四川宜宾叙州区第一中学2019届高三物理上学期期末考试试题含解析

1、四川省宜宾市叙州区第一中学2019届高三上学期期末考试理综-物理试题1.有关近代物理内容的叙述，下列说法正确的是A.天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构B.一群处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能发出6种不同频率的光C.原子核发生一次3衰变，原子序数增加1D.温度升高，放射性元素衰变的半衰期减小【答案】C【解析】A项：天然放射现象的发现揭示原子核具有复杂的内部结构，故A错误；B项：根据公式=所以一群处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能发出3种不同频率的光，故B错误；C项：根据原子核发生日衰变放出一个电子可知，原子序数增加1,故C正确；D项：放射性元素衰变的半衰期与外界因素无关，如温度

2、，压强等，只取决于原子核内部结构，故D错误。2.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（）A.原、副线圈匝数之比为1:9B.原、副线圈匝数之比为9:1C.此时a和b的电功率之比为10:1D.此时a和b的电功率之比为1:10【答案】B【解析】【分析】根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比;根据变压器电流之间的关系和功率公式可明确功率之比.【详解】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U,则说明原线圈输入电压为9U,输出电压,，八“八，g,1Zr11,为U;则可

3、知，原副线圈匝数之比为9:1,A错误B正确；根据公式一=可得-=-，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=U颗I可得a和b上的电功率之比为1:9,CD昔误.3.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是A.平行板电容器的电容将变小B.带电油滴的电势能将减少C.静电计指针张角变小D.若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】B【解析】【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不

4、变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化【详解】A.将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据/知，d减小，则电容增加，故A错误；44dB.电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故B正确；C.静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故静电计指针张角不变，故C错误；D.若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，正对面积S减小，根据E=m=&=电"，知电场强度变大

5、，则油滴所受电场力变大，故d错误.dCdeS故选B.【点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变4.如图所示，是我国首个空间实验室“天宫一号”的发射及运行示意图。长征运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，B点距离地面高度为h,地球的中心位于椭圆的一个焦点上，“天空一号”飞行几周后变轨进入预定圆轨道。已知“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t,万有引力常量为G地球半径为R则下列说法正确的是一型定圈轨道留轨多/A. “天宫一号”在椭圆轨道的B点的加速度大于在预定圆轨道的B点的加速度B. “天宫一号

6、”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，动能先减小后增大C. “天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期大于沿预定圆轨道运行的周期D.由题中给出的信息可以计算出地球的质量M=Gr【答案】D【解析】【分析】“天宫一号”在B点的加速度由万有引力提供；“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，只受到地球的引力，只有地球的引力做负功，动能越来越小，但机械能守恒；地球对天宫一号的万有引力提供它绕地球做匀速圆周运动的向心力，由万有引力公式及向心力公式列方程，可以求出地球的质量.【详解】A.“天宫一号”在椭圆轨道的B点的向心加速度以及圆轨道B点的向心加速度都是万有引力提供的，是相等的，故A错误；B.“天宫

7、一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，只受到地球的引力，距离地球原来越远，地球的引力做负功，根据动能定理可知，动能越来越小，故B错误；C.椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知，“天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期小于沿预定圆轨道运行的周期，故C错误；D.“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t,故周期为T=t/n,根据万有引力提供、，GMm中？zo,=4房i'(R+h)3山向心力=m-(R.+h),得地球的质重M=,故D正确；(R+h)丁'Gt2故选：D5.如图所示，由竖直轴和双臂构成的“Y”型支架可以绕竖直轴转动，双臂与竖直轴所成锐角为a一个质

8、量为m的小球穿在一条臂上，到节点的距离为h,小球始终与支架保持相对静止。设支架转动的角速度为力，则f)A.当a)=0时，臂对小球的摩擦力大小为n呼mgB.m由零逐渐增加，臂对小球的弹力大小不变1 fecos©C.当=F时，臂对小球的摩擦力为零srnSjhD.当切=LRcosG41)时，臂对小球的摩擦力大小为mgsin&ih2【答案】C【解析】当=0时，臂对小球的摩擦力大小等于重力沿斜杆向下的分力，大小为f=mgpos0,选项A错误；当支架转动时：竖直方向：FNsinG1fug。=mg；水平方向：FcosS-fsmB=mcohsmG；解得l'=mgcciSiO-in&l

9、t;j?hsin1,可知w由零逐渐增加，臂对小球的摩擦力先减后增，弹力大小先增,1bcosO后减，选项B错误；由£=Egc。蛉-rnsihsiti"。=0可得=,选项C正确；由sinHihr、1(l-COSG)f=|m即os日-mshsirfa|=mg可得=；,选项D错误；故选C.sm0vh点睛；此题关键是对小球受力分析，列出水平和竖直方向的方程，然后求解摩擦力的表达式，再进行讨论.6 .如图所示，以减速渗透薄膜为界的区域I和II有大小相等方向相反的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场方向进入磁场，穿过薄膜，在两磁场区域做圆周运动，图中虚线是部分轨迹，在II中运动轨道半径是I中运动

10、轨道半径的2倍。粒子运动过程中，电性及电荷量均不变，不计重力与空气阻力。则粒子vvWvWW：Vn：A,带负电B.在II中做圆周运动速率是在I中的2倍C.在II中做圆周运动周期是在I中的2倍D.在II中向心加速度大小是在I中的2倍【答案】BD【解析】rnv由粒子的运动轨迹，结合左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；根据r=,因=2口可qB2jqti知，心二备1,选项B正确；根据T=可知，在II中做圆周运动周期等于在I中的周期，选MB'二项C错误；根据打=上可得在II中向心加速度大小是在I中的2倍，选项D正确；故选BD.r7 .一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端。已知小物

11、块冲上斜面的初动能为E,它返回斜面底端的速度大小为v,克服摩擦阻力做功为-B若小物块冲上斜面的初动4能变为3E,则A,返回斜面底端时动能为B,返回斜面底端时速度大小为值C,从出发到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功为-E4D,从出发到返回斜面底端，机械能减少-E8【答案】BC【解析】【分析】物体冲上斜面和返回到斜面底端两过程中克服摩擦阻力做功相等；初动能增大后，上升的高度也随之变大，可根据匀减速直线运动的速度位移公式求出上升的位移，进而表示出克服摩擦力所做的功；对两次运动分别运用动能定理和功能关系即可求解克服摩擦阻力做功及机械能的减少.【详解】物块以初动能为E冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理

12、得:1 2E介2 4设以初动能为E冲上斜面的初速度为V0,则以初动能为3E冲上斜面时，初速度为拒桃,加速-7度相同，根据2ax=v2-4可知：物体上滑的最大位移为x=22a可知，物块第二次冲上斜面的最大位移是第一次的3倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即为E.4以初动能为3E冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得：lmvJ2-3E=-E24所以返回斜面底端时的动能为=E;24由得：返回斜面底端时速度大小为v'=Jiv根据功能关系可知，从出发到返回斜面底端，机械能减少等于克服摩擦阻力做功，为3E,故4AD错误，BC正确。故

13、选：BC8.如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d,P点在A、B板间，A板接地，B板的电势。随时间t的变化情况如图乙所示，t=0时，在P点由静止释放一质量为m电荷量为e的电子，当=2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是甲A.心：/=1:2B.:=1:3C.在02T时间内，当t=T时电子的电势能最小谭1常D.在02T时间内，电子的电势能减小了md-【答案】BD根据场强公式可得0T时间内平行板间的电场强度为:eE中e，一，、一，、_.1、一、,4=，且向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移为：词=-一/，速度为：vi=aiT,indm2同理在T2

14、T内平行板间电场强度为：加速度为：用=二=-，电子以vi的速度向d-mdm上做匀变速度直线运动，位移为：x2=VjT-a,T',由题意2T时刻回到P点，则有：xi+x2=0,联立可得：。2=31,故A错误，B正确；当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0T内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，因（f）2=3（j）i,所以在2T时刻电势能最小，故C一.如盯错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度为：v,=va,T=-,（负号表不方向向下），1-dm12e2lV电子的动能为：=根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，k2-故D正确。所以BD正确，AC错误。三、非选择题（图9.某

15、探究学习小组的同学要验证“牛顿第二定律”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接另一端跨过定滑轮挂上祛码盘，实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力（该实验中小车所受的合力:.填“等于”或“不等于”）力传感器的示数，该实验是否填“需要”或“不需要”）满足祛码和祛码盘的总质量远小于小车的质量？（力实验获得以下测量数据：小车、传感器和挡光板的总质量m挡光板的宽度l,光电门i和2的中心距离为&某次实验过程：力传感器的读数为F,小车通过光电门i和2的挡光时间分别为“、M小车通过光电门2后，祛码盘才落地），已知

16、重力加速度为g,则该实验要验证的式子是.Ml2I1【答案】（i）.等于（2）.不需要（3）.F=2st；t；【解析】【详解】因为力传感器是连接在小车上的，所以力传感器的示数表示小车所受的拉力，因为平衡过摩擦力了，所以绳子的拉力表示小车的合外力，因为实验中不要求绳子的拉力等于祛码和祛码盘的总重力，故不需要总质量远小于小车的质量，小车经过光电门1时的速度为IL122V=-,经过光电门2时的速度为力=，发生的位移是s,所以=2吟所以加速度为1 ItI,Ml21Ia=（1）故只需验证F=10.在“测定金属的电阻率”的实验中，先用螺旋测微器测量金属丝直径，再用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算

17、出该金属材料的电阻率.（1）用刻度尺测得金属丝长度L=0.91m,用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，则该金属丝的直径为d=;（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝（阻值约为10Q）外，还有如下供选择的实验器材：A.直流电源（电动势约6V,内阻约3Q）B.电流表A（量程00.6A,内阻Ra1=2Q）C.电流表A（量程02mA内阻Rx2=100Q）D.电压表V（量程015V,内阻约500Q）E.变阻箱R（0-9999Q）F.滑动变阻器R（0200）G.滑动变阻器R（0100Q）H.开关、导线等在可供选择的器材中，除开关、导线外，应该选用的电表是（填写序号），应该选用的其他

18、器材是（填写序号）。(3)根据所选的器材，在方框中画出实验电路图(4)若根据伏安法测出电阻丝的电阻为R=10,则这种金属材料的电阻率为AE(保留二位有效数字)。【答案】(1).0.481-0.284mm(2).BC(3).AEF(4).(5).2.0X10-6(1)由于可动刻度的“0”在固定刻度下方,因此固定刻度的读数为:0mm可动刻度读数为0.01x48.1mm=0.481mm所以最终读数为:0mm+0.481mm=0.481mm(2)电源电动势为6V,待测电阻约为10R,所以流过待测电阻的最大电流约E一=0,6A,故电R流表选B,由于电压表V的量程太大，故用已知内阻的电流表C与电阻箱串联改

19、装成电压表,为了准确测电阻应改变电阻中的电流多次测量，由】=：,结合电流表读数原理，应满足R+r1 E2,jlA<,故应选滑动变阻器E,还应电源A;(3)阻值较小，所以电流表应用外接法，如图LP代入数拓可得：p=loSm。叱)点晴：螺旋测微器精确度为0.01mm,需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出.在不要求电流或电压从零调或变阻器的阻值不是太小的情况下，滑动变阻器优先选择限流式接法，因限流式调节方便且节能。11 .如图所示，足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为两导轨间距为L,在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为E,内阻为r。一质量为m的导体棒ab与两导轨垂直并接触良好，整个

20、装置处于磁感应强度为B,垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与导体棒的电阻不计，重力加速度为g,(1)若要使导体棒ab静止于导轨上，求滑动变阻器接入电路中的阻值；(2)设电子电荷量为e,通电后，电子定向运动的速度大小为v,试根据导体棒所受安培力推导处导体棒中某一自由电子所受的洛伦兹力大小的表达式。BEL【答案】(1)R=；r(2)见解析；mgsinG【解析】【分析】(1)要保持金属棒在导轨上静止时，金属棒受力要平衡，分析其受力情况，由平衡条件求解金属棒所受到的安培力F,由F=BIL求解通过金属棒的电流；根据闭合电路欧姆定律求解滑动变阻器R接入到电路中的阻值；(2)根据电流的微观表达式表示出电流，即

21、可求得电子受到的洛伦兹力。【详解】(1)若要使导体棒ab静止于导轨上，则要求导体棒ab所受的重力、支持力、安培力三力平衡，导体棒在沿斜面方向受力满足=F安，其中F=HIL设导体棒ab静止时变阻器的阻值为R,由闭合电路欧姆定律可得】=旦R+rBEL解得mgsinGq(2)导体中电流大小】=:,令导体棒中定向移动的自由电子总数为N,则q=NeL这些电子全部通过导体棒的时间v某一自由电荷所受的洛伦兹力f=,解得f=BevN12 .一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xoy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为I,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xoy平面;磁场的上

22、、下两侧为电场区域，宽度均为】，电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向；MN为条形区域边界上的两点，它们的连线与轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与点运动到N点的时间。y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿yM点入射的速度从x轴正方向的夹角为N点沿y轴正方向射出。不花-,求该粒子的比荷及其从M6【解析】试题分析：(1)粒子在电场中做类平抛，然后进入磁场做圆周运动，再次进入电场做类平抛运动，结合相应的计算即可画出轨迹图(2)在电场中要分两个方向处理问题，一个方

23、向做匀速运动，一个方向做匀加速运动。(3)在磁场中的运动关键是找到圆心，求出半径，结合向心力公式求解。(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)图Ca)设粒子从M点射入时速度的大小为V0,(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为6(见图(b),速度沿电场方向的分量为Vi,根据牛顿第二定律有qE=ma式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有vi=at1=VotVj=vcosO粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R,由洛伦兹

24、力公式和牛顿第二定律得_mv"-qvB=R由几何关系得1 =2Rcos6联立式得国_v0=-°B1(3)由运动学公式和题给数据得兀V=v0cot-6联立式得q4a/3E1,设粒子由M点运动到N点所用的时间为一则.乳兀,我羡）t=2t十T2兀式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,2访由？式得故本题答案是：（1）轨迹图如图所示:点睛：在复合场中的运动要分阶段处理，每一个运动建立合理的公式即可求出待求的物理量。【物理一一选修3-313.下列说法正确的是A.“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的体积除以油膜的面积B.在一定条件下，热量可能从低温物体

25、传递到高温物体C.雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果D.不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力E.第二类永动机违背了热力学第二定律【答案】BCE【解析】根据油膜法测分子直径的原理分析答题；在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体；根据液体表面张力、浸润与不浸润的原因、对两类永动机的掌握分析答题【详解】A、“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸的体积除以油膜的面积；故A错误.日根据热力学第二定律可知，在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体，如冰箱、空调等，但要消耗其他的能量；故B正确.C雨后叶子表面上的小水珠接近

26、球形主要是液体表面张力作用的结果；故C正确.D不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力；故D错误.E、第二类永动机违反了热力学第二定律，不违背热力学第一定律；故E正确.故选BCE.【点睛】本题考查了选修内容，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可正确解题，对选修内容，要注意基础知识的学习与掌握。14.如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，气缸上、下两部分的横截面积分别为2s和S.在气缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移动.已知活塞A的质量是2m活塞B的质量是m.当外

27、界大气压强为p0、温度为T0时，两活塞静止于如图所示位置.若用一竖直向下的拉力作用在B上，使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动1/2的距离，又处于静止状态，求这时气缸内气体的压强及拉力F的大小.设整个过程中气体温度不变.%.3mgiI.【解析】#口-bF=fs+mg【分析】以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件列式求解气缸内气体的压强.整个过程中，气体的温度不变，发生等温变化。列出初态气缸内气体的压强和体积及末态气体的体积，由玻意耳定律列式求得末态气体的压强，再以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件求解拉力F的大小。pi,根据平衡条件有：poS+3mg【详解】以两活塞整体为研究对象，原来气缸内气

28、体压强为=piS解得：对气缸内气体，初态：pj=p0,V=2lS末态：P2,V广2根据玻意耳定律，有piVi=P2V243m旦解得：以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有：2pS=F+p0S+3mg斛佝：3【点睛】对于封闭气体，常常以与气体接触的活塞或水银为研究对象，根据平衡条件求压强,要加强这方面的训练，做熟练掌握【物理一一选修34】15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到点；t=0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、P、Q是介质中的质点，它们的平衡位置横坐标分别为70cm,50cm,60cm,90cm,设波的周期为T,则以下说法正确的是y/a»A.波源以及每个质点均沿y轴正方向开始振动B.从t=0.6s时刻开始，经过0.5T,质点b沿x轴正方向运动20mC.从t=0时刻开始，质点a在0.6s时间内通过的路程可能为60cmD.若T=0.8s,则在t=0.5s时刻，质点b、P的位移相同4,E.右T=0.8s,从t=0.4s时刻开始计时，则质点a的振动方程为y=0,lsin(-7rt)(m)【答案】ACD【解析】【分析】由图可知波的波长，而由两列波的波形图可得两波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移.