2019届高三物理上学期期末考试试题(含解析) (I).docVIP

2019届高三物理上学期期末考试试题(含解析) (I)一、选择题1.小明同学做验证断电自感现象实验，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。你认为下列说法正确的是（ ）A. 断开开关S，一定没电流流过小灯泡B. 断开与闭合开关S时流过小灯泡电流方向相反C. 小灯泡未闪亮的原因是线圈电阻偏小D. 小灯泡未闪亮的原因是线圈的自感系数较小【答案】B【解析】【分析】线圈与小灯泡并连接电池组上要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大根据楞次定律和并联的特点分析【详解】由电路图可知，灯泡与线圈并联后接入电路，断开开关瞬间，线圈与灯泡组成闭合电路，线圈产生自感电动势，阻碍电流的减小，有电流流过小灯泡，故A错误；断开开关瞬间，电路断了，灯泡中原来的电流消失，灯泡与线圈构成闭合回路，通过线圈的电流减小，线圈中的电流流过灯泡，所以流过小灯泡电流方向相反，故B正确；线圈电阻偏小，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的原来的电流立即消失，而线圈中由于自感电动势阻碍电流的减小，从而在灯泡在线圈中组成新的回路，则灯泡会发生闪亮现象。故C错误。线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小。故D错误。故选B。2.一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物体做的功等于（ ）A. 物体动能的增加量B. 物体动能的增加量与物体克服摩擦力做的功之和C. 物体重力势能的减少量和物体克服摩擦力做的功之和D. 物体重力势能的减少量和物体动能的增加量以及物体克服摩擦力做的功之和【答案】B【解析】【分析】知道重力做功量度重力势能的变化知道合力做功量度动能的变化建立功能关系的表达式，找出此过程中重力对物体做的功【详解】一物体由静止开始从粗糙的斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中，物体受重力、支持力、摩擦力，其中重力做正功，支持力不做功，摩擦力做负功。设重力做功为wG，物体克服摩擦力做的功为wf，物体动能的增加量为Ek；根据动能定理知道：w合=Ek；WG+（-Wf）=Ek，即WG=Wf+Ek,此过程中重力对物体做的功等于物体动能的增加量与物体克服摩擦力做的功之和。根据重力做功与重力势能变化的关系得：WG=-Ep，在此过程中重力对物体做的功也等于重力势能的减小量。故选B。【点睛】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系我们要正确的对物体进行受力分析，能够求出某个力做的功3.如图所示，在光滑的水平面上静止放着装有一条光滑弧形轨道的小车，小车的质量为1kg一质量为0.5kg的小球以3m/s的速度沿弧形轨道水平方向射入，小球沿弧形轨道上升至h高处后，再沿轨道下滑脱离小车(g=10m/s2)，则（ ）A. h=45cmB. 小球上升至h处的速度为0C. 脱离时小球的速度大小为3m/sD. 脱离时小车的速度大小为2m/s【答案】D【解析】【分析】小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球上升的最高点时，竖直方向上的速度为零，水平方向上与小车具有相同的速度，结合动量守恒和能量守恒求出上升的最大高度根据动量守恒定律和能量守恒求出小球返回底端时小车的速度【详解】小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v，规定向右为正方向，由水平动量守恒得：m1v0=(m1+m2)v，解得v=1m/s；由机械能守恒定律得：；联立以上两式解得：h=0.3m，故AB选项错误；小球在返回小车右端时速度为v1，此时小车速度v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2；由机械能守恒得：m1v02=m1v12+m2v22；联立解得：v2=2m/s，v1=-1m/s，故脱离时小车的速度大小为2m/s，故D选项正确，C选项错误； 故选D。【点睛】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道当小球与小车的水平速度相等时，小球上升到最大高度4.地球赤道上有一位观察者a，赤道平面内有一颗自西向东运行的近地卫星b，a观测发现，其正上方有一颗静止不动的卫星c，卫星b每隔时间T就会从其正上方飞过。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）A. c的加速度大于b的加速度B. a的线速度大于c的线速度C. 地球的质量为D. 地球的白转周期为【答案】D【解析】【分析】根据万有引力等于向心力，列式得到卫星的加速度表达式，再分析b、c的加速度关系a、c的角速度相同，由v=r分析a、c的线速度关系研究卫星b，根据重力等于向心力，求地球的质量根据时间T内，b比c多转2角度列式，求c的周期可得到地球自转周期【详解】由题意可知c为地球同步卫星，轨道半径大于b；对于任一卫星，根据万有引力等于向心力，得，得c的轨道半径大于b的轨道半径，则加c的加速度小于b的加速度，故A错误。a、c的角速度相同，由v=r分析可知，a星的线速度小于c的线速度，故B错误。设b卫星的周期为Tb由，得地球的质量为 ，由于b的周期TbT，所以地球的质量为 M，故C错误。对b星，有 mg=mR，得 Tb=2；设c的周期为Tc根据题意得：，联立解得，则地球自转周期为，故D正确。故选D。5.如图所示，是一质点做初速度为零的匀变速直线运动的的x-t图象。P(t1，x1)为图象上一点，PQ为过P点的切线，与t轴交于Q(t2，0)。则下列说法正确的是（ ）A. t1=2t2B. 质点的加速度大小为C. t1时刻，质点的速度大小为D. 0t1时间内，质点的平均速度大小为【答案】ACD【解析】【分析】位移等于纵坐标的变化量。平均速度等于位移与时间之比，图象的斜率等于速度，由斜率大小求质点速度的大小。根据匀加速直线运动速度时间公式求质点的加速度大小。【详解】t1时刻，质点的速度大小为；从0到t1的平均速度，物体做初速度为零的匀变速直线，则，解得t1=2t2；根据 ，解得 ，0t1时间内，质点的平均速度大小为，选项B错误，ACD正确；故选ACD；【点睛】本题是位移-时间图象问题，抓住图象的数学意义：斜率等于物体的速度，来分析物体的运动情况。6.某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器质量为m，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角=60，使飞行器恰恰与水平方向成=30角的直线斜向右上方匀加速飞行，如图所示，t时间后撤去动力，飞行过程中的空气阻力不计。下列说法中正确的是（ ）A. 匀加速飞行时动力的大小等于mgB. 匀加速飞行时加速度的大小为gC. 撤去动力后，飞行器的加速度大小为gD. 再经时间t后飞行器的速度变为0【答案】BC【解析】【分析】起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30角斜向上，根据几何关系求出合力，由牛顿第二定律求出加速度；撤去F后，飞行器的加速度竖直向下，从而判断再经过t的速度；【详解】起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图所示：在OFFb中，由几何关系得：F=mg，Fb=mg；由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1=g故A错误，B正确；撤去F后，飞行器只受重力作用，则加速度为g，选项C正确；有动力作用时经过t的速度为gt；因撤去F后的加速度方向与有动力F时的加速度方向不是相反的，则再经时间t后飞行器的速度不会变为0，选项D错误；故选BC.【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对分析器进行受力分析并能结合几何关系求解。7.如图是质谱仪的工作原理示意图，电荷量相同的带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平加速电场板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S速度选择器下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（ ）A. 质谱仪是给同位素加速的工具B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的质量越小【答案】BD【解析】【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v=E/B粒子可通过选择器，然后进入B0，打在S板的不同位置；【详解】进入B0的粒子满足，即，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A错误；根据粒子在磁场中的轨迹可知，可知粒子带正电，则在电场中受电场力向左，所以洛伦兹力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，故B正确；能通过狭缝P的带电粒子满足qE=qvB，得v=E/B，故C错误；由，知R越小，荷质比越大，当电量相同时，则粒子的质量越小，故D正确；故选BD。【点睛】质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段，在不同阶段的粒子受力情况不同，运动特点也不同8.“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快效率高等优点。如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平导轨电阻不计，宽为L。在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。“电磁炮”弹体总质量为m，其中弹体在轨道间的电阻为R。可控电源的内阻为r，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I，不计空气阻力。则（ ）A. 弹体所受安培力大小为BILB. 弹体从静止加速到v，轨道长度至少为C. 弹体从静止加速到v的过程中电源提供的总能量为D. 可控电源的电压应随时间均匀增加，才能保证“电磁炮”匀加速发射【答案】ACD【解析】【分析】当导轨上通入电流后，炮弹在安培力的作用下，做初速度为零匀加速直线运动，因此根据牛顿第二定律求出加速度然后利用运动学公式即可求解消耗的总能量转化为弹体的动能和热量；由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，是电磁炮匀加速发射【详解】在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为：F=ILB，选项A正确；由动能定理：Fx=mv2，轨道至少要x=，选项B错误；由F=ma，v=at；解得 ；发射过程产生的热量：Q=I2（R+r）t；弹体的动能：Ekmv2；系统消耗的总能量，选项C正确；由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应随时间均匀增加，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，使电磁炮匀加速发射，选项D正确；故选ACD.【点睛】本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清功能转化关系，然后依据相应规律求解二、实验题9.用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。如图所示，先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP，ON的长度(1)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有_。A.小球1和小球2的质量m1、m2 B.B点离地面的高度hC.A、B两点间的高度差h D.小球1和小球2的半径r(2)当所测物理量满足表达式_ (用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。【答案】 (1). A; (2). ;【解析】【分析】（1）在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度根据实验的原理确定需要测量的物理量（2）根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒的表达式.【详解】（1）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达m1OP=m1OM+m2ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2故选A.（2）当所测物理量满足表达式m1OP=m1OM+m2ON时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。【点睛】解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度若碰撞前后总动能相等，则机械能守恒10.某实验小组成员要测量一节干电池的电动势和内阻，已知该干电池的电动势约为1.5V，内阻约为0.50；实验室提供了电压表V(量程为3V内阻约3k)、电流表A(量程0.6A，内阻rA=0.702)、滑动变阻器R(10，2A)、开关和导线若干。(1)为了尽可能减小实验误差，请在图方框中画出实验电路图_。(2)通过多次测量并记录对应的电流表示数和电压表示数U，利用这些数据在图中画出了U-I图线。由图线可以得出此干电池的电动势E=_V(保留3位有效数字)，内阻r=_(保留2位有效数字)。(3)实验过程中，发现电流表发生了故障于是小组成员又找来一个电压表和一个定值电阻，组成了如图所示的电路，移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图所示，图线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E=_，内阻r=_(用k、a、R0表示)【答案】 (1). ； (2). 1.45； (3). 0.60； (4). ； (5). ； 【解析】【分析】（1）明确测量电动势和内电阻的实验原理，注意电流表内阻已知，故可以采用相对电源的电流表内接法进行实验；（2）由作出的U-I图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻。（3）由闭合电路欧姆定律可明确对应的公式，再由图象即可求得对应的电动势和内电阻。【详解】（1）电流表内阻已知，为减小实验误差，电流表相对电源可以采用内接法，实验电路图如图所示： （2）根据U=E-Ir以及图象可知，电源的电动势为：E=1.45V，内阻：电源内阻为：r=1.30-0.70=0.60；（3）由闭合电路欧姆定律可知，E=U2+，变形得： 则有：当U1=0时，U2=a，则有：=a（R0+r）=k，解得：E= ，r=；【点睛】在测量电动势和内电阻的实验中由于公式较多，在解题中要根据题意，灵活的选用相应的表达式。若用图象解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式求解。三、计算题11.如图所示，虚线MN为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E，方向竖直向下且与边界MN成=45角，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d.。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放。粒子第一次进入磁场后，经过时间t，将磁感应强度大小突然变为B，方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中。(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)求：(1)粒子进入磁场时的速度大小；(2)当B有最小值时，经过的时间t为多少?(3)B的最小值为多少?【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】粒子在电场中被加速，根据动能定理求解进入磁场时的速度；粒子恰好被束缚在该磁场中时B最小时，轨迹圆与虚线边界相切；根据几何关系求解经过时间t在磁场中转过的角度，从而求解t；由几何关系求解粒子恰被束缚在磁场中时的圆的半径，从而求解B.【详解】（1）粒子在电场中被加速，则qEd=mv2解得 （2）当将磁感应强度大小突然变为B，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则粒子的运动轨迹如图；由几何关系可知： ，由 解得 （3）由几何关系可知：R+Rcos=2r解得B=2(2-)B12.如图所示，AMN与DEF是固定的光滑平行金属导轨，间距为lAM与DE段与水平面夹角为，处在方向垂直导轨向上的磁场中。MN与EF段水平，处在竖直向上的匀强磁场中，其上有一静止导体条b，质量为m2。在NF的右侧，光滑的水平地面上有一个质量为m3的薄木板靠着导轨末端，上表面与导轨MNEF相平，与导体条b之间摩擦因数为。在导轨间有个电容为C的电容器和一个单刀双掷开关K及定值电阻R。初始电容器不带电，K掷在1端。在导轨AMDE上端由静止释放一个质量为m1的导体棒a，经过一段时间后导体棒在倾斜导轨上匀速运动。已知两处磁场的磁感应强度大小均为B。导体a、b的电阻忽略不计，导体b的宽度不计。求：(1)导体棒在倾斜导轨上匀速运动的速度v1；(2)导体棒在倾斜导轨上匀速运动时，电容器的带电量Q；(3)若a棒匀速后，开关K由1端掷向2端导体条b以一定速度冲上木板，且没有从木板上滑下，此时电容器两端电压为U，求木板长度的最小值。【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）当导体棒匀速运动时重力沿斜面向下的分力等于安培力，列式求解速度；（2）匀速运动时，电容器没有电流，两端电压为电动势，根据q=CE求解电容器带电量；（3）开关K由1端掷向2端导体条b以一定速度冲上木板，根据动量定理结合安培力的冲量求解速度；根据动量守恒定律和能量关系求解木板最小长度.【详解】（1）a棒匀速运动时产生的电动势为E=Blv1，电流I=E/R安培力F=BIl因为匀速运动：m1gsin-F=0解得 （2）匀速运动时，电容器没有电流，两端电压为电动势q=CE，解得 （3）对b由动量定律：I安=m2v2其中 解得 当b滑上平板后到共速，由动量守恒定律： 损失的动能 损失的动能转化为摩擦生热 其中L为木板的最小长度，f=m2g；解得【点睛】本题的关键是要知道利用动量定理可求出电磁感应中通过导体的电量，对于金属杆，要注意分析它们的运动过程，明确最终的条件：与木板速度相同，知道系统遵守的规律：动量守恒定律和能量守恒定律13.一定质量的某种气体，在不同温度下的气体热运动速率的统计分布图象如图所示，下列说法正确的是_。A.曲线的温度低于曲线的温度B.该气体分子在高温状态时的平均速率大于低温状态时的平均速率C.不计分子势能，气体在曲线时具有的内能较大D.温度升高时每个分子运动的动能都增大E.通过定量的分析可以得出：理想气体的热力学温度与分子的平均动能成正比【答案】ABE;【解析】【分析】温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大，体积不变时，气体的内能由平均动能决定；【详解】密闭在钢瓶中的理想气体体积不变，温度升高时分子平均动能增大压强增大。温度升高时，速率大的分子所占比重较大，则曲线的温度低于曲线的温度故A正确；由图可知，高温时速率大的分子占比更多，因此气体分子在高温状态时的平均速率大于低温状态时的平均速率；故B正确；由于状态时的温度高，故不计分子势能时，气体在状态时具有的内能较小；故C错误；温度升高时，分子的平均动能增大，但并不是每个分子的动能都增大；故D错误；通过定量的分析可以得出：理想气体的热力学温度与分子的平均动能成正比，选项E正确；故选ABE。【点睛】本题考查了温度是分子平均动能的标志，注意明确温度升高平均动能增大，速率较大的分子占据的比例增大，但并不是所有分子的动能都增大14.如图，质量为M=1kg的导热性能极好的气缸，高为L=30cm，开口向上置于水平地面上，气缸中有横截面积为S=10cm2、质量为m=2kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内。外界温度为t0=27、大气压为p0=105Pa，此时气柱高度为20cm，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，重力加速度为g取10m/s2(i)将气缸固定在地面上，如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，求在顶端处，竖直拉力F的大小。(ii)如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，则此时外界温度t为多少摄氏度?【答案】（1）40N（2）177 【解析】【分析】（1）气体进行等温变化，找到气体的状态参量，根据玻意耳定律列式求解；（2）气体进行等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解最终的温度.【详解】（1）对所封闭的气体，开始时：V1=lS； 活塞到顶端时：V2=LS； 此过程满足 联立解得： 带入数据解得F=4