2019届高三物理下学期期初考试试卷(含解析).doc

2019届高三物理下学期期初考试试卷(含解析)二、选择题：本题共8小题，每小题6分。其中第1417题在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选得0分1.以下关于物理学史的叙述，不正确的是( )A. 伽利略通过实验和推理论证说明了自由落体运动是一种匀变速直线运动B. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值C. 法拉第最早引入了场的概念，并提出用电场线描述电场D. 奥斯特发现电流周围存在磁场，并提出分子电流假说解释磁现象【答案】D【解析】伽利略通过实验和推理论证说明了自由落体运动是一种匀变速直线运动，选项A正确； 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值，选项B错误； 法拉第最早引入了场的概念，并提出用电场线描述电场，选项C正确； 奥斯特发现电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说解释磁现象，选项D正确；此题选项错误的选项，故选B.2.下列说法中错误的是()A. 100个经过一个半衰期后可能还剩余50个B. 、射线比较，射线的电离作用最强C. 原子的全部正电荷和全部质量都集中在原子核里D. 由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态，量子数越大，核外电子动能越小【答案】C【解析】【分析】放射性元素的半衰期具有统计规律；、射线电离能力逐渐减弱，穿透能力逐渐增强；原子核中集中了全部正电荷和几乎全部质量；根据库仑引力提供向心力，得出轨道半径与动能的关系，从而判断出量子数变大，核外电子动能的变化【详解】A. 放射性元素的半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用。故A正确；B.、射线比较，射线的电离作用最强，穿透能力最弱。故B正确；C. 原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，因为电子也有质量。故C错误。D. 由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态，量子数越大，轨道半径越大，根据ke2r2=mv2r知，电子的动能越小。故D正确。本题选择错误答案，故选：C3.如图所示，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有(6V,18 W)字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为1.0 A，下列说法正确的是()A. 原、副线圈匝数之比为31B. 变压器的输入功率为18 WC. 电压表的读数为6VD. 若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率变大【答案】A【解析】【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【详解】A.L1恰正常发光，其电流为I2=18/6A=3A，根据I2:I1=n1：n2，得n1：n2=3:1，故A正确；B.根据功率P=U2R，灯泡的电阻R=62/18=2，R总=R+R/2=3输出功率P2= I22R总=323W=27W，根据输入功率等于输出功率知，变压器的输入功率为27W，故B错误；C. 电流表显示读数为1.0 A，所以原线圈两端电压为U1=27/1.0=27V，根据U1：U2=n1：n2=3:1，副线圈电压U2=9V，所以电压表示数为3V，故C错误；D. 若L3突然断路，电阻增大，副线圈电流减小，则L1变暗，电压变小；L2电压增大，变亮；原线圈电流减小，输入功率变小，故D错误；故选：A4.如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间A. 吊篮A的加速度大小为gB. 物体B的加速度大小为gC. 物体C的加速度大小为gD. A、C间的弹力大小为0.5mg【答案】D【解析】【分析】剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A、B、C分析，运用牛顿第二定律求出加速度的大小【详解】A.将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，aAC=F+4mg4m=2mg+4mg4m =1.5g，即A、C的加速度均为1.5g，故A错误，C错误；B.在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，故B错误；D.剪断细线的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A：FAC+mg=maAC，得：FAC=maAC-mg=0.5mg，故D正确。故选：D5.如图所示，一条细线的一端与水平地面上的物体B相连，另一端绕过一轻质定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线固定在天花板上的O点，细线与竖直方向所成的夹角为，则以下说法正确的是()A. 无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，角将不变B. 增大小球A的质量，若B仍保持不动，角不变C. 若OB绳与地面夹角为300，则=300D. 将B向右移动少许，若B仍保持不动，则B与地面的摩擦力变大【答案】BCD【解析】【分析】先对小球A受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力，再对滑轮受力分析，结合平衡条件进行分析即可；根据几何关系确定的大小；对B受力分析，根据平衡条件确定地面摩擦力的变化。【详解】A.对小球A受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：T=mg；如果将物体B在水平地面上向右移动稍许，AB仍保持静止，绳子的拉力不变，则AOB增加；对滑轮分析，受三个拉力，如图所示：根据平衡条件可知，AOB=2，故一定增加，故A错误；B. 增大小球A的质量，若B仍保持不动，系统平衡，则不变，故B正确；C. 若OB绳与地面夹角为300，则AOB=2=60，=300，故C正确；D. 将B向右移动少许，若B仍保持不动，OB绳与水平方向的夹角减小，绳子拉力大小不变，拉力的水平分力等于地面的摩擦力，则B与地面的摩擦力变大，故D正确。故选：BCD6.2018年5月21日成功发射“嫦娥四号”中继星“鹊桥号”。该中继星工作在距月球约6.5万公里的地月拉格朗日L2点使命轨道，为落在月球背面的嫦娥四号月球探测器提供地月中继测控和数据传输服务，“鹊桥号”与月球、地球始终在一条直线上。2018年12月8日“嫦娥四号”探测器由长征三号运载火箭在中国西昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，返回地球已知地球的半径约为月球半径4倍；地球表面重力加速度约为月球表面重力加速度的6倍。根据以上信息，判断以下说法正确的是()A. “鹊桥号”运动的线速度大于月球绕地球运动的线速度B. “鹊桥号”运动的线速度小于月球绕地球运动的线速度C. 地球和月球的密度之比约为32倍D. 地球和月球的密度之比约为6倍【答案】AC【解析】【分析】根据“鹊桥号”与月球角速度相等，由线速度和角速度关系v=r即可判断；根据星球表面万有引力等于重力，分别求出地球、月球密度表达式，即可求解。【详解】AB.由于“鹊桥号”与月球、地球始终在一条直线上，“鹊桥号”与月球角速度相等，根据v=r，“鹊桥号”运动的线速度大于月球绕地球运动的线速度，故A正确，B错误；CD.设地球密度为地，地球半径为R地，地球重力加速度为g地，月球的密度为月，重力加速度为g月，半径为R月。根据地球表面万有引力等于重力，mg地=GM地mR地2，M地=43地R地3，则地=3g地4GR地；同理，月=3g月4GR月，则地：月=g地R月g月R地=3:2，故C正确，D错误。故选：AC7.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中t0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，F随时间t变化的图像如图乙所示，使金属棒ab由静止开始沿导轨向上运动，导轨电阻忽略不计下列关于棒的运动速度v，电流I、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率t随时间变化的图象可能正确的是A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】列出加速度与时间的故选，定性分析，加速度不可能一直增大，也不可能一直减小，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动，回路中的感应电流与时间成正比，磁通量的变化率与时间成正比。电量不可能与时间成正比。【详解】A. 对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程FBIl-mgsin=ma，而I=BlvR得到F0+kt- B2l2vR- mgsin=ma，拉力均匀增大，加速度越大，安培力增大越快，所以加速度不可能一直增大，也不可能一直减小，故A错误； BC.根据A项分析，稳定时加速度应保持不变，安培力均匀增大，则感应电流均匀增大，感应电动势均匀增大，根据法拉第电磁感应定律，t应均匀增大，故B正确，C正确；D.因为感应电流均匀增大，根据q=It，电量不可能与时间成正比，故D错误。故选：BC8.如图所示，倾角为的绝缘斜面体ABC置于粗糙的水平地面上一质量为m、电荷量为q的小物块(可看作是点电荷)恰好能在斜面上匀速下滑若在AB中点D的上方固定一电荷量为-Q的点电荷，再让物块以某一速度从斜面上B点滑下，物块始终未离开斜面，且斜面体保持静止不动在不考虑空气阻力和电荷损失的情况下，关于在物块下滑过程中分析正确的是()A. 放置负电荷前，物块匀速运动过程中，地面对斜面体的摩擦力为零B. 放置负电荷后，物块的电势能先减小，后增大C. 放置负电荷前与放置负电荷后物块到达D点的加速度相同D. 放置负电荷前与放置负电荷后物块到达A点的机械能相同【答案】AB【解析】【分析】开始时刻小物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的。根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的。再结合平衡条件分析即可；放置负电荷后，根据电场力做功分析电势能的变化；由于电场力是引力，摩擦力变小，分析加速度的变化；根据摩擦力做功多少变化，分析机械能的变化。【详解】A.放置负电荷前，小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的。地面对斜面体的摩擦力为零，故A正确；B.物块与负电荷的距离先减小后增大，电场力对物块先做正功后做负功，物块的电势能先减小，后增大，故B正确；C. 放置负电荷后物块到达D点时，电场力垂直斜面向上，压力减小，摩擦力减小，加速度变大，故C错误；D. 放置负电荷后物块从B到达A点的过程，电场力做功为零，摩擦力减小，做功减小，所以机械能变大，故D错误。故选：AB三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第38题为选考题，考生根据要求做答。9.如图所示为某中学物理课外学习小组设计的测定当地重力加速度的实验装置，他们的主要操作如下：实验次数h/cmt/sv/(ms1)110.00.0283.57220.00.0593.39330.00.0923.26440.00.1313.05550.00.1762.84660.00.2352.55安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上；打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图上未画出)测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；固定光电门B的位置不变，改变光电门A的高度，重复的操作测出多组(h，t)，计算出对应的平均速度v；画出vt图象请根据实验，回答如下问题：(1)设小铁球到达光电门B时的速度为vB，当地的重力加速度为g，则小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为_(用vB、g和t表示)(2)实验测得的数据如下表：请在坐标纸上画出vt图象（根据图像作答，不必画在答题纸上）(3)根据vt图象，可以求得当地重力加速度g_m/s2，试管夹到光电门B的距离约为_cm.(以上结果均保留3位有效数字)【答案】 (1). vvB12gt (2). 9.86 (3). 69.8【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可得小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式；（2）根据v-t图像斜率和截距的意义，可求当地的重力加速度和B点速度，根据速度位移关系，可求试管夹到光电门B的距离。【详解】(1)根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度vB=v+12gt，可得小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为vvB12gt.(2) 依据题中数据描点连线，如图所示 (3)小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为vvB12gt，所以vt图象的斜率大小表示12g，则当地重力加速度g2k9.86 m/s2，图象在v轴上的截距等于vB，根据图象得出vB3.71 m/s，根据vB2=2gh，得试管夹到光电门B的距离约为h=vB22g69.8 cm.10.实际电压表内阻并不是无限大，可等效为理想电压表与较大的电阻的串联，测量一只量程已知的电压表的内阻，器材如下：A.待测电压表(量程3 V，内阻约1 k待测)一只，B.电流表(量程3mA，内阻约为10 )一只，C.电池组(电动势约为3 V，内阻不可忽略)，D.滑动变阻器（050）E.滑动变阻器（0xx.），F.变阻箱(可以读出电阻值，09 999 )，G.变阻箱(可以读出电阻值，099 ),H.开关和导线若干某同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：(1)该同学设计了如图甲、乙两个实验电路为了更准确地测出该电压表内阻的大小，你认为其中相对比较合理的是_(填“甲”或“乙”)电路(2)可变电阻应选用_.（填写仪器前面的字母）(3)用你选择的合理电路进行实验时，闭合开关S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和_(填上文字和符号)(4)用合理电路进行实验过程中，选择下面哪个作为坐标轴，能作出相应的直线图线_AUI BU1I C1UR DUR(5)设直线图象的斜率为k、截距为b，则该待测电压表的内阻RV_.【答案】 (1). 甲 (2). E (3). 电流I (4). A (5). k【解析】【分析】由于电源内阻不可忽略，乙电路无法求出电压表内阻；由于电压表内阻较大，总阻值较小的滑动变阻器调节电压时，电压表电压无明显变化；根据欧姆定律确定需要测定的物理量和做出的直线图线；根据斜率的意义，求出电压表内阻的表达式。【详解】（1）图甲所示电路滑动变阻器与电压表串联接入电路，电源电动势为3V，电压表内阻约为3K，电路电流接近3mA，可以用电流表测量电流，因此甲电路合理；乙电路由于电源内阻不可忽略，无法求出电压表内阻；故选甲电路。（2）由于电压表内阻约为1k，滑动变阻器阻值太小，改变滑动变阻器阻值时，电压表电压无明显变化，无法起到调节电压的作用，故选用总电阻较大的E；（3）选用图甲所示实验电路，闭合电键S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和电流表的示数I；（4）根据欧姆定律，U=IRV，电压表内阻不变，电压和电流成正比，所以应选择电压和电流作为坐标轴，做出相应的直线图线U-I；（5）U-I图线的斜率k=U/I，根据欧姆定律RV=U/I=k。11.如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也为R，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态。同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上半圆环轨道最高点A时速度为vA=2gR，已知小球a质量为m，小球b质量为2m， 重力加速度为g，求：（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力？（2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小？（3）小球b落地点距桌子右侧的水平距离？【答案】(1) mg，方向竖直向上 (2) vb=6gR2 (3) x=3R【解析】（1）设a球通过最高点时受轨道的弹力为N，由牛顿第二定律mg+NmvA2R得N=mg由牛顿第三定律，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上（2）设小球a与弹簧分离时的速度大小为va，取桌面为零势面，由机械能守恒定律12mva212mvA2+mg2R 得va6gR小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒mva=2mvbvb6gR2（3）b球从桌面飞出做平抛运动，设水平飞出的距离为x，则R12gt2t2Rgx=vbt得x3R点睛：本题物理过程很清晰，对于释放弹簧的过程，动量守恒，机械能也守恒，小球a沿轨道向上滑行过程，机械能守恒把握解题是关键12.如图所示，在平面直角坐标系xoy的第一象限内有一边长为L的等腰直角三角形区域OPQ，三角形的O点恰为平面直角坐标系的坐标原点，该区域内有磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第一象限中y L的其它区域内有大小为E、方向沿x轴正方向的匀强电场；一束电子（电荷量为e、质量为m）以大小不同的速度从坐标原点O沿y轴正方向射入匀强磁场区。则：（1）能够进入电场区域的电子的速度范围；（2）已知一个电子恰好从P点离开了磁场，求该电子的速度和由O到P的运动时间；（3）若电子速度为eBL3m，且能从x轴穿出电场，求电子穿过x轴的坐标。【答案】（1）0veBLm（2） eBL2m meB+BLE（3）2L32EmeB2【解析】【分析】（1）通过Q点进入电场区域的电子速度最大，根据洛伦兹力等于向心力，求出最大速度；（2）恰好从P点离开了磁场，半径为L/2，画出运动轨迹，根据粒子在磁场中的运动周期和牛顿第二定律，分别求出在磁场和电场中的运动时间，求该电子由O到P的运动时间；（3）只有当电子第一次从电场返回磁场且不从OP和PQ两边离开磁场时，电子才有可能经电场偏转通过x轴。画出运动轨迹，找出第二次进入电场的位置，根据牛顿第二定律和位移时间关系，求出电子穿过x轴的坐标。【详解】（1）通过Q点进入电场区域的电子速度最大，其半径r1=Lev1B=mv12r1 v1=eBLm能够进入电场区域的电子的速度范围是0veBLm（2）设从P点离开磁场的电子半径为r2，轨迹如图所示：则：r2=L/2ev2B=mv22r2 v2=eBL2mT=2meB， t1=t3=T/4=m2eB在电场中运动：eE=ma a=eEmt2=2v2a=BLE电子由O到P的运动时间：t=t1+t2+t3=meB+BLE（3）只有当电子第一次从电场返回磁场且不从OP和PQ两边离开磁场时，电子才有可能经电场偏转通过x轴，即电子第一次返回磁场时的半径r3满足：r3L/3设电子从O点射入磁场时的速度为v3，轨迹如图所示：则：ev3B=mv32r3 v3eBL3m第二次进入电场时的坐标：x=2r3 y=2r3电子经电场偏转到达x轴的时间：t=yv3=2r3v3到达x轴时沿x轴负方向的位移：x0=12at2=2EmeB2坐标为：x=2r3-x0=2L3-2EmeB213.以下说法正确的是()A. 已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出该气体分子的直径B. 为了保存玉米地的水分，可以锄松地面，破坏土壤里的毛细管C. 随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力D. 物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断E. 能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性【答案】BCE【解析】【分析】气体分子间有较大空隙，不能认为分子所占的体积就是分子体积；锄松地面，可以切断土壤里的毛细管，减少水分的流失；分子间距离小于r0时，分子力表现为斥力；非晶体和多晶体都表现为各向同性；自然界的宏观过程都具有方向性。【详解】A. 已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出气体分子间的平均距离，但由于气体分子中间有较大空隙，无法求出该气体分子的直径，故A错误；B.锄松地面，可以破坏土壤里的毛细管，减少水分的流失，故B正确；C. 随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力，如分子间距离小于r0时，故C正确；D. 非晶体和多晶体都表现为各向同性，所以从各向异性或各向同性无法判断物质是晶体还是非晶体，故D错误；E. 自然界的宏观过程都具有方向性，能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程的方向性，故E正确。故选：BCE14.有一左端封闭、右端开口并朝下的U型玻璃管，用两段水银柱密封了两部分理想气体A和B，如图甲所示，上部水银柱两侧液面差h1=15cm，两部分气体之间的水银柱高度h2=5cm，气柱A的长度L1=7.5cm，气柱B的长度L2=20cm。大气压强P0=75cmHg；现将U型管缓慢翻转至开口向上并轻弹玻璃管让两部分气体合并至封闭端顶部，如图乙所示，若环境温度保持不变，求合并后气柱的总长度L。【答案】22.5cm【解析】【分析】首先求出原来两部分气体的压强。假设设翻转及气体合并后气柱总长度减小了xcm，根据几何关系求出合并后的压强。分别对A、B两部分气体列出等温方程，列出合并前后的体积关系，联立即可解得。【详解】PA1=P0-h1+h2=65cmHgPB1=P0-h1=60cmHg设翻转及气体合并后气柱总长度减小了xcm，如图所示，则：PA2=PB2=P0+(h1-2x)-h2=（85-2x）cmHg对A：PA1L1=PA2LA对B：PB1L2=PB2LBL=LA+LB=L1+L2-x由以上三式代入数据得x=5cmLA=6.5cm，LB=16cm，L=22.5cm