2019届高三物理上学期期末考试试题(含解析) (IV).doc

2019届高三物理上学期期末考试试题(含解析) (IV)二、选择题： 1. 下列说法中正确的是（）A. 原子核结合能越大，原子核越稳定B. 对黑体辐射的研究表明：随着温度的升高，辐射强度的最大值向波长较短的方向移动C. 核泄漏事故污染物Cs137能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为，可以判断x为正电子D. 一个氢原子处在n=4的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出6种频率的光子【答案】B【解析】原子核比结合能越大，原子核越稳定,选项A正确；对黑体辐射的研究表明：随着温度的升高，辐射强度的最大值向波长较短的方向移动，选项B正确；核泄漏事故污染物Cs137能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为，可以判断x质量数为零，电荷数为-1,则为负电子，选项B错误；一个氢原子处在n=4的能级，由较高能级跃迁到较低能级时，最多可以发出43，32，和21三种种频率的光故D错误；故选B.点睛：本题考查了核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒以及能级等知识点，关键掌握这些知识点的基本概念和基本规律，同时是以原子物理的相关知识为命题背景考查学生的理解能力。2. 水平面上有两个物块A、B，A质量是B质量的两倍，与水平面的动摩擦因数都为，t=0时刻，B静止， A以初速度向B运动，与B发生弹性正碰后分开，A与B都停止运动时的距离与t=0时刻AB距离相同，t=0时刻A与B间的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设A与B碰前速度为，由运动学公式得：设A与B碰撞后，A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律得：由能量守恒规律得：由运动学公式可得：可得：，故选项B正确。点睛：对于弹性碰撞，要掌握两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练。3. xx6月13日，“神舟十号”飞船与“天宫一号”目标飞行器在离地面343km的圆轨道上成功进行了我国第5次载人空间交会对接，在进行对接前，“神舟十号”飞船在比“天宫一号”目标飞行器较低的圆形轨道上飞行，这时“神舟十号”飞船的速度为v1，“天宫一号”目标飞行器的速度为v2，“天宫一号”目标飞行器运行的圆轨道和“神舟十号”飞船运行圆轨道最短距离为h，由此可求得地球的质量为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设“神舟十号”飞船的轨道半径为r，质量为m，则“天宫一号”目标飞行器轨道半径为r+h，质量为m；由万有引力提供向心力： ； 联立解得：，故选C.4. 在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是()A. 在t=0.01s时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零B. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为C. Rt处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表V1、V2的比值不变D. Rt处温度升高时，电流表的示数变小，变压器输入功率变大【答案】A【解析】当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零，故A正确；原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02s，故角速度是=100，u=36sin100t（V），选项B错误；Rt处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，Rt温度升高时，阻值减小，电流增大，则R电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误；Rt温度升高时，阻值减小，电流增大，即电流表的示数变大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D错误；故选A.点睛：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键5. 如图所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项中能够正确表示电流与位移关系的是()A. B. C. D. 【答案】CD【解析】试题分析：线框进入磁场后，右边切割磁感线运动，产生的感应电流，当时，；当时，；当时，；之后是左边做切割运动，与右边切割情况类似；故选B。考点：电磁感应中的图象问题。【名师点睛】根据物理过程选图象问题，通过物理过程遵从的规律，找出函数关系，注意特殊点的特殊值，选择对应的图象。6. 图中A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电源E内阻不计，则（ ）A. R2不变时，V2读数与A读数之比等于RlB. R2不变时，Vl表示数与A示数之比等于RlC. R2改变一定量时，V2读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1D. R2改变一定量时，V1读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1【答案】BCDA、R2不变时，V2读数与A读数之比等于R2故A错误B、R2不变时，Vl表示数与A示数之比等于Rl故B正确C、R2改变一定量时，设V2读数为U2，A读数为I，根据欧姆定律，U2=E-IR1，由数学知识可知，大小等于R1故C正确D、设V1读数为U1，根据欧姆定律，U1=IR1，由数学知识可知，大小等于R1故D正确故选BCD考点：闭合电路的欧姆定律点评：本题考查对电阻概念的理解能力，对于线性元件，；对于非线性元件，7. 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（）A. 在电场中的加速度之比为1：1B. 在磁场中运动的半径之比为 3：1C. 在磁场中转过的角度之比为1：2D. 离开电场区域时的动能之比为1：3【答案】B【解析】两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由a=可知其在电场中的加速度是1：3，故A错误要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v=，可知其速度之比为1：又由qvB=m知，r=，所以其半径之比为：1，故B错误由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为：1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin=，则可知角度的正弦值之比为1：，又P+的角度为30，可知P3+角度为60，即在磁场中转过的角度之比为1：2，故C正确由电场加速后：qU=mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故D正确故选CD点睛：磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练8. 如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示。下列说法正确的是()A. 甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B. 甲、乙两球的质量之比为m甲m乙41C. 甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲P乙11D. 甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度之比h甲h乙14【答案】BCD【解析】试题分析：两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙球的机械能都守恒，故A错误；由机械能守恒定律得，对甲球：EK0=m甲gx0sin30，对乙球：EK0=m乙g2x0，解得：m甲：m乙=4：1，故B正确；两球重力的瞬时功率为：P=mgvcos=mgcos=g cos，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为：，故C正确；甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度之比为：x0sin30：2x0=1：4，故D正确；故选：BCD.考点：机械能守恒定律；功率。视频非选择题9. 某同学设计一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车 A 的前端粘有橡皮泥， 推动小车 A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车 B 相碰并粘合成一体，继续做匀速运动.他设计的具体装置如图所示.在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力(1)若已得到打点纸带如图并测得各相邻计数点间距标在图上。A为运动起始的第一点.则应选_段来计算 A的碰前速度.应选_段来计算 A 和 B碰后的共同速度.(以上两格填“AB”或 “BC”或“CD”或“DE”).(2)已测得小车 A 的质量 m1=0.4kg，小车 B的质量m2=0.2kg.由以上测量结果可得：碰前总动量=_ kgm/s；碰后总动量=_ kgm/s。（结果保留三位有效数字）【答案】 (1). （1）BC (2). DE (3). （2）0.420 (4). 0.417【解析】试题分析：（1）A与B碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，可知通过BC段来计算A的碰前速度，通过DE段计算A和B碰后的共同速度（2）A碰前的速度：碰后共同速度：碰前总动量：，碰后的总动量：可知在误差允许范围内，AB碰撞过程中，系统动量守恒考点：验证动量守恒定律的实验10. 某同学为了测量金属热电阻在不同温度下的阻值，设计了如图甲所示的电路，其中R0为电阻箱， Rx为金属热敏电阻，电压表可看做理想电表，电源使用的是稳压学生电源，实验步骤如下：按照电路图连接好电路记录当前的温度t将单刀双掷开关S与1闭合，记录电压表读数U，电阻箱阻值R1将单刀双掷开关S与2闭合，调节变阻箱使电压表读数仍为U，记录电阻箱阻值R2改变温度，重复的步骤（1）则该金属热电阻在某一温度下的阻值表达式为： Rx=_，根据测量数据画出其电阻R随温度t变化的关系如图乙所示；（2）若调节电阻箱阻值，使R0=120，则可判断，当环境温度为_时，金属热电阻消耗的功率最大。【答案】 (1). (2). 20 【解析】（1）将单刀双掷开关S与1闭合，记录电压表读数U，电阻箱阻值R1，此时电路的电流为：I1由闭合电路欧姆定律有：E=I1（Rx+R1）=U+R1=（1+）U将单刀双掷开关S与2闭合，调节变阻箱使电压表读数仍为U，记录电阻箱阻值R2，此时电路中的电流为：I2由闭合电路欧姆定律有：EI2(Rx+R2)Rx+U=(+1)U解得：Rx（2）由图乙可得金属热电阻R随温度t变化的关系式为：R=100+t；若调节电阻箱阻值，使R0=120，则金属热电阻消耗的功率为：，故当R=R0=120时，金属热电阻消耗的功率P最大，此时有：t=20点睛：本题考查了电阻的测量以及功率，解题关键是明确实验原理，再利用闭合电路欧姆定律列式，求出该金属热电阻在某一温度下的阻值表达式，根据功率的计算公式，推导出R取何值时，金属热电阻消耗的功率最大11. 如图所示，竖直平面内轨道ABCD的质量M=0.4kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半径为R=0.4m的光滑四分之一圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数=0.4，长L=3.5m，CD段光滑，D端连一轻弹簧，现有一质量m=0.1kg的小物体（可视为质点）在距A点高为H=3.6m处由静止自由落下，恰沿A点滑入圆弧轨道（），求：（）ABCD轨道在水平面上运动的最大速率；（）小物体第一次演轨道返回A点时的速度大小。【答案】（1）2.0m/s（2）4.0m/s【解析】试题分析：由题意分析可知，当小物体沿运动到圆弧最低点B时轨道的速率最大，设为vm，假设此时小物体的速度大小为v，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：以初速度的方向为正方向；由动量守恒定律可得：，由机械能守恒得：，联立并代入数据解得：由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为，假设此时小物体在竖直方向的分速度为，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：由能量守恒得：联立并代入数据解得：；故小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小为：考点：考查动量守恒定律及能量关系的应用，【名师点睛】要注意明确系统在水平方向动量是守恒的，整体过程中要注意能量的转化与守恒小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：由动量守恒定律可得求解最大速率；由水平方向动量守恒定律，对全过程应用能量守恒规律可求得小物体回到A点时的速度12. 如图甲所示，倾角为的光滑斜面上有两个宽度均为d的磁场区域I、，磁感应强度大小都为B，区域I的磁感应强度方向垂直斜面向上，区域的磁感应强度方向垂直斜面向下，两磁场区域间距为d。斜面上有一矩形导体框，其质量为m，电阻为R，导体框ab、cd边长为，bc、ad边长为d。刚开始时，导体框cd边与磁场区域I的上边界重合；t=0时刻，静止释放导体框；t1时刻ab边恰进入磁场区域，框中电流为；随即平行斜面垂直于cd边对导体框施加力，使框中电流均匀增加，到t2时刻框中电流为I2。此时，ab边未出磁场区域，框中电流如图乙所示。求：(1)在0t2时间内，通过导体框截面的电荷量；(2)在0-t1时间内，导体框产生的热量；(3)在t1-t2时间内，导体框运动的加速度。【答案】（1）（2） （3） 【解析】试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义，得0t1阶段：通过导体框截面的电量由电流的定义，得t1t2阶段：通过导体框截面的电量0t2阶段：通过导体框截面的电量（2）设导体框t1时刻的速度为v1，在0t1阶段：因，可得：根据动能定理可得：联立可得：导体框产生的热量等于克服安培力做功，即.即：解得：考点：法拉第电磁感应定律；动能定理。选考题： 13. 下列说法不正确的是 _A当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力B所有晶体都具有各向异性C自由落体运动的水滴呈球形D在完全失重的状态下，一定质量的理想气体压强为零E摩尔质量为M( kg/mol)、密度为(kg/m3)的1m3的铜所含原子数为NA（阿伏伽德罗常数为NA）【答案】ABD【解析】当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以当分子间距rr0时分子间的作用力表现为引力；当分子间距rr0时分子间的作用力表现为斥力，选项A错误；只有单晶体具有各向异性，多晶体各向同性，选项B错误；自由落体运动的水滴呈完全失重态，则呈球形，选项C正确；气体的压强与气体的重力无关，则即使在完全失重的状态下，一定质量的理想气体压强也不为零，选项E错误；摩尔质量为M( kg/mol)、密度为(kg/m3)的1m3的铜所含原子数为NA（阿伏伽德罗常数为NA），选项E正确；此题选择错误的选项，故选ABD.14. 如图所示，导热良好的汽缸中用不计质量的活塞封闭着一定质量的理想气体，光滑活塞的横截面积S=100cm2，初始时刻气体温度为27，活塞到气缸底部的距离为h。现对汽缸缓缓加热使汽缸内的气体温度升高到t，然后保持温度不变，在活塞上轻轻放一质量为m=20kg的重物，使活塞缓慢下降到距离底部1.5h的位置。已知大气压强P0=1.0105pa，环境温度保持不变，g取10m/s2，求t。判断活塞下降的过程气体是吸热还是放热，并说明理由。【答案】（1）267（2）放热【解析】试题分析：根据联立代入数据解之得t=267 放热。温度不变，所以内能不变，体积变小对内做功，根据热力学第一定律可得Q0，故放热。考点：气态方程；热力学第一定律15. 如图所示，、为连续的弹性介质中间隔相等的若干质点，点为波源，时刻从平衡位置开始向上做简谐运动，振幅为，周期为。在波的传播方向上，后一质点比前一质点迟开始振动。时，轴上距点2.0m的某质点第一次到达最高点，则_。A. 该机械波在弹性介质中的传播速度为B. 该机械波的波长为2mC. 图中相邻质点间距离为0.5mD. 当点经过的路程为9cm时，点经过的路程为12cmE. 当点在平衡位置向下振动时，点位于平衡位置的上方【答案】BCD【解析】根据题意可知波的周期为0.2s，t=0时刻e点从平衡位置开始向上做简谐运动，经过t=0.05s，e点第一到达最高点t=0.25s时，x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点，则知该质点的振动比e点落后一个周期，所以波长为 =2m，波速为 v=10m/s，故A错误，B正确由波的周期为 T=0.2s，后一质点比前一质点迟0.05s=开始振动，可知相邻质点间的距离等于1/4波长，为0.5m故C正确根据对称性知，当a点经过的路程为9 cm时，h点经过的路程为12cm，故D正确波从e点向左右两侧传播，根据波的传播方向知，当b点在平衡位置向下振动时，c点位于波谷，故E错误；故选BCD16. 如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边P点正上方0.9m的高度处，浮标Q离P点1.2m远，鱼饵灯M在浮标正前方1.8m处的水下，垂钓者发现鱼饵灯刚好被浮标挡住，已知水的折射率n4/3求：鱼饵灯离水面的深度；若鱼饵灯缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵灯发出的光恰好无法从水面PQ间射出【答案】（1）2.4m（2）1.59m【解析】试题分析：作出光路图，由几何知识得出入射角的正弦值与折射角的正弦值，再结合折射定律求鱼饵灯离水面的深度；若鱼饵灯缓慢竖直上浮，水面PQ间恰好无光射出时，光在水面恰好发生了全反射，入射角等于临界角由求出临界角，再由数学知识求解。(1)设入射角、折射角分别为i、r，设鱼饵灯离水面的深度为h2则：，根据光的折射定律可知：，得：h22.4 m.(2)当鱼饵灯离水面深度为h3时，水面PQ间恰好无光射出，此时鱼饵灯与浮标的连线和竖直方向夹角恰好为临界角C，则：，由几何关系得：，得：.点睛：本题的关键是作出光路图，利用几何知识和折射定律求解相关的角度和深度，要注意光线的方向不能画错