【解析版】安徽省滁州市定远县育才学校2019届高三上学期期末考试物理试题 word版含解析

1、育才学校2019届上学期高三期末考试卷物理试题一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,第1-7小题为单项选择题，第8-10小题为多项选择题，共40分)1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的是( )A. 亚里士多德认为重物与轻物体下落一样快B. 牛顿通过理想斜面实验提出物体的运动不需要力来维持C. 法拉第利用扭秤实验发现了电荷之间静电力的作用规律D. 奥斯特观察到电流会使小磁针偏转而提出电流在其周围产生了磁场【答案】D【解析】A. 认为两个从同一高度自由下落的物体，重物体与轻物体下落一样快，这是伽利略的观点，这个说法与事实不相符,故A错误；B. 伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，与事实不相符，故B错误；C. 库仑发现了电荷之间的相互作用规律，但没有利用扭秤实验测出了静电力常量K.与事实不相符，故C错误；D. 奥斯特观察到电流会使小磁针偏转而提出电流在其周围产生了磁场，即电流的磁效应，本题选与事实相符，故D正确。故选：D。2.如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面

2、体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点。一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA受外力F的作用，处于水平方向，现缓慢逆时针改变绳OA的方向至90，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是A. 绳OA的拉力一直减小B. 绳OB的拉力一直增大C. 地面对斜面体有向右的摩擦力D. 地面对斜面体的支持力不断减小【答案】D【解析】A、B、A、缓慢改变绳OA的方向至90的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OB的拉力一直减小；故A，B均错误；C、以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故对面的摩擦力方向向左，C错误；D、，OB的拉力一直减小，则一直减小，而得一直增大，以斜面体和PQ整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：N+FOAy =M斜g+MPg+MQg，综合可得N一直减小，D正确；故选D.【点睛】本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象；摩擦力的方向及大小变化尤其为难点。3.

3、如图所示，轮子的半径均为R=0.20m，且均由电动机驱动以角速度=8.0rad/s逆时针匀速转动，轮子的转动轴在同一水平面上，轴心相距d=1.6m，现将一块均匀木板平放在轮子上，开始时木板的重心恰好在O2轮的正上方，已知木板的长度L2d，木板与轮子间的动摩擦因数均为=0.16，则木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需的时间是（）A. 1s B. 0.5s C. 1.5s D. 2s【答案】C【解析】【分析】本题的关键是对木板受力分析判断出木板的运动情况，然后应用牛顿第二定律和运动学公式进行求解。【详解】轮子的线速度。对木板受力分析，由牛顿第二定律可得：，则木板加速时的加速度。木板达到轮子线速度所经过的位移，则木板先做匀加速直线运动再做匀速直线运动。木板匀加速直线运动的时间，木板匀速运动的时间，木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需的时间。故C项正确，ABD三项错误。4.2018年我国即将发射“嫦娥四导”登月探测器，将首次造访月球背面，首次实现对地对月中继通信，若“嫦娥四号”只在距月面高度为100km的环月圆轨道I上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道，由近月点Q落月，如图所示关于

4、“嫦娥四号”，下列说法正确的是A. 沿轨道I运动至P时，需制动减速才能进入轨道B. 沿轨道运行的周期大于沿轨道I运行的周期C. 沿轨道运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度D. 在轨道上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，机械能减少【答案】A【解析】在轨道I上的P点，嫦娥四号做圆周运动，万有引力等于向心力，在轨道上的P点，卫星做近心运动，万有引力大于向心力，可知沿轨道I运动至P时，需减速才能进入轨道，故A正确根据开普勒第三定律得，由于轨道的半长轴小于轨道I的半径，则嫦娥四号沿轨道运行的周期小于沿轨道I运行的周期，故B错误根据牛顿第二定律得，P点距离月心的距离大于Q点距离月心的距离，则P点的加速度小于Q点的加速度，故C错误在轨道上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，根据动能定理知，动能增加，引力势能减小，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故D错误故选A 【点睛】根据变轨的原理确定在P点是加速还是减速；根据开普勒第三定律，结合半长轴的大小与圆轨道半径的大小比较运动的周期；根据牛顿第二定律比较P、Q两点的加速度；根据动能定理分析动能的变化，抓

5、住引力做功得出引力势能的变化，得出机械能的变化5.如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流时，纸面内与两导线距离均为的a点处的磁感应强度为零。如果让P、Q中的电流都反向，其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为A. 0 B. 2B0 C. B0 D. B0【答案】B【解析】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示：由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即PQ两导线在a处形成的合磁场B1=B0；当PQ中的电流都反向，其他条件不变，由上述分析可知，PQ两导线在a处形成的合磁场仍为B1=B0，但方向变为水平向左，则此时a点处磁感应强度的大小为2B0，故选B；点睛：考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，掌握几何关系与三角知识的应用，理解外加磁场方向是解题的关键。6.如图所示，面积为 ，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴 匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变

6、压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻 ，电表均为理想交流电表，当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，下列说法正确的是： （ ）A. 线圈中感应电动势的表达式为B. P上移时，电流表示数减小C. t=0时刻，电压表示数为D. 当原副线圈匝数比为1:2时，电阻上消耗的功率为400W【答案】D【解析】试题分析：矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：，线圈中感应电动势的表达式为e=100cos（100t）V，故A错误；P上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，故B错误；由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为U=100V，当t=0时，电压表示数为100V，故C错误；当原、副线圈匝数比为1：2时，次级电压有效值为200V，电阻上消耗的功率为，故D正确；故选D。考点：交流电；变压器7.一对正、负电子可形成一种寿命比较短的称为“电子偶素”的新粒子。电子偶素中的正电子与负电子都以速率v绕它们连线的中点做圆周运动。假定玻尔关于氢原子的理论可用于电子偶素，电子的质量m、速率v和正、负电子间的距离r的乘积也满足量子化条件，即 ，式

7、中n称为量子数，可取整数值1、2、3、，h为普朗克常量。已知静电力常量为k，电子质量为m、电荷量为e，当它们之间的距离为r时，电子偶素的电势能，则关于电子偶素处在基态时的能量，下列说法中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】正电子与负电子都以速率v绕它们连线的中点做圆周运动，两者间的库仑力充当向心力；结合题中量子化的条件，可得n=1时正、负电子间的距离、电子的速率。求出n=1时两个电子的动能和电子偶素的电势能可得电子偶素处在基态时的能量。【详解】设n=1时正、负电子间的距离为、电子的速率为，则，由量子化条件可得，联立解得：、。每个电子的动能，系统的电势能，则电子偶素处在基态时的能量，解得：。故C项正确，ABD三项错误。8.如图所示，某光滑斜面倾角为，其上方存在平行斜面向下的匀强电场，将一轻弹簧一端固定在斜面底端，现用一质量为m、带正电的绝缘物体将弹簧压缩锁定在A点（弹簧与物体不拴接），解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B距A点的竖直高度为h物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g，则下列说法正确的是（ ） A. 弹簧

8、的最大弹性势能为mghB. 物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能C. 物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能为mghD. 物体从A点运动到B点的过程中最大动能小于2mgh【答案】CD【解析】试题分析：物体离开弹簧后沿斜面向上做匀减速运动的加速度大小等于重力加速度g，由牛顿第二定律，解得电场力，设弹力做功为W，物体从A到B的运动过程中由动能定理：，解得弹力做功为W=，弹簧的最大弹性势能为，故A 选项错误；由于物体离开弹簧前需要克服重力和电场力所做功故弹性势能只有部分转化为最大动能，所以物体从A点运动到B点的过程中最大动能小于2mgh，故B选项错误,D选项正确；物体从A点运动到B点的过程中系统克服弹力做功为，所以系统损失的机械能为mgh，C选项正确；本题的解题关键是挖掘题目中的隐含条件，既物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g，应用牛顿第二定律求出电场力。考点：牛顿第二定律动能定理 弹簧弹力做功与弹性势能的关系9.“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目。在竖直的圆筒内，从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来，让人体验太空飘浮的感觉(如图甲)。假设风洞内各位置的风速均相同且保

9、持不变，人体水平横躺时所受风力的大小为其重力的2倍，站立时所受风力的大小为其重力的。如图乙所示，在某次表演中，质量为m的表演者保持站立身姿从距底部高为H的A点由静止开始下落，经过B点时，立即调整身姿为水平横躺并保持，到达底部的C时速度恰好减为零。重力加速度为g，下列说法正确的有A. A、B两点间的距离为B. 表演者从A到C的过程中始终处于失重状态C. 若保持水平横躺，表演者从C返回到A的过程中风力对人的冲量大小为D. 若保持水平横躺，表演者从C返回到A时风力的瞬时功率为【答案】ACD【解析】从A到C由动能定理可知： ,解得，选项A正确；表演者从A到C的过程中先加速后减速，故先失重后超重，选项B错误；若保持水平横躺，表演者从C返回到A的过程中，加速度满足，a=g，则时间，风力对人的冲量为,选项C正确；到达A点的速度,则瞬时功率为，选项D正确；故选ACD. 10.如图所示，光滑大圆环静止在水平面上，一质量为m可视为质点的小环套在大环上，已知大环半径为R，质量为M=3m，小环由圆心等高处无初速度释放，滑到最低点时A. 小环的速度大小为B. 小环的速度大小为C. 大环移动的水平距离为D. 大环移动的水平距离为【答案】BD【解析】A、B、小环滑至最低点时的速度为v1，大环的速度为v2，两物体的系统满足机械能守恒有:,且两物体的系统满足水平方向动量守恒有：，联立解得：，故A错误，B正确；C、D、设小环和大环水平方向发生的位移为x1和x2，两物体的系统满足水平方向反冲原理，结合人船模型的结论可知，且，解得，故C错误，D正确；故选BD.【点睛】机械能守恒定律和动量守恒定律的结合应用，同时是特

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