四川省泸州市泸县第一中学2019届高三物理上学期期末试题（含解析）.docx

泸州市泸县第一中学2019届高三上学期期末理综物理试题一、选择题：1.许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，下列说法中正确的是A. 牛顿发现了万有引力定律后，用实验的方法测出了引力常量G的数值B. 汤姆生发现了电子；卢瑟福根据粒子散射实验现象提出了原子的核式结构模型C. 伽利略用斜面实验证明了力是使物体运动的原因D. 赫兹从理论上预言了电磁波的存在，并证明了电磁波是横波【答案】B【解析】牛顿发现了万有引力定律后，卡文迪许用实验的方法测出了引力常量G的数值。故A错误；汤姆生发现了电子，提出原子枣糕式模型，卢瑟福根据粒子散射实验的现象，提出了原子核式结构学说，故B正确；伽利略用理想斜面实验证明了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C错误。麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证明了电磁波的存在。故D错误。故选B。【点睛】解答本题的关键是了解几个重要的物理学史，知道题目中所涉及的各位伟大科学家的贡献2.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，则()A. 运动员的加速度为gtanB. 球拍对球的作用力为C. 运动员对球拍的作用力为D. 若加速度大于gsin，球一定沿球拍向上运动【答案】A【解析】试题分析：A、B、C对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得：Nsin=maNcos=mg解得，a=gtan，N=，故A正确、B错误；以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为F=，故C错误D、当agtan时，网球将向上运动，由于gsin与gtan的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动故D错误故选：A3.如图所示，质量为m的光滑小球，在细线和墙壁的作用下处于静止状态，重力加速度为g，细线与竖直墙壁的夹角为300，则细线对小球的拉力大小为 A. B. C. D. 【答案】A【解析】对小球受力分析，由力的平衡知识可知，细线对小球的拉力大小为，故选A.4.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，a、b两点间的电压为 ，R为可变电阻，P为用铅锑合金制成的保险丝，其电阻可忽略不计，熔断电流为2A。为使保险丝不熔断，可变电阻R连入电路的最小阻值是 A. B. 1.1C. 11D. 【答案】B【解析】原线圈输入电压,根据电压与匝数成正比解得：；原线圈的最大输入功率为P1=U1I=2202440W；输出功率等于输入功率P2P1=440W；输出功率：,解得：R1.1，故B正确，ACD错误；故选B。5.科学家发现了一颗距离地球14光年的“另一个地球”沃尔夫，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球。沃尔夫的质量为地球的4倍，它围绕红矮星运行的周期为18天。设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫表面运行。已知万有引力常量为G，天体的环绕运动可看作匀速圆周运动。则下列说法正确的是A. 从地球发射该探测卫星的速度应该小于第三宇宙速度B. 根据沃尔夫围绕红矮星运行的运动周期可求出红矮星的密度C. 若已知围绕沃尔夫表面运行的探测卫星的周期和地球的质量，可近似求沃尔夫半径D. 沃尔夫绕红矮星公转和地球绕太阳公转的轨道半径的三次方之比等于【答案】C【解析】从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫表面运行，发射的速度应大于第三宇宙速度，故A错误。设红矮星的质量为M，半径为R，沃尔夫的轨道半径为r。根据得，T=2，红矮星的密度为 可知，根据沃尔夫的运动周期，不能求出红矮星的密度，故B错误。已知地球的质量，可以得知沃尔夫的质量，设为M，根据，则知已知探测卫星的周期和沃尔夫的质量，可以求出探测卫星的轨道半径，由于探测卫星围绕沃尔夫表面运行，所以探测卫星轨道半径近似等于沃尔夫的半径，因此可以近似求出沃尔夫的半径。故C正确。沃尔夫和地球围绕的中心天体不同，不能根据开普勒第三定律求解轨道半径的三次方，可知公转半径的三次方之比不等于（）2，故D错误。故选C。点睛：解决本题的关键是要掌握万有引力提供向心力这一重要思路，以及知道开普勒第三定律的适用条件，即对同一中心天体而言6.如图所示，匝数为30匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小的水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴以角速度=10rad/s匀速转动(线框面积S=0.5m2，线框电阻不计)，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“2.5V、1.5W”的小灯泡，且灯泡正常发光，下列说法正确的是A. 在图示位置线框中产生的感应电动势最大B. 线框中产生电动势的有效值为30VC. 变压器原、副线圈匝数之比为12:1D. 流过闭合导线框的电流为0.6A【答案】BC【解析】由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，所以A错误矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为Em=nBS=300.510=30V，所以交流电的有效值为U1=30V，所以B正确由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为，所以C正确根据P1=U1I1=P2=1.5W，解得I1=0.05A，则选项D错误；故选BC7.如图甲所示，在倾角为37足够长的粗糙斜面底端，一轻弹簧被一质量m=1kg的滑块(可视为质点)压缩着且位置锁定，但它们并不粘连。t=0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1=0.1s时滑块已上滑s=0.25m的距离(g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)。则下列说法正确的是（ ）A. 滑块与斜面之间的动摩擦因数=0.2B. 弹簧锁定时具有的弹性势能EP=4.5JC. 当t=0.3s时滑块的速度大小为0D. 当t=0.4s时滑块的速度大小为1m/s【答案】BC【解析】在bc段做匀加速运动，加速度为：a=-10m/s2；根据牛顿第二定律，有mgsin37+mgcos37=ma，解得，选项A错误；从0到t1时间内，由动能定理可得WP-mgssin37-mgscos37=mvb2，解得：WP=mgssin37+mgscos37+mvb2=1100.250.6+0.51100.250.8+122J=4.5J，选项B正确；根据速度时间公式，得：t2=0.3s时的速度大小：v1=v0-at=1-100.1=0，选项C正确；在t2之后开始下滑，下滑时的加速度为：mgsin37-mgcos37=ma，a=gsin37-mgcos37=100.6-0.5100.8m/s2=2m/s2，从t2到t3做出速度为零的加速运动，t=0.4s时刻的速度为：v3=at=20.1=0.2m/s，选项D错误；故选BC.8.2009年诺贝尔物理学奖得主威拉德。博伊尔和乔治。史密斯的主要成就是发明了电荷耦合器件（CCD）图像传感器。他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理。如图所示电路可研究光电效应规律，图中标有A和K的为光电管，其中K为阴极，A为阳极。理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压。现接通电源，用光子能量为的光照射阴极K，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0V；现保持滑片P的位置不变，以下判断正确的是( )A. 光电管阴极材料的逸出功为4.5eVB. 若增大入射光的强度，电流计的计数不为零C. 若用光子能量为12eV的光照射阴极K，光电子的最大初动能一定变大D. 若用光子能量为9.5eV的光照射阴极K，同时把滑片P向左移动少许，电流计的读数一定不为零【答案】AC【解析】电流计的读数恰好为零，此时电压表的示数为6.0V，根据动能定理得， 再根据光电效应方程知：故A正确光电效应的产生的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关故B错误增大入射光的光子能量，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能变大故C正确若用光子能量为9.5eV的光照射阴极A，能发生光电效应，但是把滑片P向左移动少许，电流计的读数不一定不为零，故D错误；故选AC【点睛】图示电路所加的电压为反向电压，当电流计的读数恰好为零时，根据动能定理可以求出光电子的最大初动能，通过光电效应方程可以求出逸出功的大小二、非选择题： 9.在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置。实验操作的主要步骤如下：A在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直B使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹AC将木板沿水平方向向右平移一段动距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹BD将木板再水平向右平移同样距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C若测得A、B间距离为y1，B、C间距离为y2，已知当地的重力加速度为g。关于该实验，下列说法中正确的是_A斜槽轨道必须尽可能光滑 B每次释放小球的位置可以不同C每次小球均须由静止释放D.小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，之后再由机械能守恒定律求出根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为v0_。(用题中所给字母表示)实验完成后，该同学对上述实验过程进行了深入的研究，并得出如下的结论，其中正确的是_。 A小球打在B点时的动量与打在A点时的动量的差值为p1，小球打在C点时的动量与打在B点时动量的差值为p2，则应有p1：p2=1:1B小球打在B点时的动量与打在A点时的动量的差值为p1，小球打在C点时的动量与打在B点时动量的差值为p2，则应有p1：p2=1:2C小球打在B点时的动能与打在A点时的动能的差值为Ek1，小球打在C点时的动能与打在B点时动能的差值为Ek2，则应有Ek1：Ek2=1:1D小球打在B点时的动能与打在A点时的动能的差值为Ek1，小球打在C点时的动能与打在B点时动能的差值为Ek2，则应有Ek1：Ek2=1:3【答案】 (1). C (2). (3). A【解析】A、为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要光滑，故A错误，B错误，C正确D、小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，结合水平位移求出，故D错误故选C。根据，解得：，依据动量定理：，由于水平位移相同，则它们的运动时间相等，因此应有，故A正确，B错误；根据动能定理：，虽然它们的运动时间相等，但由于竖直方向不是初速度为零，那么竖直方向的位移不是1：3，因此，竖直方向的位移也不相等，所以动能的变化量也不相等，故CD错误；故选A。【点睛】小球做平抛运动，必须保证斜槽末端切线水平；实验过程中要保证小球每次做平抛运动的初速度相同，每次应从斜槽的同一位置由静止释放小球；明确实验的注意事项，根据平抛运动规律在水平和竖直方向的规律，尤其是在竖直方向上，连续相等时间内的位移差为常数，列出方程即可正确求解；依据动量定理，结合相同时间，即可判定动量变化比值；再由动能定理，结合合力做功，即可确定求解；根据平抛运动处理规律，结合运动学公式，及运动的合成与分解内容，即可求解10.某研究性学习小组的同学们设计了描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验，待测小灯泡的额定电压为3.8V。要求测量结果尽量精确，并绘制出小灯泡两端电压在03.8V范围内完整的伏安特性曲线。(1)若实验室的电压表、电流表和滑动变阻器都满足实验要求，则在如图所示的两种实验方案中，应选择_图所示电路进行实验。（选填“甲”或“乙”）(2)若实验中只提供了量程为3V，内阻为3000的电压表V1，为了绘制完整的伏安特性曲线，需要将电压表V1改装成量程为4V的电压表V2，则应将电压表V1_（选填“串联”或“并联”）一个阻值为_的定值电阻，才能实现改装的要求。(3)小组的同学们正确描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，根据这个特性曲线，同学们对小灯泡的实际功率与其两端的电压的关系，或与通过其电流的关系，猜想出了如图所示的关系图像，其中可能正确的是_。（选填选项下面的字母序号）A、 B、C、 D、(4)某同学将该小灯泡接在一个电动势为3.0V、内阻为5.0的电源上，组成一个闭合电路，则此时该小灯泡实际功率约为_W。（保留2位有效数字）【答案】 (1). （1）甲 (2). （2）串联 (3). 1 000 (4). （3）AB (5). （4）0.38（0.360.42)【解析】【详解】（1）由于实验是测量小灯泡的伏安特性曲线，电压需要从0开始测量，故供电电路需要用分压式，则甲电路是正确的；（2）原电压表的量程为3V，改装后的电压表的量程为4V，故1V的电压差需要用一个电阻串联分压来获得，该电阻的阻值为R=1000；（3）根据可知，即在U2与P的图像中，斜率为R，因为随着电压的增大，灯泡的电阻是增大的，故U2与P的图像的斜率也是增大的，故A正确，C错误；又根据可知，即在I2与P的图像中，其斜率为，当电阻增大时，其倒数减小，故I2与P的图像的斜率在变小，故B正确，D错误；故选AB；（4）在灯泡的伏安特性曲线上，我们再做出电源的伏安特性直线，因为电源的伏安特性为U=Ir+E=I5+3V，其与灯泡的曲线的交点即为灯泡的两端电压和电流，得U=2V，I=0.19A，故小灯泡的实际电功率为P=0.38W。【点睛】最后一问，求小灯泡的电功率有一定的难度，对于这种电阻变化的电路，由于小灯泡的电阻不确定，所以我们需要通过画电源的电压与电流的特性直线与确定它们的电流，与小灯泡的电压。11.如图所示，在光滑水平而上放置一个匀质木块A,厚度为l,质量为19m,并用销钉固定。一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，恰好能从A中穿出，子弹在木块中受到的阻力可视为恒力，且子弹可视为质点。(1)求子弹在木块中受到的阻力大小；(2)取下销钉，同样的子弹仍以水平速度v0射人木块，求子弹能打入木块的深度。【答案】（1） （2）【解析】【分析】子弹恰好击穿A，根据动能定理可得子弹在木块中受到的阻力大小，子弹与木块最后达到共速，由系统动量守恒和功能关系得子弹射入木块的深度；解：（1）子弹恰好击穿A，根据动能定理可得解得：（2）由题意得子弹与木块最后达到共速，由系统动量守恒有损失的动能根据功能关系有联立可得子弹射入木块的深度12.如图所示，倾角为=37的足够长平行导轨顶端bc间、底端ad间分别连一电阻，其阻值为R1R22r，两导轨间距为L=1m。在导轨与两个电阻构成的回路中有垂直于轨道平面向下的磁场，其磁感应强度为B1=1T。在导轨上横放一质量m=1kg、电阻为r=1、长度也为L的导体棒ef，导体棒与导轨始终良好接触,导体棒与导轨间的动摩擦因数为=0.5。在平行导轨的顶端通过导线连接一面积为S0.5m2、总电阻为r、匝数N=100的线圈(线圈中轴线沿竖直方向)，在线圈内加上沿竖直方向,且均匀变化的磁场B2(图中未画),连接线圈电路上的开关K处于断开状态，g=10m/s2,不计导轨电阻。求：(1)从静止释放导体棒，导体棒能达到的最大速度是多少？(2)导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内，电阻R1上产生的焦耳热为Q=0.5J，那么导体下滑的距离是多少？(3)现闭合开关K，为使导体棒静止于倾斜导轨上，那么在线圈中所加磁场的磁感应强度的方向及变化率大小的取值范围？【答案】【解析】对导体棒,由牛顿第二定律有 其中 由知,随着导体棒的速度增大,加速度减小,当加速度减至0时,导体棒的速度达最大，有 导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内,由动能定理有 根据功能关系有 根据并联电路特点得 由联立得 开关闭合后，导体棒ef受到的安培力 干路电流 电路的总电阻 根据电路规律及得 由联立得 当安培力较大时 由得 当安培力较小时 由得 故为使导体棒静止于倾斜导轨上，磁感应强度的变化的取值范围为： 根据楞次定律和安培定则知闭合线圈中所加磁场：若方向竖直向上，则均匀减小；若方向竖直向下，则均匀增强。13.分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图所示(取无穷远处分子势能Ep0)。若甲分子固定于坐标原点O，乙分子从某处（分子间的距离大于r0小于10r0）静止释放，在分子力的作用下沿r正半轴靠近甲。由下列说法正确的是A. 乙分子所受甲分子的引力逐渐增大B. 乙分子在靠近甲分子的过程中乙分子的动能逐渐增大C. 当乙分子距甲分子为rr0 时，乙分子的速度最大D. 当乙分子距甲分子为rr0 时，乙分子的势能最小E. 甲分子与乙分子之间的作用力随r 的减小而增大【答案】ACD【解析】乙分子到达O点前，随分子距离的减小，乙分子所受甲分子的引力逐渐增大，选项A正确；乙分子到达O点前，分子力先做正功后做负功，分子动能先增加后减小，选项B错误；当乙分子距甲分子为rr0 时，分子力表现为引力，则当乙分子从某处运动到rr0 时，分子力一直做正功，此时乙分子的速度最大，乙分子的势能最小，选项CD正确；甲分子与乙分子之间的作用力随r 的减小，先增加后减小，再增大，选项E错误；故选ACD.点睛：本题对分子力、分子势能与分子间距离的关系要熟悉，知道分子间距离等于平衡距离时分子势能最小，掌握分子间作用力与分子间距离的关系、分子清楚图象，即可正确解题14.如图所示，汽缸A和B的活塞用硬杆相连，活塞的横截面积SA=2SB，两活塞距离底部均为h，汽缸壁用导热材料做成，此时环境温度为300 K，外界大气压为p0，汽缸B内的压强p205p0问：(I)此时汽缸A内气体的压强为多少？(II)若保持汽缸B中的气体温度不变，把汽缸A缓慢加热，加热至温度多高活塞才移动h ?【答案】(1) 0.75p0 (2) 600 K【解析】（1）要求汽缸内封闭气体的压强，应分析活塞整体，通过受力分析，根据共点力平衡条件求解活塞整体受力分析如图所示根据共点力平衡有p0SBp1SAp