1、张家口市 2019-2020 学年第一学期阶段测试卷高三物理答案1.【答案】B【解析】A、正电荷在初速度为零时，只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动，若有初速度，也可以从低电势向高电势运动，故 A 错误。B、在孤立点电荷形成的电场中，根据电场线的疏密表示场强的大小，电场线的切线方向表示场强方向，可知没有场强相同的两点。在以点电荷为球心的球面上各点的电势相同，故 B 正确。C、场强与电势无关，则场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零，故 C 错误。D、初速度为零的正电荷在电场力作用下不一定沿电场线运动，只有电场线是直线时才一定沿电场线运动，故 D 错误。故选：B。2.【答案
2、】D3.【答案】B【解析】A.过程中跳楼机所受外力只有重力和制动力，由动量定理知跳楼机动量的改变等于重力和制动力的合力的冲量，故 A 错误。B过程中，跳楼机所受外力有重力和制动力，所以过程中制动力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与过程中重力冲量大小的和故 B 正确。C根据功能关系对全过程分析可知，过程中，跳楼机克服制动力所做的功等于过程与过程中跳楼机所减少的重力势能之和故 C 错误。D过程中损失的机械能等于过程中跳楼机所增加的动能和过程中减小的重力势能之和故 D 错误。故选 B。4【答案】B【解析】x-t 图象的斜率表示速度，知碰撞前2m 是静止的，1m 的速度14v m/s，碰后1m 的速
3、度12v m/s，2m 的速度22v m/s，由动量守恒定律有：1 11 122m vm vm v，代入数据解得 m2=3kg。碰撞前系统的总动能2121 11082kkEEm vJ，碰撞后系统的总动能22121 12211822kkEEm vm vJ，所以碰撞前后系统总动能相等，即为弹性碰撞，故 B 正确。5【答案】A【解析】：发生正碰，则根据动量守恒得：AABBAABBm vm vm vm v根据碰撞过程系统的总动能不增加，则得222211112222BAABAABBm vm vm vm vA它们发生正碰后，均为+1m/s，即以共同速度运动，符合以上等式，故 A 正确B速度如果是 4m/s
4、 和5m/s，那么 A、B 动能都增加，故 B 错误C发生正碰后，A、B 速度方向不变即还是相向运动，这不符合实际情况。故 C 错误D速度如果是4m/s 和 5m/s，那么 A、B 动能都增加，故 D 错误。故选：A。6.【答案】A【解析】可将 2Q 的点电荷看作是由两个电荷量都是 Q 的两个点电荷 S、T 组成，设其中一个点电荷 S 与 N处的点电荷组成了一对等量正点电荷。由于一对等量正电荷在 a、b 两点处产生的电势相等，在 c、d 处产生的电势也相等，但都低于点处的电势。M 处的另一电荷在 c、d 处产生的电势相等但都低于在点处产生的电势，在 a 点产生的电势大于在 b 点处产生的电势，
5、则在此电场中由电势叠加可知：a 点电势高于 b点电势，c、d 两点电势仍相等但低于点电势，故电子在 a 点时的电势能小于在 b 点时的电势能，电子沿直线从 c 点移到 d 点电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，A 正确 CD 错误。在等量同种电荷的电场中 a、b 两点的场强大小相等、方向相反，而点电荷在 a 点产生的电场强度方向与两点电荷产生的电场强度方向相同，在 b 点处则相反，由电场叠加可知 a 点场强一定大于 b 点电场强度，B 错误。7【答案】BC【解析】若 F 向下压膜片电极，两极板间的距离减小，根据4SCkd知电容增大，根据 QCU 得，电量增加，电路中 b 到 a 的电流
6、。故 A 错误，B 正确。电流表有示数，且从 a 到 b，知电容持续放电，由 QCU 知，电容器的电容 C 在减小，由4SCkd，d 在增大，可判断处压力 F 在减小。故 C 正确，D 错误。故选 BC。8.【答案】AC【解析】A.据 v-t 图可知带电粒子在 B 点的加速度最大为 2m/s2,所受的电场力最大为 2N,由FE=q 知,B 点的场强最大为 1V/m,故 A 正确。B.据 v-t 图可知带电粒子的速度增大,电场力做正功,电势能一直减小,故 B 错误。C.据两个等量的同种正电荷,其连线中垂线上电场强度方向由 O 点沿中垂线指向外侧,故由 C 点到 A 点的过程中电势逐渐减小,故 C
7、 正确。D.据 v-t 图可知 A、B 两点的速度,在根据动能定理得电场力做的功 WBA=10J,再用5ABABWUq V,故 D 错误故选：AC。9.【答案】AD【解析】两木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：0mvMmv（），由题意可知，M、m、v0 不变，由此可知，它们的共同速度 v 不变，对系统，由能量守恒定律得：22011()22vMm vEm，由题意可知：M、m、v0、v 都保持不变，则损失的机械能不变。损失的机械能为摩擦生热，滑动摩擦力变为原来的 2 倍，故相对位移为原来的 12，D 选项正确10.【答案】BD【解析】两等量正电荷周围电场分布如图所示：A、由图
8、可知，AB 两点电场强度大小相等，方向不同，故 A 错误；B、连线中垂线上电场方向从连线中点指向无穷远处，又沿着电场线方向电视逐渐降低可知，O 电电势最高，故 B 正确；C、电势为标量，两电荷在 AC 两点电势可以相等，则此时电子在 C 点的电势能等于在 A 点的电势能，故 C错误；D、根据电场的叠加原理可知，以 O 为圆心的圆周上，各点点电场强度大小相等，方向沿圆心指向外，故仅在图中电场的作用下，电子以合适的速度沿圆周上某点释放，可能沿图示圆周运动，故 D 正确；故选：BD。11.【答案】CD【解析】设小球运动到最低点与物块 B 碰撞前的速度大小为 v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，
9、根据机械能守恒定律有2112mghmv，解得12vgh，设碰撞后小球反弹的速度大小为1v，同理有211162mghmv，解得124ghv，故 A 错误；设碰撞后物块 B 的速度大小为 v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有1125mvmvmv，解得22=4ghv，由动量定理可得，碰撞过程物块 B 受到的冲量为25524Imvmgh，故 B 错误；碰撞后当物块 B 与物块 C 速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有235=8mvmv，据机械能守恒定律22pm23115822Em vm v，解得pm15128Emgh，故 C 正确；对物块 B 与物块 C 在弹簧回到原长时，物块 C
10、有最大速度，据动量守恒和机械能守恒2455=53mvmvmv，222245553222mvmvmv，可解得55 216ghv，故 D 正确。12.【答案】BD【解析】根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势随纵坐标 y 的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小 E21060.4V/m5106 V/m，故选项 A 错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即 qEmg，因此当带电小球从最低点
11、运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为 qE2L2.4 J，故选项 B 正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故选项 C 错误；根据牛顿第二定律可得 FBmv2L，又 qEmg，解得 FB3 N，即小球所受的洛伦兹力的大小为 3 N，故选项 D 正确。13.答案为：（1）0.4，1.0；(每空 2 分)（2）A 点到水平面的高度 h，22hglag lh(每空 2 分)【分析】（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出
12、加速度；（2）为了测定动摩擦力因数，还需要测量的量是木板的倾角，从而即可求解【解析】（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得 0.2s 末的速度为：v0.2m/s，0.4s 末的速度为：v0.4m/s，则木块的加速度为：a1.0m/s2（2）选取木块为研究的对象，沿斜面方向由牛顿第二定律得：sincosmamgmg而木块到传感器的距离为 l，木块下滑的加速度为 a，所以要测定摩擦因数，还需要测出 A 点到水平面的距 h；那么sinhl，而22coslhl因此动摩擦因数为22hglag lh故答案为：（1）0.4，1.0；（2）A 点到水平面的距离 h，22hglag
13、lh14.【答案】（1）30.0cm（2 分）（2）1.0m/s0.50m/s0.75m/s等于（每空 1 分）（3）0.25非弹性碰撞（每空 1 分）【解析】（1）由题意可知，碰 前：vB0碰后：0.2 m/s0.50m/s0.4AAxvt，0.3 m/s0.75m/s0.4BBxvt；从发生碰撞到第二次拍摄照片，B 运动的时间是10.15 s0.2s0.75BBxtv，由此可知，从拍摄第一张照片到发生碰撞的时间是 t2（0.40.2）s0.2s，碰撞发生在 30.0cm 处。则碰前物体 A 的速度为0.2 m/s1.0m/s0.2AAxvt，碰撞前：pmAvA0.150kgm/s，碰撞后：
14、pmAvA+mBvB0.150kgm/s，两滑块碰撞前后系统的总动量相等（3）A、B 的碰撞系数2110200.25vvevv，又 0 e 1，所以是非弹性碰撞。15.【答案】（1）T=20N（2）2PE J【解析】(1)小球静止释放,由机械能守恒定律：02011 cos602mglmv（1 分）小球在最低点由牛顿第二定律得：20vTmgm l（1 分）又由牛顿第三定律有,小球对细线的拉力为：TT（1 分）解得：T=20N（1 分）(2)小球与物块发生弹性碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律得：100Mvmvmv（1 分）（1 分）物块从 P 点运动到最右端,由能量守恒定律得：2112PMvEQ
15、（2 分）物块从 P 点运动到最右端再被反弹后回到 P 点的过程：21122 MvQ（1 分）联立解得：2PE J。（1 分）16.【答案】（1）v03.0107m/s（2）h7.2103m（3）5.81018J【解析】（1）电场中加速由动能定理得：eU0mv02代入数据解得 v03.0107m/s。（3 分）（2）设电子在偏转电场中运动的时间为 t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为 y。电子在水平方向做匀速直线运动，L1v0t电子在竖直方向上做匀加速运动，yat2/2根据牛顿第二定律有：eU/dma解得：y0.36cm（3 分）电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由图
16、知：y/h=L1/(L1+2L2)解得：h7.2103m（3 分）（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功：WeEyeUy/d5.81018JEW5.81018J，电势能减少了 5.81018J。（3 分）17.【答案】（1）ga322；ga 3（2）gLv72；gLv3282(3)qq13c【解析】(1)B 进入电场：2323maqEmg解得：ga322（2 分）C 进入电场：333maqEqEmg解得：ga 3（2 分）(2)B 经过边界 N 时,根据动能定理223212243mvLqELqELqELmg解得：gLv72（3 分）C 经过边界 N 时,根据动能定理233212225
17、3mvLqELqELqELmg解得：gLv3282（3 分）(3)当 C 刚好到 N 边界，刚好速度为零时为其电量的最小值。根据动能定理：02-2253cLEqLqELqELmg解得qq13c（4 分）18.【答案】(1)280K（2）850K【解析】（1）活塞恰好下滑时，由平衡条件有：fmFp S（1 分）恰好下滑摩擦力时对应的气体最大压强差5cmHgfmFpS（1 分）降低封闭气体的温度，等容变化有0012pppTT（2 分）得2280KT（1 分）（2）封闭气体缓慢加热，使活塞缓慢上升直到水银与上端开口相齐的过程：V1=10S、V2=25S3085cmHgfmppmgFSSS水银（2 分
18、）故：385cmHgp（1 分）由013213p Vp VTT（1 分）得3850KT（1 分）19.【答案】（1）43n（2）6323m【解析】（1）如图，设到达池边的光线的入射角为 i，依题意，光线的折射角为90由折射定律：sinsinni（2 分）由几何关系可知：22sinlilh（2 分）式中 l3m，h=7 m，综上解得，水的折射率为43n（1 分）（2）设此时钓鱼者的眼睛到池子边的距离为 x，由题意钓鱼者的视线和竖直方向的夹角为45，由折射定律：sinsinn（2 分）设入射点到 A 点的水平距离为 a，由几何关系可知：22sinaah（2 分）根据光路图由几何关系可知：ax解得631.6523xam；（1 分）
