届高三物理上学期检测测评期末试题新人教版.docx
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届高三物理上学期检测测评期末试题新人教版
甘肃省天水市秦安县2019届高三物理上学期检测测评(期末)试题新人教版
单项选择题(本题共10小题,每小题3分,共30分.)
1、如图所示,图线OA和OP分别为某两种电学元器件的伏安特性曲线。
设OA上任意
点对应的电阻为RA,OP上某点P对应的电阻为RP。
则关于RA和RP,下列说法正确的
是 ( )
A.RA=5KΩ RP=20KΩ
B.RA=10KΩ RP=20KΩ
C.RA=5KΩ RP=10KΩ
D.RA=10KΩ RP=10KΩ
2、 如图所示,一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,若到达B点
时速度为v,到达C点时速度为2v,则xAB∶xBC等于 ( ).
A.1∶1
B.1∶2
C.1∶3
D.1∶4
3、将物块放在一粗糙斜面上,对其施加平行于斜面向上的外力F使之处于静止状态,
如图所示。
现逐渐增加外力F的大小,物块始终静止不动。
则( )
A.斜面对物块的支持力一定保持不变
B.斜面对物块的摩擦力一定逐渐减小
C.斜面对物块的作用力一定逐渐减小
D.物块所受的合外力一定逐渐增大
4、下列关于第一宇宙速度的说法中正确的是( )
A.第一宇宙速度又称为逃逸速度
B.第一宇宙速度的数值是11.2km/s
C.第一宇宙速度的数值是7.9km/s
D.第一宇宙速度是卫星绕地球运行的最小线速度
5、人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2,设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g1、g2,则下列表达正确的是( )
A.
B.
C.
D.
6、在研究微型电动机的性能时,可采用右图所示的实验电路。
调节滑动变阻器,使电动机正常工作时,电压表示数为U,电流表示数为I,已知电动机的内阻为r,则当这台电动机正常运转时( )
A.电动机消耗的功率为U 2/r
B.电动机消耗的热功率为UI-I2r
C.电动机的输入功率为UI
D.电动机的内阻为r=U/I
7、如图甲、乙两带电小球的质量均为m,所带电量分别为q和-q,两球间用绝缘细线连接,甲球用绝缘细线悬挂在天花扳上。
在两球所在空间有方向向左的匀强电场,电场强度为E.当两球平衡时细线被拉紧,此时的情景应该是( )
8、如图所示,以
为圆心的圆周上有六个等分点
、
、
、
、
、
。
等量正、负点电荷分别放置在
、
两处时,在圆心
处产生的电场强度大小为E。
现改变
处点
荷的位置,使
点的电场强度改变,下列叙述正确的是( )
A.移至
处,
处的电场强度大小不变,方向沿
B.移至
处,
处的电场强度大小减半,方向沿
C.移至
处,
处的电场强度大小减半,方向沿
D.移至
处,
处的电场强度大小不变,方向沿
9、阻值较大的两个电阻R1和R2串联后,接入电压恒定的电路,如图所示,现用同一电压表依次测量a与b、b与c以及a与c间电压,测量值依次为U1、U2及U,则 ( )
A.
B.U1+U2>U
C.
D.
10、关于力的概念,下列说法正确的是( )
A.没有相互接触的物体间也可能有力的作用B.力是使物体位移增加的原因
C.压缩弹簧时,手先给弹簧一个压力而使之压缩,弹簧压缩后再反过来给手一个弹力
D.力可以从一个物体传给另一个物体,而不改变其大小
1、多项选择题(本题共6小题,每小题3分,共18分.全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
11、小球从空中自由下落,与水平地面相碰后弹到空中某一高度,其速度一时间图
像如图所示,则由图可知(g取10m/s2)( )
A.小球下落的最大速度为5m/s
B.小球第一次反弹的初速度为3m/s
C.小球能弹起的最大高度为0.45m
D.小球能弹起的最大高度为1.25m
12、如图所示,轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上,弹簧下端悬挂一个小铁球,在电梯运行时,乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了,这一现象表
明( )
A.乘客一定处在超重状态
B.电梯一定是在下降
C.电梯可能是在上升
D.电梯的加速度方向一定是向下
13、如图所示,三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面,电势分别为10V、20V、30V,实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹,a、b、c是轨迹上的三个点,下列说法正确的是( )
A.粒子在三点所受电场力不相等
B.粒子可能先经过a,再到b,然后到c
C.粒子三点所具有的动能大小关系为Ekb>Eka>Ekc
D.粒子在三点的电势能大小关系为Epc 14、给平行板电容器充电,断开电源后A极板带正电,B极板带负电。 板间一带电小球C用绝缘细线悬挂,如图所示,小球静止时与竖直方向的夹角为θ,则( ) A. 若将B极板向右平移稍许,电容器的电容将减小 B.若将B极板向下平移稍许,A、B两级板间电势差将增大 C.若将B极板向小平移稍许,夹角θ将变大 D.轻轻将细线剪断,小球将做斜抛运动 15、如图所示,闭合开关S后,A灯与B灯均发光,当滑动变阻器的滑片P向左滑动 时,以下说法中正确的是( ) A. A灯变亮 B.B灯变亮 C.电源的输出功率可能减小 D.电源的总功率增大 16、如图所示为两电源的U-I图像,则下列说法正确的是( ) A.电源1的电动势和内阻均比电源2大 B.当外接同样的电阻时,两电源的效率可能相等 C.当外接同样的电阻时,两电源的输出功率可能相等 D.不论外接多大的相同电阻,电源1的输出功率总比电源2的输出功率大 三、实验题(本题共16分,每空2分) 17、一只小灯泡,标有“3V,1.5W”的字样.现要描绘小灯泡0~3V的伏安特性曲线.实验器材有: A.最大阻值为10Ω的滑动变阻器 B.电动势为6V、内阻约为1.0Ω的电源 C.量程为0.6A、内阻约为1.0Ω的电流表A1 D.量程为3A、内阻约为0.1Ω的电流表A2 E.量程为3V、内阻约为6kΩ的电压表V1 F.量程为15V、内阻约为10kΩ的电压表V2 G.开关、导线若干 (1)电压表应选用________;电流表应选用________.(将选项代号的字母填在横线上) (2)在该实验中,设计了如图所示的四个电路.为了减小误差,应选取的电路是________(将选项代号的字母填在横线上). (3)以下是该实验的操作步骤: A.将电流表、电压表、变阻器、小灯泡、电源、开关正确连接成电路; B.调节滑动变阻器滑片的位置,保证闭合开关前使滑动变阻器与小灯泡并联部分的阻值最大; C.闭合开关,记下电压表、电流表的一组示数(U1,I1),移动滑动变阻器的滑片,每移动一次记下一组(U,I)值,共测出12组数据; D.按所测数据,在坐标纸上描点并将各点用直线段连接起来,得出小灯泡的伏安特性曲线. 指出以上步骤中存在错误或不妥之处并修改. 1. 2. 18、用多用表的欧姆挡测量阻值约为几千欧的电阻Rx,以下给出的是可能的实验操作步骤,其中S为选择开关,P为欧姆挡调零旋钮.把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上. a.将两表笔短接,调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度,断开两表笔 b.将两表笔分别连接到被测电阻的两端,读出Rx的阻值后,断开两表笔 c.旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k d.旋转S使其尖端对准欧姆挡×100 e.旋转S使其尖端对准交流500V挡,并拔出两表笔. 将正确步骤按合理的顺序为________. 根据右图所示指针位置,此被测电阻的阻值约为________Ω. (2)下述关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是( ). A.测量电阻时,如果指针偏转过大,应将选择开关S拨至倍率较小的挡位,重新调 零后测量 B.测量电阻时,如果红、黑表笔分别插在负、正插孔,则会影响测量结果 C.测量电路中的某个电阻,应该把该电阻与电路断开 D.测量阻值不同的电阻时,都必须重新调零、 4、解答题(本题共4小题,共46分,解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。 只写出最后答案的不能得分。 ) 19、总质量为M的列车沿水平直线轨道匀速前进,其末节车厢质量为m。 中途脱节,司机发觉时,机车已行驶了L的距离。 于是立即关闭油门,除去牵引力,设阻力与质量成正比,机车的牵引力是恒定的,当列车的两部分都停止时,它们的距离是多少? 20、如图所示,一束初速不计的电子流在经U=5000V的加速电压加速后,在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示,若板间距离d=1.0cm,板长l=5.0cm,那么,要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最多能加多大电压? (不计重力作用)。 21、如图所示,固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,小环在沿杆方向的推力作用下向上运动,推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示,取重力加速度g=10m/s2。 求 (1)小环的质量m (2)细杆与地面间的倾角α。 22、如图所示电路中,已知电源电动势为 V,内阻 ,电阻 , ,当单刀双掷开关打在1时,电动机不转,理想电流表的示数为 ,当单刀双掷开关打在2时,电动机正常工作,电流表示数为 ,求: (1)电动机的内阻 为多少? (2)电动机正常工作时的输出功率? 甘肃省天水市秦安县2018-2019学年高三检测测评(期末)试题 物理参考答案 一、选择题(30分) 二、选择题(18分) 11 12 13 14 15 16 ABC AC BD ABC AC AD 3、实验题(16分) (2)指针偏角过大,说明电阻较小,所以应选择倍率较小的挡位,A项正确;电阻的阻值与电流的流向无关,所以红黑表笔接反,不影响测量结果,B项错误;不将被测电阻与外电路断开,流经欧姆表的电流会受影响,影响读数甚至烧毁器材,C项正确;只要不换挡位,就不用重新调零,D项错误. 答案 (1)c、a、b、e 30k (2)AC 四、计算题 19、解析: 此题用动能定理求解比用运动学结合牛顿第二定律求解简单.先画出草图如图所示,标明各部分运动位移;对车头,脱钩前后的全过程,根据动能定理便可解得. FL-μ(M-m)gS1=-½(M-m)v02 对末节车厢,根据动能定理有一μmgs2=-½mv02 而ΔS=S1一S2 由于原来列车匀速运动,所以F=μMg. 以上方程联立解得ΔS=ML/(M一m). 解①~⑤式得: V 即要使电子能飞出,所加电压最大为400V。 21、解析: (1)0-2s内,F1-mgsinα=ma① 由图可知a=0.5m/s2② 2s后,F2=mgsinα 由①②式可得F1-F2=ma, 所以m=0.5/0.5=1(kg) (2)由②式可得α=30°。 22、解 A得 V W
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