之比等于（ ）A. B. C. D.tan1tansin1sin5.如图所示， A、 B、 C三球的质量分别为 m、 m、2 m,三个小球从同一高度同时出发，其中 A球有水平向右的初速度 ，0vB、 C由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球
4、与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为（ ）A.1次 B.2 次 C.3 次 D.4 次6. 如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过 a、 b、 c、 d四点，已知经过 ab、 bc和 cd三段所用时间之比为 2：1：2，通过 ab和 cd段的位移分别为 x1和 x2，则 bc段的位移为（ ）A. B. C. D.()12()4x12(3)x12(3)4x7.如图所示， a、 b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知 b球质量为 m，杆与水平面成角 ，不计所有摩擦，重力加速度为 g。当两球静止时， Oa绳与杆的夹角也为 ， O
5、b绳沿竖直方向，则下列说法正确的是（ ）A.a可能受到 2个力的作用B.b可能受到 3个力的作用C.绳子对 a的拉力等于 mgD.a的重力为 tnmg8.如图所示，竖直平面内放一直角杆 MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数 =0.2，杆的竖直部分光滑。两部分各套有质量均为 1 kg的小球 A和 B， A、 B球间用细绳相连。初始 A、 B均处于静止状态，已知 OA=3 m， OB=4 m，若 A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动 1 m（取 g=10 m/s2），那么该过程中拉力 F做功为（ ）A.4 J B.6 J C.10 J D.14 J 9.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻
6、（ t=0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度-时间图象可能是下列图中的（ ）A B C D10.如图所示，固定的半圆形竖直轨道， AB为水平直径， O为圆心，同时从 A点水平抛出质量相等的甲、乙两个小球，初速度分别为 v1、 v2，分别落在 C、 D两点。并且 C、 D两点等高， OC、 OD与竖直方向的夹角均为 37（sin 37=0.6，cos 37=0.8）。则（ ）A.甲、乙两球下落到轨道上 C、 D两点时的机械能和重力瞬
7、时功率不相等B.甲、乙两球下落到轨道上的速度变化量不相同C. 12:3vD. 411.如图所示，在直角坐标系 xOy平面内存在一正点电荷 Q，坐标轴上有 A、 B、 C三点， OA=OB=BC=a，其中 A点和 B点的电势相等， O点和 C点的电势相等，静电力常量为 k，则下列说法正确的是（ ）A.点电荷 Q位于 O点B.O点电势比 A点电势高C.C点的电场强度大小为 2kQaD.将某一正试探电荷从 A点沿直线移动到 C点，电势能一直减小12.空间存在一静电场，场强方向与 x轴平行，电场中的电势随 x的变化规律如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 处电场强度可能为零4mB. 处电场方向一定沿
8、x轴正方向C.电荷量为 e的负电荷沿 x轴从 0点移动到 处，电势能增大 8 eV6mxD.沿 x轴正方向，电场强度先增大后减小13.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为 的斜面 A,斜面质量为 M，底边长为 L，如图所示。将一质量为 m可视为质点的滑块 B从斜面的顶端由静止释放，滑块 B经过时间 t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为 ,则下列说法中NF正确的是（ ）A. NcosFmgB.滑块下滑过程中支持力对 B的冲量大小为 NcosFtC.滑块 B下滑过程中 A、 B组成的系统动量守恒D.此过程中斜面向左滑动的距离为 mLM14.如图所示，静止在光滑水平面上的木板右端有一
9、根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量 。质量 的铁块以水平速度 ，从木板的左端沿板面向3kgM1kg04m/sv右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（ ）A.3 J B.6 J C.20 J D.4 J15.在光滑水平面上, a、 b两小球沿同一直线都以初速度大小 v0做相向运动, a、 b两小球的质量分别为 ma和 mb,当两小球间距小于或等于 L时,两小球受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用；当两小球间距大于 L时,相互间的排斥力为零,小球在相互作用区间运动时始终未接触,两小球运动时速度 v随时间 t的变化关系图象如图所示,下列
10、说法中正确的是（ ）A.在 t1时刻两小球间距最小B.在 t2时刻两小球的速度相同,且大小为 0vmbaC.在 0 t3时间内, b小球所受排斥力方向始终与运动方向相同:D.在 0 t3时间内,排斥力对 a、 b两小球的冲量大小相等第卷(共 50分)注意事项:1.答卷前考生务必将自己的姓名、班级、考号填在答题卡上规定的地方。2.答卷时用兰黑色钢笔或圆珠笔直接填写在答卷纸规定的地方。二、填空题(共 13分)16.如图 1所示,用半径相同的 A、 B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为 m1的 A球从斜槽上某一固定位置 C由静止开始滚下,进入水平轨道后,从轨道末端水平抛出,落到位于
11、水平地面的复写纸上,在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次,得到 10个落点痕迹。再把质量为 m2的 B球放在水平轨道末端,让 A球仍从位置 C由静止滚下, A球和 B球碰撞后,分别在白纸上留下各自的落点痕迹,重复操作 10次。M、 P、 N为三个落点的平均位置,未放 B球时, A球的落点是 P点, 0点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点,如图 2所示。(1)在这个实验中,为了尽量减小实验误差,两个小球的质量应满足 m1 m2(填“”或“,BC(2)C(3) 22121211 , ONmMOPmNOMmP (4)OP,OM和 ON(5) 21117.解(1)对甲在 CB段,由动能定理得
12、2021-vgS甲解得 3m/sv甲(2)碰后,乙恰好能达到圆周轨道最高点,在 D点,由牛顿第二定律得RgD2乙乙从 B点到 D点,由机械能守恒定律得 2212BDvmgRm乙乙乙 解得 52m/svg在 B位置，甲乙碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向,由动量守恒定律得 Bm乙甲甲 由机械能守恒定律得 22211Bvmv乙甲甲 解得 甲乙vB2则有 1乙m18.解(1)细绳伸直时甲球的位移为 201tgx甲乙球的位移为 201gtx乙因为 L乙甲 -解得 0.1st(2)细绳伸直时甲乙的速度分别是 01m/svgt甲0m/svgt乙设细绳绷断瞬间甲乙球的速度分别为 乙甲 和 v继续下落至落地
13、时有 Lgtgtv22 11甲乙又在细绳绷断的极短时间内两球动量守恒,则有 2121 乙甲乙甲 vmvm解得 6m/s1/svv乙甲 ，设细绳绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为 I由动量定理得 1.0NsI甲 甲19.解(1)半径 r=10cm的圆周上任意一点 P的电势中 =40sin +25 V,当 =0和=180的电势相等 ,则知 B、 D两点的电势相等,可知电场的方向平行于 y轴方向当 时,2V562140当 时,32所以电场方向沿 y轴负向匀强电场的电场强度 m/V 40/1.02561 rE(2) 粒子带正电,由动能定理知 粒子到达 C点时的动能最大根据动能定理得 DCeUk2其中
14、V4021得 kkee2e80VCDE20.解(1)木块 A先做匀减速直线运动,后做匀加速直线运动;木块 B一直做匀减速直线运动;木板 C做两段加速度不同的匀加速直线运动,直到 A、 B、 C三者的速度相等为止,设为 v1,对 A、 B、 C三者组成的系统,由动量守恒定律得mv0+2mv0=(m+m+3m)v1解得 v1=0.6v0对木块 B运用动能定理有 2021vmgs解得 gvs50912(2)设木块 A在整个过程中的最小速度为 v,所用时间为 t,由牛顿第二定律得对木块 A: ma1对木板 C: 322g当木块 A与木板 C的速度相等时,木块 A的速度最小,则有tgtv30解得 t50木块 A在整个过程中的最小速度为 010 52vtav(可以直接用系统动量守恒求解)(3)整个过程中,摩擦生热为 12ffk12QFsE总 损 相 相由能量守恒得 0020k 651mvvmE损所以 gEFss 2kfk21 6.损损相相相 总
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