江西省南昌市第二中学2019届高三物理上学期期末考试试题（含解析）.doc

1、- 1 -南昌二中 2018-2019 年学年度上学期期末考试高三理综试卷（物理部分）1.如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，在这个系统中， B 为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子 B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被 B 盒接收，从 B 盒发射超声波开始计时，经时间 t0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的 x t 图象，则下列说法正确的是( )A. 超声波的速度为B. 超声波的速度为C. 物体的平均速度为D. 物体的平均速度为【答案】C【解析】超声波在 时间内通过位移为 ，则超声波的速度为 ，由图可知：超声波通过位移为 x2时，所用时间为

2、 ，则超声波的速度为 ，B 错误；物体通过的位移为时，所用时间为 ，物体的平均速度，故 C 错误 D 正确- 2 -2.如图所示的几种情况中，不计绳、弹簧测力计、各滑轮的质量，不计一切摩擦，物体质量都为 m，且均处于静止状态，有关角度如图所示弹簧测力计示数 FA、F B、F C、F D由大到小的排列顺序是（ ）A. FBF DF AF C B. FDF CF BF AC. FDF BF AF C D. FCF DF BF A【答案】C【解析】解：对 A 图中的 m 受力分析，m 受力平衡，根据平衡条件得：2FAcos45=mg解得： ，对 B 图中的 m 受力分析，m 受力平衡，根据平衡条件得

3、：弹簧秤的示数 FB=mg，对 C 图中的 m 受力分析，m 受力平衡，根据平衡条件得：弹簧秤的示数 ，对 D 图中的 m 受力分析，m 受力平衡，根据平衡条件得：2FDcos75=mg解得：则 FDF BF AF C，故 C 正确故选：C【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】分别对 ABCD 四副图中的物体 m 进行受力分析，m 处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件求出绳子的拉力，而绳子的拉力等于弹簧秤的示数- 3 -【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，并能根据平衡条件列式求解，特别注意 B

4、图中的滑轮为定滑轮，不省力，只能改变方向，所以绳子的拉力等于 mg3.如图所示，电阻不计的两根光滑平行金属导轨左端接有一个自感系数很大的线圈 L，金属棒 MN 置于导轨上，并与其保持良好接触。 MN 中点处通过一平行于导轨的轻质绝缘杆固定，在绝缘杆左端装有一力传感器(图中未画出)，可以显示出 MN 对绝缘杆施加作用力的情况。直流电源 E、电阻 R 和电键 S 接在导轨之间，自感线圈 L 的直流电阻是金属棒 MN 电阻的一半。关于绝缘杆，下列说法正确的是A. 闭合 S，受到向左的拉力，且力传感器示数越来越大B. 闭合 S，受到向右的压力，且力传感器示数越来越小C. 断开 S，受到向左的拉力，且力

5、传感器示数越来越小直至为零D. 断开 S，受到向右的压力，且力传感器示数先突然变大再逐渐减小为零【答案】D【解析】当闭合 s 时，有电流自上而下流过 MN，由左手定则可判定安培力方向向左，此时自感线圈产生的自感电流自上而下流过 MN，但自感电流逐渐减小到零，所以传感器示数逐渐减小，AB错；断开 s 后，自感线圈的感应电流自下而上流过 MN，所受安培力向右，电流逐渐减小到零，D 对；4.如图，光滑斜面的倾角为 ，斜面上放置一矩形导体线框 ， 边的边长为 ， 边的边长为 ，线框的质量为 ，电阻为 ，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为 ，斜面上 线（ 平行底边）的右方有垂直斜面向上

6、的匀强磁场，磁感应强度为 ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的 边始终平行底边，则下列说法正确的是- 4 -A. 线框进入磁场前运动的加速度为B. 该匀速运动过程产生的焦耳热为( Mg mgsin )l2C. 线框做匀速运动的总时间为D. 线框进入磁场时匀速运动的速度为【答案】B【解析】【分析】线框进入磁场的过程做匀速运动， M 的重力势能减小转化为 m 的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律求解焦耳热线框进入磁场前，根据牛顿第二定律求解加速度由平衡条件求出线框匀速运动的速度，再求出时间。【详解】线框进入磁场前，根据牛顿第二定律： ，解得：，故 A 错误

7、；线框进入磁场的过程做匀速运动， M 的重力势能减小转化为 m 的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：焦耳热为 Q=（ Mg-mgsin ） l2，故 B 正确；设线框匀速运动的速度大小为 v，则线框受到的安培力大小为 ，根据平衡条件得：F=Mg-mgsin ，联立两式得： ，匀速运动的时间为 ，故CD 错误。所以 B 正确，ACD 错误。【点睛】本题是电磁感应与力平衡的综合，安培力的计算是关键本题中运用的是整体法求解加速度。5.如图所示，斜面置于粗糙的水平面上，将两个相同的光滑木块 a、 b 放在斜面上， a、 b 用一轻质弹簧连接， b 的右端用细绳与固定在斜面上的挡板相连。达到稳

8、定状态时， a、 b、斜- 5 -面均静止。在细绳剪断瞬间，斜面仍保持静止。则在细绳剪断瞬间，下列说法正确的是A. a 所受的合外力一定为零B. 斜面所受地面的摩擦力一定为零C. b 所受的合外力一定为零D. 斜面所受地面的支持力小于 a、 b 和斜面的总重力【答案】AD【解析】【分析】剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对 a、 b 分析，分析合力是否为零对 a、 b 和斜面整体分析，抓住 b 在竖直方向和水平方向上有加速度，判断地面支持力和总重力的大小关系以及地面是否有摩擦力【详解】剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，剪断前， a 受重力、支持力和弹簧的弹力处于平衡，剪断后，由于弹力不变，则

9、a 所受的合力为零，故 A 正确；剪断细绳的瞬间， b 受重力、支持力和弹力向下的拉力，可知 b 所受的合力不为零，有沿斜面向下的加速度，对整体分析，由于 b 有沿斜面向下的加速度，则竖直方向上有向下的分加速度，可知地面的支持力小于 a、 b 和斜面的总重力，由于 b 在水平方向上有向左的水平分加速度，可知地面对斜面有摩擦力作用，故 BC 错误，D 正确。所以 AD 正确，BC 错误。【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，在判断地面支持力和摩擦力时，运用整体法分析方便。6.一个质量为 m 的质点以速度 v0做匀速运动，某一时刻开始受到恒力 F 的作用，质

10、点的速度先减小后增大，其最小值为 。质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中( )A. 经历的时间为 B. 经历的时间为C. 发生的位移为 D. 发生的位移为【答案】AD【解析】- 6 -质点减速运动的最小速度不为 0，说明质点不是做直线运动，是做类斜抛运动，质点的速度先减小后增大，其最小值为 ，分析可知初速度与恒力的夹角为 150，在沿恒力方向上有： ，在垂直恒力方向上有 ，质点的位移 ，联解可得：经历的时间为 ，发生的位移为故选 AD。7.一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿 x 轴从 x向 x运动，其速度 v 随位置 x 变化的图象如图所示 x x1和 x x1处，图线切线的斜率绝

11、对值相等且最大，则A. x x1和 x x1两处，电场强度相同B. x x1和 x x1两处，电场强度最大C. x0 处电势最高D. 从 x x1运动到 x过程中，电荷的电势能逐渐增大【答案】BC【解析】【详解】由题，正检验电荷仅在电场力作用下沿 x 轴从 x=-向 x=+运动，速度先减小后增大，所受的电场力先沿-x 轴方向，后沿+x 轴方向，电场线方向先沿-x 轴方向，后沿+x 轴方向，则知 x=x1和 x=-x1两处，电场强度的方向相反，电场强度不同，故 A 错误。此图是速度-位置图象，速度随位置的变化率即斜率体现的是加速度的变化，根据 F=ma 及 F=qE 可知- 7 -电场强度决定于

12、加速度，也就是斜率，x=x 1和 x=-x1两处斜率最大，则电荷的电场强度最大，故 B 正确。由上知，电场线方向先沿-x 轴方向，后沿+x 轴方向，根据顺着电场线方向电势降低可知，电势先升高后降低，则 x=0 处电势最大，故 C 正确。从 x=x1运动到 x=+过程中，电场力沿+x 轴方向，则电场力做正功，电荷的电势能逐渐减小，故 D 错误。故选 BC。【点睛】本题的突破口是速度图象的斜率等于加速度。解决这类问题还要明确带电粒子在电场中运动的功能关系。8.如图，空间存在沿 OM 方向的匀强电场， ON 与 OM 的夹角 NOM ，某带正电粒子从 OM 上的 P 点垂直于 OM 进入电场，仅在电

13、场力作用下运动，第一次经过 ON 的位置记为 Q 点。当粒子以不同大小的初速度进入电场， Q 点的位置会不同，若 Q 点离 O 点最远距离 OQ L。下列说法正确的是( )A. Q 点最远时，粒子的速度沿 ON 方向B. 粒子在 OM 方向的分运动是匀加速直线运动，垂直 OM 方向的分运动是匀速直线运动C. 粒子进入电场的初速度越大， Q 点离 O 点越远D. 根据条件可以求得 OP cos 【答案】ABD【解析】【分析】当运动的轨迹与 ON 相切，Q 点最远，抓住 Q 点的速度方向沿着射线 ON，粒子从 P 点开始做类平抛运动，将粒子的运动沿竖直方向与水平方向分解，结合牛顿第二定律与运动学的

14、方程即可求解；【详解】A、当粒子的运动轨迹与 ON 相切时，Q 点最远，则粒子的速度方向沿 ON 方向，故 A正确；B、粒子垂直电场线方向上不受力，垂直 OM 方向的分运动是匀速运动，在 OM 方向上仅受电场力，初速度为零，做匀加速直线运动，故 B 正确；C、粒子进入电场的初速越大，Q 点离 O 点越近，故 C 错误；- 8 -D、如图所示：依题意得，粒子在 Q 点的速度方向沿着射线 ON，粒子从 P 点开始做类平抛运动，设加速度为a，沿着 OM 方向做匀加速直线运动，在 Q 点平行于 OM 方向的分速度：SQ 方向做匀速运动，且联立解得： ，故 D 正确。【点睛】解决本题的关键掌握处理类平抛

15、运动的方法，关键作出轨迹图，结合牛顿第二定律和运动学公式和几何关系进行求解。9.从以下给出的器材中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表 A1的内阻 r1，要求保障仪器安全、方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据。A电流表（A 1） ，量程 010mA，内阻 r1待测（约 40）B电流表（A 2） ，量程 0500A，内阻 r2=750C电压表（V 1） ，量程 010V，内阻 r3=10kD电阻（ R1） ，阻值约 100，做保护电阻用E滑动变阻器（ R2） ，总阻值约 50F电池（ E） ，电动势 1.5V，内阻很小J电键一个，导线若干(1)在虚线方框中画出电路图_，标明所用

16、器材的代号。- 9 -(2)若选测量数据中的一组来计算 r1，则所用的表达式为 r1=_，式中各符号的意义是：_。【答案】 (1). (2). (3). I1、 I2分别为电流表 A1与电流表 A2的读数； r1、 r2分别为电流表 A1与电流表 A2的内阻。【解析】【分析】电流表可视为一个小电阻，但可显示通过的电流值，因而可知道其两端的电压值，由于电源电动势较小，故本实验中电压表不可以使用，否则会带来较大的读数误差，同时滑动变阻器总阻值较小，本着可多次变换测量值的原则，应采用分压接法根据部分电路欧姆定律，利用电压表两端的电压处以电流可得电阻。【详解】 （1）由于电源电动势较小，故本实验中电压

17、表不可以使用，但是电流表可视为一个小电阻，同时可显示通过的电流值，因而可知道其两端的电压值，可充当电压表，滑动变阻器总阻值较小，本着可多次变换测量值的原则，应采用分压接法，故电路如图所示：（2）根据欧姆定律得： ，式中 I1、 I2分别为电流表 A1与电流表 A2的读数； r1、 r2分别为电流表 A1与电流表 A2的内阻。【点睛】将电流表看成定值电阻，与电阻不同的是可以直接显示通过的电流。10.某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律实验装置如图 1 所示，- 10 -打点计时器的电源为 50 Hz 的交流电(1)下列实验操作中，不正确的有_A将铜管竖直地固定在限位孔的正下方B

18、纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落D在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源(2)该同学按正确的步骤进行实验(记为“实验”)，将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为 O 点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1，2，8.用刻度尺量出各计数点的相邻两计时点到 O 点的距离，记录在纸带上，如图 2所示计算相邻计时点间的平均速度 v,，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表请将表中的数据补充完整位置 1 2 3 4 5 6 7 8v( cm/s) 24.5 33.8 37.8 39.5 39.8 39.8 39.8(3)分析上表的实验数

19、据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是_；磁铁受到阻尼作用的变化情况是_- 11 -(4)该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作(记为“实验”)，结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同请问实验是为了说明什么？对比实验和的结果可得到什么结论？【答案】 （1）CD（2）39.0 （3）逐渐增大到 39.8 cm/ s 逐渐增大到等于重力（4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用，磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用.【解析】（1）在实验时，应用手拿着纸带释放，而不是拿着磁铁，应先接通电源，让打点计时器工作，然后释放磁铁，所以不正确的是

20、 CD；（2）由 可求 v4=39.0 cm/ s；（3）由纸带上的测量数据知，磁铁的速度逐渐增大，最后匀速下落，阻力逐渐增大到等于重力；（4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用，磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用.【考点】研究电磁阻尼【方法技巧】本题主要是对纸带的处理，能利用纸带分析物体的运动，从而得到阻尼的效果，并能准确计算一定时间内的平均速度，由现象分析规律。【此处有视频，请去附件查看】11.如图，质量 M=1kg 的木板静止在水平面上，质量 m=1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数 1=0.1，铁块与木板之间

21、的动摩擦因数 2=0.4，取 g=10 m/s2现给铁块施加一个水平向左的力 F（1）若力 F 恒为 8 N，经 1 s 铁块运动到木板的左端。求：木板的长度 L（2）若力 F 从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力 f 随力 F 大小变化的图象- 12 -【答案】 （1）1m（2）【解析】试题分析：（1）对铁块，由牛顿第二定律： 对木板，由牛顿第二定律： 设木板的长度为 ，经时间 t 铁块运动到木板的左端，则： 又： ，联立解得：L=4m（2） （i）当 时，系统没有被拉动，铁块受到的摩擦力 f=0（ii）当 时，如果 M、m 相对静止，铁块与木板有相同

22、的加速度 ，则： 解得： 此时： ，也即 所以：当 时，（iii）当 时，M、m 相对滑动，此时铁块受到的滑动摩擦力为图象如图所示。考点：考查了牛顿第二定律的应用12.如图所示，竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为- 13 -L=0.5m，上方连接一个阻值 R=1 的定值电阻，虚线下方的区域内存在垂直纸面向里的磁感应强度 B=2T 的匀强磁场。完全相同的两根金属杆 1 和 2 靠在导轨上，金属杆长与导轨等宽且与导轨接触良好，电阻均为 r =0.5。将金属杆 1 固定在磁场的上边缘（仍在此磁场内） ，金属杆 2 从磁场边界上方 h0=0.8m 处由静止释放，进入磁场后恰作

23、匀速运动。 （ g 取 10m/s2）求：(1)金属杆的质量 m；(2)若金属杆 2 从磁场边界上方 h1=0.2m 处由静止释放，进入磁场下落一段距离后做匀速运动。在金属杆 2 加速的过程中整个回路产生了 1.4J 的电热。求此过程中流过电阻 R 的电荷量 q；(3)若金属杆 2 仍然从磁场边界上方 h1=0.2m 处由静止释放，在金属杆 2 进入磁场的同时释放金属杆 1，试求两根金属杆各自的最大速度。【答案】(1) m=0.2kg(2)q =0.65C(3) v1=1m/s， v2=3m/s【解析】【分析】金属杆 2 进入磁场前做自由落体运动，由运动学公式求出进入磁场时的速度 v，进入磁场

24、后做匀速运动，重力与安培力平衡，由 E=BLv 求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，最后有平衡条件求出 m；金属杆 2 进入磁场经过一段时间后开始匀速运动，速度大小仍等于 v根据能量守恒求出 h2，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，最后由电流的定义式求出电量 q；释放金属杆 1 后，两杆受力情况相同，且都向下加速运动，合力等于零时速度最大根据平衡条件得到两杆速度之和由于两个金属杆任何时刻受力情况相同，任何时刻两者量也相的加速度也都相同，在相同时间内速度的增同，根据速度增量相同，得到速度的关系，联立求解两杆的最大速度【详解】(1)金属杆 2 进入磁场

25、前做自由落体运动，进入磁场的速度：金属杆 2 进入磁场后切割磁感线，回路中产生感应电流，有感应电动势 E=BLvm，感应电流- 14 -金属杆恰做匀速运动，受安培力和重力平衡： mg=BIL解出 m= = =0.2kg(2)金属杆 2 自由下落 h1，进入磁场，做加速运动，设金属杆 2 在磁场内下降 h2后达到匀速运动，在加速的过程中，部分机械能转化为电能产生电热，有 mg(h1+h2)= +Q可得 h2= 1=1.3m金属杆 2 进入磁场到匀速运动的过程中 ，解出流过电阻的电量： q= = C =0.65C(3)金属杆 2 刚进入磁场时的速度 v= = m/s=2m/s金属杆 2 进入磁场同

26、时释放金属杆 1 后，回路中有感应电流，两杆都受安培力和重力，且受力情况相同，都向下做加速运动，随速度增大，感应电流增大，安培力增大，直到安培力和重力相等时，速度达到最大。金属杆 1 和 2 产生的感应电动势为 E1=BLv1， E2=BLv2感应电流为 达到最大速度时杆的重力等于安培力 mg=BIL整理得到： v1+ v2= =4 m/s因为两个金属杆任何时刻受力情况相同，因此任何时刻两者的加速度也都相同，在相同时间内速度的增量也必相同，即： v10 =v2 v代入数据得 v2= v1+2联立求出： v1=1m/s， v2=3m/s【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合，第 3 问关键是抓住

27、两杆的加速度相同，任何时刻速度的增量相同这一隐含的条件分析两杆的速度关系。- 15 -13.如图所示,绝热气缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定,隔板质量不计,左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体).初始时,两室气体的温度相等,氢气的压强大于氧气的压强,松开固定栓直至系统重新达到平衡,下列说法中正确的是A. 初始时氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能B. 系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小C. 系统重新达到平衡时，两者温度相同，等于初始值D. 松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中有热量从氧气传递到氢气E. 松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中,氧气的内能先增大后减

28、小【答案】CDE【解析】【分析】理想气体的内能只与温度有关，则由温度的变化可知内能的变化；由热力学第一定律可知两部分气体间热量的传递方向。【详解】温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，与分子质量无关，两部分气体温度相同，初始时两部分气体分子的平均动能相同，故 A 错误；松开固定栓至系统达到平衡过程中，先是氢气对氧气做功，内能减少，氧气内能增加，温度升高。由于存在温度差，发生热传递，最后两者温度相同，故氧气内能又减小，等于初始值，所以两种气体的内能与初始时相同，故 B 错误，CDE 正确。所以 CDE 正确，AB 错误。【点睛】本题要注意理想气体分子间距离较大，故不计分子势能，

29、分子内能只与温度有关，温度相同，则内能及分子的平均动能均相同。14.太阳与地球的距离为 1.51011m,太阳光以平行光束入射到地面,地球表面 2/3 的面积被水面所覆盖,太阳在一年中辐射到地球表面水面部分的总能量 W 约为 1.871024J.设水面对太阳辐射的平均反射率为 7%,而且将吸收到的 35%能量重新辐射出去,太阳辐射可将水面的水蒸发(设在常温、常压下蒸发 1kg 水需要 2.2106J 的能量),而后凝结成雨滴降落到地面.估算整个地球表面的年平均降雨量(以毫米表示,球面积为 4 R )- 16 -【答案】1.010 3mm【解析】【分析】先根据能量守恒定律求解一年中地球表面的水用于蒸发所吸收的总能量，然后根据汽化热定义求解蒸发的水量，最后求解降水高度。【详解】设太阳在一年中辐射到地球水面部分的总能量为 W.W=1.871024J凝结成雨滴年降落到地面水的总质量为 m, m=W0.930.65/(2.2106 )=5.141017kg设地球表面覆盖一层水的厚度为 h, =1.01103mm整个地球表面年平均降雨量约为 1.0103mm【点睛】本题关键建立物理模型，明确研究对象，然后根据能量守恒定律和汽化热概念列式求解。