江苏省苏北三市（徐州连云港淮安）2019届高三上学期期末第一次质量检测物理试题

1、绝密启用前【市级联考】江苏省苏北三市（徐州、连云港、淮安)2019届高三上学期期末第一次质量检测物理试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四五总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题12018年11月16日，第26届国际计量大会(CGPM)表决通过了关于“修订国际单位制(SI)”的1号决议，摩尔等4个SI基本单位的定义将改由常数定义.下列各组单位中，属于国际单位制基本单位的是()AkgmA BkgsN CmsN DsAT2如图所示，象棋子压着纸条

2、，放在光滑水平桌面上.第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的P点.将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比()A棋子受到纸条的摩擦力较大B棋子落地速度与水平方向夹角较大C纸条对棋子的摩擦力做功较多D棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大3如图所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止取水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为()A B C D4如图所示，金属板带有等量异种电荷，板间某一竖直平面内电场线的分布如实线所示，已知

3、该平面内P、O的连线为等势线，且与电场线上两点M、N的连线垂直一带电油滴在O点处于静止状态则()A若将油滴置于P处，仍能静止B若将油滴从M处释放，将沿电场线运动至N处CM点的电势一定比N点的高D油滴在M点的电势能一定比在N点的小5如图所示，竖直平面内有固定的弯折形滑杆轨道ACB和ADB，AC平行于DB，AD平行于CB.一小圆环(图中未画出)先后套在ACB、ADB上，从A点由静止释放，滑到B点所用的时间为t1、t2，到达B点的速度大小为v1、v2.已知小圆环与两条轨道之间的动摩擦因数都相同，不计弯折处能量损失.下列关系式成立的是() At1t2 Bt1v2 Dv1v26下列说法正确的是 .A质量

4、数越小的原子核，比结合能越大B卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子核式结构模型C德国物理学家普朗克提出了量子假说，并成功解释了光电效应现象D氡的半衰期为3.8天，若取40个氡原子核，则经过7.6天剩下10个氡原子核7下列说法正确的是( )A布朗运动是液体分子的无规则运动B温度是分子平均动能的标志C水的饱和汽压随温度的升高而增大D一定质量的理想气体，吸收热量后温度一定升高评卷人得分二、多选题82018年11月19日发射的北斗导航卫星进入离地面高度约2.1104km的轨道，绕地球做匀速圆周运动，则该卫星的()A发射速度大于第一宇宙速度B运转速度大于第一宇宙速度C运转周期大于地球自转周期D向心加速度小于

5、地球表面处重力加速度9如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为12，原线圈接交流电压u10sin20t(V)下列说法正确的有()A交流电压的周期为0.1sB电压表V示数为14.1VCP向上滑动，电压表V示数将变小DP向上滑动，电流表A示数将变小10如图所示，磁感应强度为B的有界匀强磁场的宽度为L，一质量为m、电阻为R、边长为d(dL)的正方形金属线框竖直放置.线框由静止释放，进入磁场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动.已知重力加速度为g，则线框()A进、出磁场过程中电流方向相同B进、出磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量相等C通过磁场的过程中产生的焦耳热为mg(Ld)DMN边离开磁场时

6、的速度大小为11如图所示，质量为m的物体套在足够长的固定倾斜直杆上，并用弹性绳连接于O点杆与水平方向的夹角为，杆上C点位于O点的正下方物体与杆间的动摩擦因数tan .物体在A点时，绳水平且处于原长状态将物体从A点由静止释放，则物体()A到C点时，速度可能为0B到C点时，加速度可能为0C下滑过程中加速度先减小后增大D可以再次回到A点12下列说法正确的是（ ）A受迫振动的频率总等于振动系统的固有频率B波长越长的电磁波越容易发生衍射C利用超声波的多普勒效应，可测量心脏血液的流速D宇航员在相对地面高速运动的飞船里观测到地面上的钟走的较快第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、实验

7、题13某同学用图甲所示的装置来探究小车加速度与力、质量的关系（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度如图乙所示，其读数为_cm.（2）为了使细线对小车的拉力等于小车受到的合力，应_A. 平衡摩擦力B. 调节细线与长木板平行C. 使砝码及砝码盘的总质量远小于小车的质量D. 使砝码及砝码盘的总质量远大于小车的质量（3）该同学完成相关操作后将小车由静止释放，读出遮光条通过光电门A、B的时间分别为t1、t2，测出遮光条的宽度为d，A、B之间的距离为x，则小车的加速度a_(用给定的物理量字母表示)（4）若保持砝码和砝码盘的总质量m不变，改变小车质量M，则作出的1a-M图象为_ABCD14某同学用图甲所示电路来测

8、绘小灯泡的伏安特性曲线，器材如下：A. 小灯泡(额定电压2.5V，额定电流0.25A)；B. 电流表(00.6A)；C. 电压表(03V)；D. 滑动变阻器R1(010)；E. 滑动变阻器R2(01 000)；F. 干电池(电动势为1.5V)两节；G. 开关，导线若干（1）滑动变阻器应选_(选填器材前的代号)（2）实验中得到的数据如下表所示，根据表中数据在图乙中作出小灯泡的U-I图象_，由图象可知小灯泡的电阻随温度的升高而_(选填“增大”“减小”或“不变”)U/V0.200.400.601.001.401.802.002.20I/A0.040.080.110.150.180.200.210.2

9、2（3）某同学用一节干电池与阻值为5的电阻R、小灯泡及电压表连接成图丙所示电路，测得电压表读数为0.8V，结合图乙中图象求得小灯泡实际消耗的功率为_W，干电池内阻为_.(结果均保留两位有效数字)评卷人得分四、填空题15静止的电子经电场加速后，撞击氢原子使其由基态跃迁到激发态，电子的加速电压至少为_V；用大量处于n4能级的氢原子向低能级跃迁释放的光子，照射某种金属，有两种频率的光子能使该金属发生光电效应，则该金属的逸出功W0一定小于_eV. 16一定质量的理想气体状态变化如图所示，其中ab是等温过程，气体对外界做功100J；bc是绝热过程，外界对气体做功150J；ca是等容过程则bc的过程中气体

10、温度_(选填“升高”“降低”或“不变”)，abca的过程中气体放出的热量为_J. 17如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t0时刻的波形已知x0处的质点振动周期为0.2s，该简谐波的波速为_m/s，x2m处的质点在0.15s时偏离平衡位置的位移为_cm. 评卷人得分五、解答题18一枚在空中飞行的炮弹，质量M6kg，在最高点时的速度v0900m/s，炮弹在该点突然炸裂成A、B两块，其中质量m2kg的B做自由落体运动求：爆炸后A的速度大小；爆炸过程中A受到的冲量大小19如图所示为一个防撞气包，包内气体在标准状况下体积为336mL，已知气体在标准状态下的摩尔体积V022.4L/mol，阿伏加德

11、罗常数NA6.01023mol1，求气包内(结果均保留两位有效数字)：气体的分子个数；气体在标准状况下每个分子所占的体积20有些人工材料的折射率可以为负值(n0)，这类材料的入射角i与折射角r依然满足sinisinr=n，但是折射光线与入射光线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)如图所示为空气中一长方体材料，其厚度为d15cm，长度为l30cm，一束光从其上表面的中点处以45的入射角射入，已知该材料对此光的折射率n=2，光在空气中的传播速度c3.0108m/s.求(计算结果可用根式表示)：在该材料中传播速度的大小；光从下表面射出点到材料左侧面的距离21如图所示，相距L的两平行金属导轨位于同一水

12、平面上，左端与一阻值为R的定值电阻相连，一质量为m、阻值为r的导体棒放在导轨上，整个装置置于磁感应强度大小为B0、方向竖直向下的匀强磁场中导体棒在水平外力作用下以速度v沿导轨水平向右匀速滑动滑动过程中棒始终保持与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻可忽略，棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度为g.求：（1）棒中电流I的大小；（2）水平外力F的大小；（3）当棒与定值电阻间的距离为d时开始计时，保持棒速度v不变，欲使棒中无电流，求磁感应强度B随时间t变化的关系式22如图所示，倾角为30的足够长斜面固定于水平面上，轻滑轮的顶端与固定于竖直平面内圆环的圆心O及圆环上的P点在同一水平线上，细线一端与套在环上质

13、量为m的小球相连，另一端跨过滑轮与质量为M的物块相连在竖直向下拉力作用下小球静止于Q点，细线与环恰好相切，OQ、OP间成53角撤去拉力后球运动到P点速度恰好为零忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin530.8，cos 530.6，求：（1）拉力的大小F；（2）物块和球的质量之比Mm；（3）球向下运动到Q点时，细线张力T的大小23在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制在如图所示的平面坐标系xOy内，矩形区域(3dxd、3dyEO，则在P点的电场力大于重力，则油滴不会处于静止状态，故选项A错误；B、带电油滴受到重力和电场力的作用，由于电场的方向为电场线的切线方向，可知二者的

14、合力的方向时刻在变化，其合力的方向不沿着电场线，根据曲线运动条件可知，油滴也不会沿电场线运动到N处，故选项B错误；C、根据电场线的性质，可知沿着电场线电势降低，由于电场线的方向未知，故M、N点电势高低也是未知的，故选项C错误；D、若油滴带负电，则上极板带正电，则MN，则根据电势能公式Ep=q可知：EPMEPN；若油滴带正电，则上极板带电，则MN，同理可知：EPMR，则ag，即北斗导航卫星的向心加速度小于地球表面处重力加速度，故选项D正确。【点睛】本题关键掌握第一宇宙速度的含义，同时掌握万有引力提供向心力，列出方程进行求解即可。9AB【解析】【分析】根据表达式u10sin20t(V)可以求出周期

15、，根据U1U2=n1n2可以求出电压表的示数，同时由于电流表与电容器串联，交变电流能“通过”电容器，导致电流表示数时刻在变化；【详解】A、根据公式知交流电压的周期为：T=2=220s=0.1s，故选项A正确；B、由于电表的示数均为有效值，则原线圈的有效值为：U1=Um2=102V=52V根据电压与匝数成正比可知：U1U2=n1n2，则可以得到：U2=n2n1U1=2152V=102V=14.1V，故选项B正确；C、由于原、副线圈的匝数不变，原线圈的电压不变，根据U1U2=n1n2可知副线圈电压不变，则电压表示数不变，故选项C错误；D、由于电流表与电容器串联，接在交变电流中，频率不变，容抗不变，

16、副线圈电压不变，故电流表的读数不变，故选项D错误。【点睛】本题考查变压器的工作原理，知道电压之比等于匝数之比，同时要知道交变电流能“通过”电容器，电容器不断的充电和放电，导致电流表示数不断变化。10BCD【解析】【分析】根据右手定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律求解电量，根据能量守恒定律求解焦耳热，根据重力与安培力平衡求解速度即可；【详解】A、根据右手定则可知：在进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，在离开磁场时感应电流方向为顺时针方向，故选项A错误；B、根据法拉第电磁感应定律可知：E=t，则电流为：I=ER，则电量为：q=It=R，由于线圈进入磁场和离开磁场时的相同，电阻R不变，则

17、进、出磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量相等，故选项B正确；C、由于进入磁场和离开磁场时均为匀速运动，说明进入和离开时速度相同，即动能相同，根据能量守恒定律可知：减少的重力势能转化为焦耳热，即产生的焦耳热为mg(Ld)，故选项C正确；D、由题可知，离开磁场时匀速运动，即重力与安培力平衡，即:mg=BId=BBdvRd则离开磁场时速度为：v=mgRB2d2，故选项D正确。【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键，注意电量的求法问题。11AB【解析】【分析】对物体进行受力分析，根据牛顿第

18、二定律以及动能定理进行分析即可；【详解】A、从A点到达C点，有重力做正功，阻力做负功，可能存在弹力也做负功，若三者合力的功为零，则根据动能定理可以知道，到达C点时动能也为零，则速度为零，故选项A正确；B、若到达C点时，其受到的弹性绳的弹力等于重力时，即此时加速度可能为零，故选项B正确；C、当弹性绳没有弹力时，由于0，根据热力学第一定律有：U=W+Q，又因为绝热过程故Q=0，故U0，内能增加，温度升高；ab是等温过程，则Uab=0，气体对外界做功100J，则Wab=-100J，则根据热力学第一定律有：Qab=-100J；bc是绝热过程，则Qbc=0，外界对气体做功150J，则Wbc=150J，则

19、根据热力学第一定律有：Ubc=150J；由于ca是等容过程，外界对气体不做功Wca=0，压强减小，则温度降低，放出热量，由于ab是等温过程，所以放出的热量等于bc增加的内能，即Qca=-150J，则根据热力学第一定律有：Uca=-150J；综上所述，abca的过程中气体放出的热量为Q=50J。【点睛】本题考查气体定律与热力学第一定律的综合运用，解题关键是要根据图象分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，知道发生何种状态变化过程，选择合适的实验定律，注意理想气体的内能与热力学温度成正比以及每个过程中做功的正负。1720 10 【解析】【分析】由图读出波长，由公式求出波速；波向x轴正方向传

20、播，运用波形的平移法判断质点在0.15s时的位置，即可求出其位移；【详解】由题可知波形周期为：T=0.2s，波长为：=4m，根据公式v=T可知波速为：v=20m/s；t=0.15s=34T，由波形图可知经过34T，x2m处的质点处于波谷处，则此时刻偏离平衡位置的位移为-10cm。【点睛】本题由波动图象读出波长、周期求出波速，同时注意波形的平移法是波的图象中常用的方法，要熟练掌握。181350m/s1800 Ns【解析】【分析】根据动量守恒定律进行求解即可；根据动量定理进行求解即可；【详解】炮弹爆炸过程系统动量守恒，以炮弹的初速度方向为正方向根据动量守恒定律有：Mv0=(M-m)vA，解得vA=

21、1350m/s，方向与初速度方向相同；根据动量定理可知A的冲量为：I=p=M-mvA-v0=1800Ns，方向与初速度方向相同。【点睛】本题考查了动量守恒和动量定理的应用，分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律和动量定理进行求解即可。199.01021个3.71026m3【解析】【分析】根据标准状况下体积和摩尔体积求出物质的量，从而求出分子个数；根据标准状况下的摩尔体积即可求出标准状况下每个分子所占的体积；【详解】由题意可知：分子数目为：N=VV0NA=9.01021个；由题意可知气体在标准状况下每个分子所占的体积为：V=V0NA=3.71026m3。【点睛】解决本题的关键知道摩尔质量、摩尔

22、数、摩尔体积以及阿伏伽德罗常数等之间的关系，在平时学习过程加强训练即可。201.52108m/s(1553)cm【解析】【分析】画出光路图，结合折射率公式以及几何关系进行求解即可；【详解】根据公式n=cv可以得到该材料中传播速度的大小为：v=cn=1.52108m/s；光路图如图所示：由n=sinisinr得r=30由几何关系可以得到：x=l2-dtan300=15-53cm。21（1）B0LvR+r（2）mg+B02L2vR+r（3）B0dvt+d【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流；（2）根据安培力和平衡条件求解拉力F；（3）根据感应电流产生

23、的条件，当磁通量不变时，则无感应电流产生；【详解】（1）棒切割磁感线产生电动势为EB0Lv根据闭合电路欧姆定律可以得到棒中电流为：I=ER+r得到：I=B0LvR+r；（2）棒子受力平衡，根据平衡条件可以得到：Fmg+F安，F安=B0IL得到：F=mg+B02L2vR+r；（3） 棒中无电流则回路磁通量不变，则：B0Ld=BL(vt+d)得到：B=B0dvt+d。【点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，要知道电磁感应与电路联系的桥梁是感应电动势，安培力是联系力与电磁感应的桥梁，同时要注意当回路没有感应电流时，则磁通量没有发生变化。22（1）56Mg-mg（2）Mm125（3）11Mmg10M+m【解析】【分析】（1）根据平衡条件，对M和m分别列出平衡方程即可；（2）对M和m列出系统机械能守恒，即可求解；（3）对M和m根据牛顿第二定律列出方程即可；【详解】（1）设细线的张力为T1，根据平衡条件可以得到：物块M：T1Mgsin30球m：(F+mg)cos53=T1得到：F=56Mg-mg；（2）设环的半径为R，球运动至P过程中，球上升高度为：h1Rsin53物块沿斜面下滑的距离为：L=Rtan53-Rcos530-R 由机械能守恒定律有： mgh1=MgLsin30得到：M:m