1、1云南省昆明市黄冈实验学校 2019 届高三上学期期末考试理综物理试题二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第1417 题只有一项符合题目要求，第 1821 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。1.汽车在平直公路上做刹车试验，若从 t0 时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图所示，下列说法正确的是A. t0 时汽车的速度为 10 m/sB. 刹车过程持续的时间为 5 sC. 刹车过程经过 3 s 时汽车的位移为 7.5 mD. 刹车过程汽车的加速度大小为 10 m/s2【答案】AD
2、【解析】试题分析：根据 0-v2=2ax 得， ，可知 ，解得刹车过程中加速度大小xv2 12a 12a 10100 110a=5m/s2，由图线可知，汽车的初速度为 10m/s，则刹车过程持续的时间 ，故t=v0a 105 2sB 错误，AD 正确刹车过程中 3s 内的位移等于 2s 内的位移，则 ，故 C 错x=v022a 10010 10m误故选 AD考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题考查了运动学公式和图象的综合，关键理清图象斜率表示的物理意义，注意汽车速度减为零后不再运动。2.如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的木板上滑行，木板与地面间动摩擦因数为 1，木块与木板间的动
3、摩擦因数为 2，木板一直静止，那么木板受地面的摩擦力大小为（ ）2A. 1Mg B. 2mg C. 1（m+M）g D. 1Mg+ 2mg【答案】A【解析】物体 m 相对 M 向右滑动，受到向左的滑动摩擦力，大小为：f 1= 2N= 2mg；力的作用是相互的，故 m 对 M 有向右的滑动摩擦力，故 M 有向右滑动的趋势，受到地面对其向左的静摩擦力，根据共点力平衡条件，有 f2=f1，因而 f2= 2mg3.如图所示， A、 B、 C 三个物体重力均为 100 N，小球 P 重 40 N，作用在物块 B 的水平力F20 N，整个系统静止，不计绳子质量，下列说法正确的是( )A. 物块 C 受 4
4、 个力作用B. A 和 B 之间的摩擦力是 20 NC. B 和 C 之间的摩擦力是 20 ND. C 与桌面间的摩擦力是 40 N【答案】C【解析】【分析】先对结点受力分析，由共点力的平衡可求得绳子对 C 的拉力；再将 A、B、C 作为整体受力分析，由共点力的平衡可求得 C 与桌面间的摩擦力【详解】结点受 P 的拉力及两绳子的拉力，如图所示，由几何关系可知，绳子对 C 的拉力F1=GP=40N；对 C 用隔离法受力分析，受重力、桌面的支持力、B 对它的压力、B 对它的摩擦力、绳子拉3力，桌面对它的摩擦力共 6 个力的作用，所以 A 错误。对 A 用隔离法受力分析，根据平衡条件知水平方向不受外
5、力，即 AB 之间没有摩擦力，所以 B 错误；对 BC 整体进行受力分析，根据平衡条件 B 受 C 对它的摩擦力 f=F=20N，所以 C 正确。对 ABC 整体受力分析，整体受重力、支持力、两拉力；根据平衡条件，在水平方向：F+f=F 1，得：f=20N 方向向左，故D 错误；故选 C。【点睛】整体法与隔离法在共点力的平衡中经常用到，在解题时要注意灵活选取；正确的研究对象的选取可在解题中起到事半功倍的效果4. 一列以速度 v 匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上的 A 处有一小球若车厢中的旅客突然发现小球沿如图（俯视图）中的虚线从 A 点运动到 B 点则由此可以判断列车的运行情况是A. 减速
6、行驶，向北转弯 B. 减速行驶，向南转弯C. 加速行驶，向南转弯 D. 加速行驶，向北转弯【答案】B【解析】由惯性可知，列车向南转弯，在相同的时间内东西方向的位移减小，可知列车正减速行驶，B 对；5.如图所示，一滑块以 v05 m/s 的速度从固定斜面底端 O 点冲上斜面，经时间 t1到达 A点时的速度为 vA3 m/s，再经时间 t2到达 B 点时的速度为 0，下列说法正确的是( )A. O、 A 间的距离与 A、 B 间的距离之比为 169B. O、 A 间的距离与 A、 B 间的距离 之比为 35C. t1与 t2之比为 23D. t1与 t2之比为 32【答案】AC【解析】4【分析】物
7、体沿斜面向上做匀减速运动，根据速度位移公式和速度时间公式即可求得。【详解】根据速度时间公式可知： ；AB 间的距离为 ，xOAv2Av2O2a=32522a=8a xAB 0v2A2a=322a=92a故 ，故 A 正确，B 错误；根据速度时间公式可得： ， ，故有：xOAxAB 169 t1 vAvOa =2a t2 0vAa=3a，故 C 正确， D 错误，故选 AC。t1t2=236.2015 年 12 月 10 日，我国成功将中星 1C 卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道如图所示是某卫星沿椭圆轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，卫星远地点 P 距
8、地心 O 的距离为 3R.则（ ）A. 卫星在远地点的速度大于3gR3B. 卫星经过远地点时速度最小C. 卫星经过远地点时的加速度大小为g9D. 卫星经过远地点时加速，卫星将不能再次经过远地点【答案】BC【解析】若卫星以半径为 3R 做匀速圆周运动，则 ，在根据 ，整理可以得到GMm(3R)2=mv23R GM=R2g，由于卫星到达远地点 P 后做近心椭圆运动，故在 P 点速度小于 ，故 A 错误；v=3gR3 v=3gR3根据半径与速度的关系可以知道，半径越大则速度越小，故远地点速度最小，故 B 正确；根据 ，则在远地点， ，故 C 正确；卫星经过远地点时加速，则可GMm(3R)2=mg，G
9、Mm(R)2=mg g=g9以以半径为 3R 做匀速圆周运动，则可以再次经过远地点，故 D 错误【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动7.如图所示， a 为竖直平面内的半圆环 acb 的水平直径， c 为环上最低点，环半径为 R将5一个小球从 a 点以初速度 v0沿 ab 方向抛出，设重力加速度为 g，不计空气阻力 （ ）A. 当小球的初速度 v0= 时，掉到环上时的竖直分速度最大2gR2B. 当小球的初速度 v0 时，将撞击到环上的圆弧 ac 段2gR2C. 当 v0取适当
10、值，小球可以垂直撞击圆环D. 无论 v0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环【答案】ABD【解析】试题分析：小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，当小球掉在 c 点时下落的高度最大，掉到环上时的竖直分速度最大，设初速度为 v0则： ，R=v 0t；解得：R=12gt2，故 A 正确由上知当小球的初速度 时，水平位移小于 R，小球将撞击到v02gR2 v02gR2环上的圆弧 ac 段故 B 正确小球撞击在圆弧 ac 段时，速度方向斜向右下方，不可能与圆环垂直；当小球撞击在圆弧 cb 段时，根据“中点”结论可知，由于 O 不在水平位移的中点，所以小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过 O 点，也就
11、不可能垂直撞击圆环故 C 错误，D 正确故选 ABD考点：平抛运动【名师点睛】此题是对平抛运动规律的考查；解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，能巧妙运用“中点”的推论分析小球速度的方向，也可以结合运动学公式列式进行分析。8.如图所示，一固定斜面倾角为 30，一质量为 m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小 g。物块上升的最大高度为 H，则此过程中，物块的（ ）A. 动能损失了 2mgH6B. 动能损失了 mgHC. 机械能损失了 mgHD. 机械能损失了 mgH【答案】AC【解析】试题分析：知道加速度，根据牛顿第二定律
12、和动能定理可求得动能的损失；根据牛顿第二定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可根据功能关系求解机械能的损失已知物体上滑的加速度大小为 g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功，为：，故 A 正确 B 错误；设摩擦力的大小为 f，根据牛Ek=W合 =F合 Hsin30=mg2H=2mgH顿第二定律得 ，得 ，则物块克服摩擦力做功为mgsin30+f=ma=mg f=0.5mg，根据功能关系可知机械能损失了 mgH，故 C 正确 D 错误Wf=f2H=0.5mg2H=mgH【点睛】解决本题的关键根据动能定理可求得动能的变化，掌握功能关系，明确除了重力以外的力做功等于物体机械能的变化【此处有视
13、频，请去附件查看】三、非选择题：第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。9. 某同学用如图所示的装置测定重力加速度，7（1）电火花计时器的工作电压为_，频率为_。（2）打出的纸带如图所示，实验时纸带的_端应和重物相连接。 （选填“甲”或“乙” ）（3）由纸带所示数据可算出实验时的加速度为 m/s 2。【答案】 （1）220 v （2 分） （2）B （2 分） （3）94（2 分）【解析】【详解】电电火花计时器的工作电压为 220V，频率为 50Hz，这样才能使得所打的两点间的时间间隔为 0.02s；由于乙端的点迹较密，说明速度小，故是乙端
14、与重物相连，刚开始速度小，后来越来越大；实验时的加速度为 a= = =9.4m/s2；x23-x785T2 3.92cm-2.04cm5(0.02s)210. （8 分）某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律。某同学用 20 分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为 cm。图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门 A、B，计时装置测出小球通过 A、B的时间分别为 2.55ms、5.15ms，由此可知小球通过光电门 A、B 时的速度分别为 vA、v B，其中 vA m/s。用刻度尺测出光电门 A、B 间的距离 h，已知当地的重力加速度为 g，只需比较 是否相等，
15、就可以验证机械能是否守恒（用题目中涉及的物理量符号表示） 。通过多次的实验发现，小球通过光电门 A 的时间越短，中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是 。【答案】 1.020，4（4.0 或 4.00 也算对） ； gh 和 （2 分） ； 小球上升过程v2A2v2B28中受到空气阻力的作用；速度越大，所受阻力越大【解析】（1）游标卡尺的读数 D=1.0cm40.05mm= 1.020cm； ；vA=DtA=1.0201032.55103m/s=4.0m/s（2）根据动能的减少量和重力势能的增加量，即 。由于两边都有质量，mgh和12mv2A12mv2B可以只比较gh 和 。
16、v2A2v2B2（3）主要因为空气阻力的影响。考点：本题考查了基本仪器的读数、瞬时速度的测量方法、验证机械能守恒定律实验以及误差分析。11.如图所示，一质量 m0.75 kg 的小球在距地面高 h10 m 处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失若小球运动过程中受到的空气阻力 f 大小恒为 2.5 N，取 g10 m/s2.求：(1)小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；(2)小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程【答案】(1)5 m (2)28.75 m【解析】【分析】（1）小球运动的过程中只有重力和阻力做功，对下落的过程和上升的过程由动能定理列式求解小球与地面第一
17、次碰撞后向上运动的最大高度；（2）小球与地面碰撞后，上升的高度与下降的高度是相等的，分别由动能定理即可求出上升的最大高度与落地时的速度，同理即可表达出相应的数列，然后求和即可【详解】 （1）小球下落的过程中重力做正功，阻力做负功，设小球落地的速度为 v，得：mghfh mv0212小球上升的过程中，重力由于阻力都做负功，设上升的高度为 h1，则： mv02 mgh1+fh1129得：h 1=5m（2）小球下落的过程中重力做正功，阻力做负功，设小球第二次落地的速度为 v1，得mgh1fh1 mv12；12小球上升的过程中，重力由于阻力都做负功，设上升的高度为 h2，则：mv12 mgh2+fh2
18、12得： h2 h1=2.5mmgh1fh1mg+f 12同理，小球第三次落地后上升的高度： h3 h2 m12 54小球第四次落地后上升的高度： h4 h3 m12 12 53 58小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程：s=h+2h1+2h2+2h3+2h4=28.75m【点睛】本题应用动能定理全程列式可顺利求解，关键在于明确阻力做功的求法，记住不论物体向下还是上，阻力一直做负功12.如图所示，在平面直角坐标系中 AO 是 xOy 的角平分线， x 轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等一质量为 m、电荷量
19、为 q 的质点从 OA 上的 M 点由静止释放，质点恰能沿 AO 运动而通过 O 点，经偏转后从 x 轴上的 C 点进入第一象限内并击中 AO 上的 D 点( C， D 均未画出)已知 OD OM，匀强磁场的磁感应强度大小为 B (T)，重力加速度为 g10 m/s 2.求：(1)两匀强电场的电场强度 E 的大小；(2)OM 的长度 L；(3)质点从 M 点出发到击中 D 点所经历的时间 t.【答案】(1) (2)20 m 或 m (3)7.71 s 或 6.38 s【解析】10试题分析：质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿 AO 做加速直线运动，结合力学关系即可求出电场强度，点在
20、x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，结合运动学知识及平抛规律即可解题，运动时间包括匀变速运动时间和圆周运动时间。质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿 AO 做加速直线运动，所以有 mg qE，即 E=mgq(2)质点在 x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从 C 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示有 Bqv=mv2r由运动学规律知 v22 aL， a=2g设粒子从 C 点运动到 D 点所用时间为 t3，由类平抛运动规律知R vt3， R3L4=12at23联立解得： 或 L=202m2029m(3)质点做匀加速直线运动有 L=12at21得 t1
21、2 s 或23s质点做匀速圆周运动有 t2=342mqB=4.71s质点做类平抛运动有 R vt3，得 t31 s质点从 M 点出发到击中 D 点所经历的时间为：t t1 t2 t37.71 s 或 6.38 s.点睛：本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，画出粒子轨迹，再结合数学知识即可解题。13.某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以 1.8 m/s 的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近该同学发现从第 1 个波峰到第 10 个波峰通过身下的时间间隔为 15 s下列说法正确的是（ ）11A. 水面波是一种机械波B. 该水面波的频率为 6 HzC. 该水面波的波长为 3 mD. 水面波没
22、有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E. 水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移【答案】ACE【解析】【分析】明确水波是种机械波；首先根据题干中的条件，可计算出波的振动周期，再利用周期与频率之间的关系，即可计算出波的频率；利用波速、周期、波长之间的关系式 =vT 可求得波长，结合波传播的特点，参与振动的质点只是在自己的平衡位置处振动【详解】水面波是有机械振动一起的，在介质（水）中传播的一种波，是一种机械波，故A 正确。由第 1 个波峰到第 10 个波峰通过身下的时间间隔为 15s，可得知振动的周期 T 为：，频率为： ，故 B 错误。由公式 =vT，有
23、=1.8 =3m，T=tn=15101=53s f=1T=35=0.6Hz 53故 C 正确。参与振动的质点只是在自己的平衡位置附近做往复运动，并不会“随波逐流” ，但振动的能量和振动形式却会不断的向外传播，故 D 错误，E 正确。故选 ACE。【点睛】本题应明确机械波的特点：注意以下几点：（1）介质各个质点不是同时起振，但起振方向与振源起振方向相同（2）离振源近的质点先起振 （3）质点只在平衡位置振动，并不随波迁移 （4）波传播的是振动形式和能量，且能传递信息（5）传播过程中各质点的振动都是受迫振动，驱动力来源于振源，各质点起振时与振源起振时的情况完全相同，其频率等于振源频率14.如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的 AB 面上，经 AB 和 AC 两个面折射后从 AC 面进入空气当出射角 i和入射角 i 相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为 .已知棱镜顶角为 ，则棱镜对该色光的折射率表达式为12【答案】【解析】【分析】由几何关系可明确在 AB 边入射时的入射角和折射角，再由折射定律可求得折射率。【详解】由折射定律可知， ；因入射角和出射角相等，即 i=i故由几何关系可知，= ； ；故折射率 ；13
