山東省臨沂市2019屆高三物理上學期期末考試試卷（含解析）.doc

山東省臨沂市2019屆高三物理上學期期末考試試卷（含解析）考生注意：1本試卷分第I卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，共100分?？荚嚂r間90分鐘。2請將各題答案填寫在答題卡上。3本試卷主要考試內容：高考全部內容。第I卷(選擇題 共40分)選擇題：本題共10題，共40分。在每小題給出的四個選項中，第16小題只有一個選項正確，第710小題有多個選項正確。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。1.許多物理學家為人類科技的發(fā)展作出了重大的貢獻。下列說法正確的是A. 法拉第發(fā)現了電磁感應現象，揭示了電生磁的規(guī)律B. 牛頓利用扭秤首先測出了引力常量的數值C. 愛因斯坦提出了光子說，成功地解釋了光電效應的實驗規(guī)律D. 楞次首先引入了電場概念，并提出用電場線表示電場【答案】C【解析】【詳解】A、法拉第發(fā)現了電磁感應現象，揭示了磁生電的規(guī)律，故選項A錯誤；B、卡文迪許首先利用了扭秤測定了引力常量，故選項B錯誤；C、愛因斯坦為解釋光電效應的實驗規(guī)律提出了光子說，故選項C正確；D、法拉第最早引入了電場概念，并提出了用電場線描述電場，故選項D錯誤?！军c睛】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一。2.某帶電金屬棒所帶電荷均勻分布，其周圍的電場線分布如圖所示，在金屬棒的中垂線上的兩條電場線上有A、B兩點，電場中另有一點C。已知A點到金屬棒的距離大于B點到金屬棒的距離，C點到金屬棒的距離大于A點到金屬棒的距離，則A. A點的電勢高于B點的電勢B. B點的電場強度小于C點的電場強度C. 負電荷在A點的電勢能大于其在B點的電勢能D. 將正電荷沿AC方向從A點移動到C點，電場力做正功【答案】CD【解析】【分析】根據電場分布情況，電勢能大小表達式就可做出判斷【詳解】沿電場線電勢越低，由圖像對稱性可知B電勢高于A點,A錯誤電場線疏密表示場的強弱，B點強與C點，B錯誤由EP=q 知負電荷電勢越低電勢能越大，A點電勢較低，電勢能大，C正確把正電荷從A移到C電勢能減少，電場力做正功，D正確3.2018年10月15日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運載火箭，以“一箭雙星”方式成功發(fā)射第三十九、四十顆北斗導航衛(wèi)星。若其中一顆衛(wèi)星入軌后繞地球做勻速圓周運動，其軌道半徑為r，周期為T，地球的半徑為R，則地球的第一宇宙速度為A. 2RT B. 42r3T2R C. 42R3T2r D. 22r3T2R【答案】B【解析】【詳解】根據其中一顆衛(wèi)星入軌后繞地球做勻速圓周運動，則有：GMmr2=m42T2r，當某一衛(wèi)星的軌道半徑為地球半徑R時，其線速度為第一宇宙速度，則有：GMmR2=mv2R，聯(lián)立解得：v=42r3T2R，故選B。4.如圖所示，絕緣粗糙固定斜面處于垂直斜面向上的勻強磁場B中，通有垂直紙面向里的恒定電流I的金屬細桿水平靜止在斜面上。若僅把磁場方向改為豎直向上，則A. 金屬桿所受的摩擦力一定變大B. 金屬桿所受的摩擦力一定變小C. 金屬桿所受的安培力大小保持不變D. 金屬桿對斜面的壓力保持不變【答案】C【解析】【詳解】AB由于磁場方向改變前的摩擦力大小不確定，所以磁場方向改變后摩擦力的變化不確定，故A、B錯誤；C由公式F=BIL可知，金屬棒受到的安培力大小不變，故C正確；D磁場方向改變前的彈力為mgcos，磁場方向改變后的彈力為mgcos+Fsin，所以金屬桿對斜面的壓力變大，故D錯誤。故選：C。5.如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直平面內。小球A、B的質量分別為m，m( 為待定系數)。A球從左邊與圓心等高處由靜止釋放后沿軌道下滑，并與靜止于軌道最低點的B球碰撞，碰撞后A、B兩球能達到的最大高度均為R4,。碰撞中無機械能損失，則待定系數 為A. 13 B. 12 C. 2 D. 3【答案】A【解析】【分析】由題，碰撞中無機械能損失，以AB組成的系統(tǒng)研究，由機械能守恒定律研究A球從靜止開始下滑到碰撞后A、B球達到的最大高度的過程，可求出待定系數。【詳解】A球從靜止開始下滑到碰撞后A、B球達到的最大高度的過程，由機械能守恒定律得mgR=mgR4+mgR4 解得：=13故選：A?！军c睛】兩球發(fā)生彈性碰撞，遵守兩大守恒：機械能守恒和動量守恒，要靈活選擇研究對象和研究的過程。6.如圖所示，一物體在與水平方向的夾角為的推力作用下，沿足夠大的水平天花板做勻速直線運動。從某時刻起，該推力從大小為F0開始隨時間均勻增大(之前一直為F0)。若物體與天花板間的動摩擦因數為，物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列判斷正確的是A. 該時刻前，物體可能向左做勻速直線運動，也可能向右做勻速直線運動B. 該時刻前，物體受到的摩擦力大小可能為零C. 該時刻后，物體做減速運動，最后要脫離天花板D. 該時刻后，物體做加速度增大的減速運動，直到停止【答案】D【解析】【分析】對物體進行受力分析，求出物體對天花板的壓力，再由摩擦力公式即可求出滑動摩擦力的大小，再由水平方向列平衡關系式，聯(lián)立可解?！驹斀狻緼由于推力有沿水平向右的分力，所以該時刻前，物體一定向右勻速直線運動，故A錯誤；B如果物體不受摩擦力作用，物體不可能平衡，故B錯誤；CD由于推力增大，推力沿豎直方向的分力增大，物體與水平天花板間的彈力增大，所以物體不可能脫離天花板，推力增大前由平衡可得：F0cos=(F0sinmg)解得：cossin 推力增大后由平衡得：F合=(F0+kt)cos(F0+kt)sinmg 聯(lián)立以上三式解得：F合0，所以物體做減速運動由牛頓第二定律可得：a=F合m=(F0+kt)(F0+kt)sinmgm=ktcosktsinm 由于cossin，所以隨時間的推移，加速度增大，該時刻后，物體做加速度增大的減速運動，直到停止，故C錯誤，D正確。故選：D。7.下列說法正確的是A. 一個中子和一個質子結合生成氘核時，會發(fā)生質量虧損B. 一個處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷，可能產生6種不同頻率的光子C. 氡(R86222n)衰變的半衰期為3.8天，升高溫度后其半衰期將小于3.8天D. 核反應H13+H12H24e+n01是輕核的聚變【答案】A【解析】【詳解】A、一個中子和一個質子結合成氘核時，釋放出核能，由質能方程可知，此過程中有質量虧損，故A正確；B、一個處于n=4能級的氫原子向較低能級躍遷，最終躍遷到基態(tài)，躍遷情況可能是：41，釋放1種頻率的光子。431，421，釋放2種頻率的光子。4321，釋放3種頻率的光子，可能最多產生3種不同頻率的光子，故B錯誤；C、原子核衰變的半衰期由原子核自身性質決定，是不變的，與核外的壓強、溫度等因素均無關，故選項C錯誤；D、核反應H13+H12H24e+n01是輕核的聚變，故選項D錯誤。8.如圖所示，OO是磁感應強度大小為B的勻強磁場的左邊界，也是一面積為S的n匝矩形金屬線框的對稱軸。若線框以角速度繞與磁感線垂直的轉軸OO勻速轉動，并從圖示位置(線框與磁感線平行)開始計時，則A. t=2時，線框中的感應電流最小B. t=2時，穿過線框的磁通量變化率最小C. 線框中產生的交變電動勢的最大值為nBSD. 線框中產生的交變電動勢的有效值為24nBS【答案】BD【解析】【分析】根據法拉第電磁感應定律求解出最大值，然后由通式寫出表達式，然后逐項判斷即可?！驹斀狻緼C當線圈與磁場垂直時，穿過線圈的磁通量：m=BS由圖可知，該線圈的一半在磁場外，則線圈產生的最大電動勢：Em=12nBS 該時刻線圈與磁場的方向平行，則線圈產生電動勢的瞬時值表達式：e=Emcost當t=2時，t=2 e=Em，可知此時的電動勢最大，則線框中的感應電流最大。故A錯誤，C錯誤；B當t=2時，t=2 e=0，此時電動勢最小，所以穿過線框的磁通量變化率最小。故B正確；D該線圈此時的電動勢的有效值：E=22Em=24nBS，故D正確。故選：BD?！军c睛】解決本題的關鍵知道正弦式交流電峰值的表達式Em=nBS本題只要搞清楚交變電流的三個要素、Em、0，進而寫出交變電流的瞬時表達式，這樣就把握到交變電流的變化規(guī)了。9.圖示是在平直公路上檢測某新能源動力車的剎車性能時，動力車剎車過程中的位移x和時間的比值xt與之間的關系圖象。下列說法正確的是A. 剛剎車時動力車的速度大小為20 msB. 剎車過程動力車的加速度大小為2ms2C. 剎車過程持續(xù)的時間為5sD. 整個剎車過程動力車經過的路程為40 m【答案】C【解析】【分析】由圖像可以把x與t關系找出來，就可以判斷物體做什么運動【詳解】由圖得：xt=kt+b 整理后x=kt2+bt，由勻變速直線運動的位移時間公式x=v0t+12at2對比，可得質點做勻減速直線運動，質點的初速度v0=b=20m/s，加速度為：a=4m/s2，所以剎車時間t=v0t=5s，剎車位移為x=v0t+12at2=50m ，ABD錯誤C正確10.如圖所示，位于同一絕緣水平面內的兩根固定金屬導軌MN、MN，電阻不計，兩導軌之間存在豎直向下的勻強磁場?，F將兩根粗細均勻、電阻分布均勻的相同銅棒ab、cd放在兩導軌上，若兩棒從圖示位置以相同的速度沿MN方向做勻速直線運動，運動過程中始終與兩導軌接觸良好，且始終與導軌MN垂直，不計一切摩擦，則下列說法正確的是A. 回路中有順時針方向的感應電流B. 回路中的感應電流不斷減小C. 回路中的熱功率不斷增大D. 兩棒所受安培力的合力不斷減小【答案】BD【解析】【分析】分析回路磁通量的變化，由楞次定律判斷感應電流方向。由E=BLv求得兩棒產生的感應電動勢，回路中總的感應電動勢等于cd棒和ab棒感應電動勢之差。根據歐姆定律分析感應電流是否變化，再研究回路的熱功率如何變化?！驹斀狻緼兩棒以相同的速度沿MN方向做勻速直線運動，回路的磁通量不斷增大，根據楞次定律可知，感應電流方向沿逆時針，故A錯誤；B設兩棒原來相距的距離為S，MN與MN的夾角為回路中總的感應電動勢 E=BLcdv-BLabv=Bv（Lcd-Lab）=BvStan=BvStan，保持不變，由于回路的電阻不斷增大，而總的感應電動勢不變，所以回路中的感應電流不斷減小，故B正確；C回路中的熱功率為P=E2R ，E不變，R增大，則P不斷減小，故C錯誤；D設兩棒原來相距的距離為S，MN與MN的夾角為，安培力之差等于F=BILcdBILab=BI(LcdLab)=BIStan，由于電流減小，所以兩棒所受安培力的合力不斷減小，故D正確。故選：BD?！军c睛】本題中兩棒同向運動，要知道回路中總的感應電動勢等于cd棒和ab棒感應電動勢之差。要能熟練運用電路知識研究電磁感應問題。第卷(非選擇題 共60分)非選擇題：本題包括必考題和選考題部分。第1114題為必考題。每個試題考生都必須作答。第1516題為選考題，考生根據要求作答。(一)必考題：共45分。11.學校物理興趣小組利用如圖甲所示的實驗裝置完成“探究加速度與力的關系”的實驗。他們所用的器材有小車、一端帶有滑輪的導軌、打點計時器和幾個已知質量的鉤碼，另有學生電源和力傳感器(圖中未畫出)。(1)圖乙是實驗中得到的一條紙帶，圖中打相鄰兩計數點的時間間隔為0.1s，由圖中數據可得小車的加速度大小a=_ms2(結果保留三位有效數字)。(2)實驗小組A、B分別以各自測得的加速度a為縱軸，小車所受的合力F為橫軸，作出圖象如圖丙中圖線1、2所示，則圖線1、2中對應小車(含車內的鉤碼)的質量較大的是圖線_(選填“1”或“2”)。【答案】 (1). （1）0.195 (2). （2）1【解析】【分析】（1）根據連續(xù)相等時間內的位移之差是一恒量，運用逐差法求出小車的加速度（2）根據牛頓第二定律得出a與F的關系式即可分析質量較大的圖線?！驹斀狻浚?）根據x=aT2，運用逐差法得：a=xBDxOB4T2=0.04040.1630.01634012=0.195m/s2，（2）根據牛頓第二定律得F=ma，變形得：a=1mF，即a-F圖線的斜率表示質量的倒數，則斜率越小質量越大，故1圖線的質量較大?！军c睛】掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時速度和加速度，關鍵是勻變速直線運動推論的運用在該實驗中，知道當鉤碼的質量遠遠小于小車質量時，鉤碼的重力才能近似等于小車的合力12.某實驗小組想組裝一個雙量程(3V、15V)的電壓表，提供的器材如下：A電流表：滿偏電流為300A，內阻未知；B干電池E：電動勢為3V，內阻未知；C滑動變阻器R1：最大阻值約為5K，額定電流為1A；D滑動變阻器R2：最大阻值約為16K，額定電流為0.5A；E電阻箱R0：09999.9；F定值電阻R3：40K，額定電流為0.1A；G開關兩個，導線若干。(1)若用圖示電路測量電流表的電阻，則滑動變阻器R應選用_(選填“C”或“D”)。(2)將開關S1、S2都斷開，連接好實物圖，滑動變阻器接入電路的電阻達到最大后，接通開關S1，調節(jié)滑動變阻器使電流表的指針示數為200A；閉合開關S2，調節(jié)電阻箱R0的阻值為時電流表的指針示數為100A，則電流表的內阻為_。(3)在虛線框中畫出雙量程電壓表的電路原理圖_，并標明所選的器材和量程，其中R0應取值為_K?！敬鸢浮?(1). D (2). 100 (3). (4). 9.9【解析】【分析】(1) 明確實驗原理，知道如何減小半偏法的實驗誤差，從而確定滑動變阻器；(2) 根據串并聯(lián)電路的基本規(guī)律進行分析，從而確定電流表G的內阻大?。?3) 根據改裝原理進行分析，知道改裝成電壓表時需要串聯(lián)一個大電阻?！驹斀狻?1) 由圖可知，本實驗中采用半偏法確定表頭內阻，為了減小并聯(lián)電阻箱后對電流的影響，滑動變阻器應選擇總阻值較大的D；(2) 閉合開關S2，調節(jié)電阻箱R0的阻值為100時電流表G的示數為100A，則說明電流表半偏，電阻箱分流100A；根據串并聯(lián)電路的規(guī)律可知，電流表G的內阻為100；(3)由電流表改裝成電壓表要將電阻與電流表串聯(lián)，量程越大，串聯(lián)的電阻越大，所以電路圖如圖：電流表G與電阻箱串聯(lián)改裝成的電壓表量程為3V，則有：Ig(Rg+R0)=3 即300106(100+R0)=3 解得：R0=9900=9.9k?！军c睛】本題考查半偏法測量電流計內阻的實驗方法和電流表改裝原理，要注意明確半偏法原理，知道電表的改裝原理，明確串并聯(lián)電路的基本規(guī)律和應用。13.如圖所示，輕彈簧的一端固定，另一端與靜置在水平導軌上質量m=0.5Kg的滑塊B相連，彈簧處在原長狀態(tài)，B最初靜止位置的左側導軌光滑、右側導軌粗糙，另一質量與B相同的滑塊A，從B的右端到B的距離L=2.5m處以某一初速度開始向B滑行，與B相碰(碰撞時間極短)后A、B粘在一起運動壓縮彈簧，該過程中彈簧的最大彈性勢能EP=2J。A與導軌粗糙部分間的動摩擦因數=0.4，取g=10ms2。求： (1)A、B碰撞后的瞬間的速度大小v； (2)A的初速度大小v0?！敬鸢浮浚?）2m/s（2）6m/s【解析】【分析】（1）根據機械能守恒定律求解A、B碰撞后的瞬間的速度大小v；（2）根據動量守恒定律，結合運動公式求解A的初速度.【詳解】（1）對AB碰后壓縮彈簧的過程，由機械能守恒定律：EP=122mv2，解得v=2m/s（2）在AB碰撞過程中，由動量守恒定律：mv=2mvAB碰前，A的加速度大小為a=g，對A在碰撞前的運動過程，由勻變速直線運動的規(guī)律可知：v02-v2=2aL解得v0=6m/s.【點睛】本題結合彈簧問題考查了動量守恒和功能關系的應用，分析清楚物體運動過程是解題的關鍵，應用動能定理與動量守恒定律、能量守恒定律可以解題。14.如圖所示，在圓心為O、半徑R=5cm的豎直圓形區(qū)域內，有一個方向垂直于圓形區(qū)域向外的勻強磁場，豎直平行放置的金屬板連接在圖示電路中，電源電動勢E=220V、內阻r=5，定值電阻的阻值R1=16，滑動變阻器R2的最大阻值Rmax=199；兩金屬板上的小孔S1、S2與圓心O在垂直于極板的同一直線上，現有比荷qm=3.2105C/Kg的帶正電粒子由小孔S1進入電場加速后，從小孔S2射出，然后垂直進入磁場并從磁場中射出，滑動變阻器滑片P的位置不同，粒子在磁場中運動的時間也不同，當理想電壓表的示數U=100V時，粒子從圓形區(qū)域的最低點豎直向下穿出磁場，不計粒子重力和粒子在小孔S1處的初速度，取tan68.2=2.5，求：(1)U=100V時，粒子從小孔S2穿出時的速度大小v0；(2)勻強磁場的磁感應強度大小B；(3)粒子在磁場中運動的最長時間t。(結果保留兩位有效數字)【答案】（1）8103m/s（2）0.5T（3）1.510-5s【解析】【分析】（1）粒子在電場中加速，由動能定理即可求出穿出時的速度大小；（2）粒子在磁場中做圓周運動，根據幾何關系求出半徑，再根據牛頓第二定律即可求出磁感應強度；（3）根據閉合電路的歐姆定律、動能定理、牛頓第二定律和幾何關系即可求出粒子在磁場中運動的最長時間?！驹斀狻浚?）對粒子在電場中的運動過程中，由動能定理有：qU=12mv02解得：v0=8103m/s（2）粒子從圓形區(qū)域的最低點豎直向下穿出磁場，則粒子在磁場中的速度方向偏轉了90，粒子在磁場中做圓周運動的徑跡如圖甲所示：由幾何關系可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑為：r1=R=5cm由牛頓第二定律有：qv1B=mv12r1解得：B1=0.5T（3）兩金屬板間的電壓越小，粒子經電場加速后的速度越小，粒子在磁場中做圓周運動的半徑越小，射出電場時的偏轉角越大，在磁場中運動的時間越長，所以滑片在變阻器R2的左端時，粒子在磁場中運動的時間最長，由閉合電路的歐姆定律有：I=ER+Rmax+r兩金屬板間的最小電壓為Umin=IR1設粒子加速后的速度大小為v，由動能定理有：qUmin=12mv2設粒子做圓周運動的半徑為r2，由牛頓第二定律有：qvB=mv2r2解得：r2=0.02m粒子進入磁場后的徑跡如圖乙所示：O1為徑跡圓的圓心，由幾何關系有：tan=Rr2=52解得：=68.2故t=2360T，其中T=2mBq解得：t=1.5105s【點睛】分析粒子的運動情況是求解的關鍵和基礎，考查綜合應用電路、磁場和幾何知識，處理帶電粒子在復合場中運動問題的能力，綜合性較強 (二)選考題：共15分。請考生從15、16兩題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。 選修3315.下列說法正確的是_。A. 溫度高的物體，其分子的平均動能一定大B. 巖鹽是立方體結構，粉碎后的巖鹽不再是晶體C. 液晶既有液體的流動性，又有晶體的各向異性D. 熱量可以從低溫物體傳給高溫物體E. 溫度升高，氣體的壓強一定變大【答案】ACD【解析】【詳解】溫度越高，分子的平均動能越大，故A正確；巖鹽是立方體結構，是晶體，且有規(guī)則的幾何形狀，粉碎后的巖鹽仍是晶體，仍有規(guī)則的幾何形狀，故B錯誤；液晶是一種特殊的物態(tài)，它既有液體的流動性，又有晶體的各向異性，故C正確；根據熱力學第二定律可知，熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，不過需要消耗外界的功，故D正確；根據理想氣體狀態(tài)方程可知：PVT=C，溫度升高，氣體的壓強不一定增大，還與氣體的體積是否變化有關，故E誤。故選ACD。16.如圖所示，上端開口的豎直汽缸由橫截面積分別為2S、S的兩個導熱性能良好的