2018-2019学年湖北省十堰二中高三(上)期末物理试卷

1、2018-2019 学年湖北省十堰二中高三（上）期末物理试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共5 小题，共30.0 分）1.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能()A.C.与它所经历的时间成正比与它的速度成正比B.D.与它的位移成正比与它的动量成正比2. 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态， 现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动，以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的是（）A.B.C.D.3. 如图，三个固定的带电小

2、球a， b 和 c，相互间的距离分别为 ab=5 cm， bc=3cm， ca=4cm，小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于a， b 的连线，设小球a，b 所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）A.a，b的电荷同号，k=a bB. ， 的电荷异号， k=C.a，b的电荷同号，k=D. ，的电荷异号，k=a b4. 如图，导体轨道 OPQS 固定，其中 PQS 是半圆弧， Q 为半圆弧的中点，O 为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM 是有一定电阻。可绕O 转动的金属杆，M 端位于 PQS 上，OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使 OM 从 OQ 位置

3、以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程 ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到 B（过程 ）。在过程 、 中，流过 OM 的电荷量相等，则等于（）A.B.C.D.25. 如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道， ab 水平，长度为 2R；bc 是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，第1页，共 19页自 a 点处从静开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（）A. 2mgRB. 4mgRC. 5mgRD. 6mgR二、多选题（本大题共5 小题，共27.0

4、 分）6. 如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态，下列说法正确的是（）A. 开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动B. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动7. 2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合

5、并前约 100s时，它们相距约 400km，绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（）A. 质量之积B. 质量之和C. 速率之和D. 各自的自转角速度8. 图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面 b 上的电势为 2V，一电子经过 a 时的动能为 10eV，从a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为6eV下列说法正确的是（）A. 平面 c 上的电势为零B. 该电子可能到达不了平面 fC. 该电子经过平面 d 时，其电势能为 4eVD. 该电子经过平面

6、b 时的速率是经过d 时的 2 倍9.如图，一定量的理想气体从状态a 变化到状态b，其过程如 p-V 图中从 a 到 b 的直线所示。 在此过程中 （）A. 气体温度一直降低B. 气体内能一直增加C. 气体一直对外做功D. 气体一直从外界吸热E. 气体吸收的热量一直全部用于对外做功10. 一列简谐横波沿 x 轴正方向传播， 在 t=0 和 t=0.20s 时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期 T 0.20s。下列说法正确的是（）第2页，共 19页A.B.波速为 0.40m/s波长为 0.08mC. x=0.08m 的质点在 t=0.70s 时位于波谷D. x=0.08m 的质点在

7、t=0.12s 时位于波谷E. 若此波传入另一介质中其波速变为0.80m/s0.32m，则它在该介质中的波长为三、实验题探究题（本大题共2 小题，共15.0 分）11. 某同学组装一个多用电表， 可选用的器材有： 微安表头（量程 100A，内阻 900）；电阻箱 R（阻值范围 0 999.9 ）；1电阻箱 R2（阻值范围099999.9 ）；导线若干。要求利用所给器材先组装一个量程为lmA 的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表。组装好的多用电表有电流 1mA 和电压3V 两挡。回答下列问题：（ 1）在虚线框内画出电路图并标出R1 和 R2，其中 *为公共接线柱， a 和

8、b 分別是电流挡和电压挡的接线柱。（ 2）电阻箱的阻值应取R1=_ ， R2=_ （保留到个位）12. 某同学用图（ a）所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数，跨过光滑定滑轮的细线两端分別与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平， 在木块上方放置砝码， 缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时， 弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出，其中f4 的值可从图（ b）中弹簧秤的示数读出。砝码的质量0.100.150.200.250.05m/kg滑动摩擦力 2.152.362.55f42.93第3页，共 19页回答下列问题：

9、（ 1） f4=_N；（ 2）在图（ c）的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f -m 图线；（ 3）f 与 m、木块质量 M、木板与木块之间的动摩擦因数及重力加速度大小 g 之间的关系式为 f=_， f-m 图线（直线）的斜率的表达式为k=_；（ 4）取 g=9.80m/s2，由绘出的 f -m 图线求得 =_（保留 2 位有效数字）四、计算题（本大题共4 小题，共52.0 分）13. 汽车 A 在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后 B 车向前滑动了4.5m，A 车向前滑动了2.0m，已知

10、A 和 B 的质量分别为2.0 103kg和 1.5 103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g 10m s2求（ 1）碰撞后的瞬间 B 车速度的大小；（ 2）碰撞前的瞬间 A 车速度的大小。第4页，共 19页14. 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xOy 平面内的截面如图所示； 中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直， 宽度为 l ，磁感应强度的大小为B，方向垂直于 xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 l，电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向； M、N 为条状区域边界上的两点，它

11、们的连线与 y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿 y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从 M 点入射的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出。不计重力。（ 1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（ 2）求该粒子从 M 点入射时速度的大小；（ 3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M 点运动到N 点的时间。15. 在两端封闭、粗细均匀的 U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U 形管两端竖直朝上时，左，右两边空气柱的长度分别为l 1=18.0 cm 和l2=12.0 cm，左边气体的压强为 12.0cmHg 现将

12、U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U 形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。16. 如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“O?”（图中点），然后用横截面为等边三角形 ABC 的三棱镜压在这个标记上，小标记位于 AC 边上。 D 位于 AB 边上，过D 点做 AC 边的垂线交AC 于 F 该同学在D 点正上方向下顺着直第5页，共 19页线 DF 的方向观察，恰好可以看到小标记的像；过O 点做 AB 边的垂线交直线DF于 E； DE=2 cm， EF=1cm。求三棱镜的折射率。（不考虑光线在三棱镜中的反射）第6页，共 19页答案和解

13、析1.【答案】 B【解析】解：A 、因列车做初速度 为零的匀加速直 线运动，则有：v=at，而动能表达式Ek=，可知动能与所经历的时间平方成正比，故 A 错误；B、依据动能定理，则有：F 合 x=，可知，动能与它的位移成正比，故 B正确；C、由动能表达式 Ek=，可知，动能与它的速度平方成正比，故 C 错误；动动量关系式，Ek=动动量平方成正比，故D、依据 能与，可知， 能与它的D 错误；故选：B。根据车作匀加速直 线运动，结合运动学公式，动能定理，及动能与动量关系式，即可求解。考查动能的表达式，掌握影响 动能的因素，理解动能定理的内容，及运 动学公式的运用。2.【答案】 A【解析】解：设物块

14、 P 的质量为 m，加速度为 a，静止时弹簧的压缩量为 x0，弹簧的劲度系数为 k，由力的平衡条件得， mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为 x 时弹簧对 P 的弹力：F1=k（x0-x），对物块 P，由牛顿第二定律得， F+F1-mg=ma，由以上式子 联立可得，F=k x+ma。可见 F 与 x 是线性关系，且 F 随着 x 的增大而增大，当 x=0 时，kx+ma=ma0，故A 正确，BCD 错误 。故选：A。第7页，共 19页以物块 P 为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律得出 F 与物块 P 的位移 x 的关系式，再选择图象。解答本题的关键是要根据牛 顿第二定律和胡克定律

15、得到F 与 x 的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物 块 P 的位移与 弹簧形变量并不相等。3.【答案】 D【解析】解：根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a，b 的连线，可知，a，b 的电荷异号，对小球 C 受力分析，如下图所示：因 ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此 acbc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比， 则有：=；而根据库仑定律，Fa=k，而 Fb=k综上所得，=，故ABC 错误，D 正确；故选：D。对小球 C 受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法 则，结合几何关系，及三角知识，即可求解。考查库仑定律与矢量的合

16、成法 则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用，注意小球 C 的合力方向可能向左，不影响解 题的结果。4.【答案】 B【解析】第8页，共 19页解：设圆的半径为 R，金属杆从 Q 到 S 的过程中：=根据法拉第电磁感应E定律有： 1=设回路的总电阻为 r，第一次通过线圈某一横截面的 电荷量为：q1=I1t1= 磁感应强度的大小以一定的 变化率从 B 增加到 B的 过程中设时间为 t2，=过线电为 q=I2t2=第二次通圈某一横截面的荷量：2由题 q， 1=q2联立 可得：故B 正确，ACD 错误，故选：B。再根据法拉第 电磁感应定律，即可求出电动势，然后结合闭合电路欧姆定律求得感应电流大小；依据

17、电量的表达式 q=It 求出即可。考查法拉第电磁感应定律与切割感 应电动势 的公式，掌握求解线圈的电量综合表达式的含 义是关键。5.【答案】 C【解析】解：由题意知水平拉力 为：F=mg；设小球达到 c 点的速度 为 v，从a 到 c 根据动能定理可得：F?3R-mgR=解得：v=；竖竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加小球离开 c 点后， 直方向做速直线运动，设小球从 c 点达到最高点的 时间为 t，则有：t=；第9页，共 19页此段时间内水平方向的位移 为：x=2R，所以小球从 a 点开始运 动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移 为：L=3R+2R=5R ，此过程中小球的机械能增量

18、为：E=FL=mg 5R=5mgR。故 C 正确、ABD 错误 。故选：C。根据动能定理求出小球在c 点的速度，再根据竖直上抛运 动求解达到最高点的时间，根据水平方向的运 动规律求解离开 c 后达到最高点 时的水平位移，根据功能关系求解机械能的增加。本题主要是考 查功能关系；机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或 弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或 弹力做功以外，其它力 对系统做多少功，系统的机械能就 变化多少；注意本题所求的是 “小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点 ”，不是从 a 到 c 的过程，这是易错点。6.【答案】 AD【解析】解：A 、干电池开关闭合后的瞬 间，根据楞

19、次定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由南到北，根据安培定 则，直导线上方的磁 场方向垂直 纸面向里，则小磁针 N 极向纸里偏转，故A 正确。BC、干电池开关闭合并保持一段 时间后，根据安培定则，可知，左边线圈中有磁通量，却不变，因此左边线圈中不会 产生感应电流，那么小磁针也不会偏转，故BC 错误 。D、干电池开关闭合并保持一段 时间再断开后的瞬 间，由A 选项分析，可知，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由北到南，根据安培定 则，直导线上方的磁 场方向垂直 纸面向外，则小磁针 N 极朝垂直 纸面向外的方向转动，故 D 正确；第10 页，共 19页故选：AD 。干电池通电的瞬间，在左

20、线圈中产生感应电流，根据楞次定律判断出感 应电流的方向，结合安培定 则得出直导线周围磁场的方向，从而确定指南 针的偏转方向。同理当开关断开后，左边线圈的磁场从有到无，从而根据楞次定律判断出感 应电流的方向，结合安培定 则得出直导线周围磁场的方向，从而确定指南针的偏转方向。本题考查了楞次定律和安培定 则的基本运用，知道小磁 针静止时 N 极的指向为磁场的方向，同时掌握感应电流产生的条件。7.【答案】 BC【解析】解：AB 、设两颗星的质量分别为 m1、m2，轨道半径分 别为 r1、r2，相距L=400km=4105m，根据万有引力提供向心力可知：2=m1r12=m2r2 ，整理可得：=质量之和（

21、m1+m2）=，解得其中周期 T=s，故A 错误、B 正确；CD、由于 T=s，则角速度为：= =24 rad/s，这是公转角速度，不是自转角速度根据 v=r 可知：v1=r1，v2=r2解得：v（6，故正确，错误。）=L=9.6 10C1+v2= r1+r2m/sD故选：BC。双星系统靠相互间的万有引力提供向心力， 结合牛顿第二定律求出双星 总质量与双星距离和周期的关系式，从而分析判断。结合周期求出双星系 统旋转的角速度和 线速度关系。第11 页，共 19页本题实质是双星系 统，解决本题的关键知道双星系 统的特点，即周期相等、向心力大小相等，结合牛顿第二定律分析求解。8.【答案】 AB【解析

22、】解：A 、虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一 组等势面，一电子经过a 时的动能为 10eV，从a 到 d 的过程中克服 电场力所做的功 为 6eV，动能减小了 6eV，电势能增加了 6eV，因此等势面间的电势差为 2V，因平面 b 上的电势为 2V ，由于电子的电势能增加，等势面由 a 到 f 是降低的，因此平面 c 上的电势为零，故 A 正确；B、由上分析，可知，当电子由 a向 f 方向运动，则电子到达平面 f 的动能为 2eV，由于题目中没有 说明电子如何运 动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动 则， 可能不会到达平面 f，故B 正确；C、在平面 b 上电势为则电子

23、的电势能为动为电势能与动2V，-2eV， 能8eV，能之和为电经过平面 d时动为电势能为2eV，故C错6eV，当 子， 能4eV，其误；D、电子经过平面 b 时的动能是平面 d 的动能2 倍，电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的倍，故D 错误；故选：AB。根据只有 电场力做功，动能与电势能之和不 变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。考查电场力做功与 电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不 变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。9.【答案】 BCD【解析】第12 页，共 19页图=C 知气体的温度一直升高，故 A错解：A 、由 知气体

24、的 pV 一直增大，由误。B、一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故 B 正确。C、气体的体积增大，则气体一直 对外做功，故 C 正确。D、气体的内能一直增加，并且气体一直 对外做功，根据热力学第一定律U=W+Q 可知气体一直从外界吸 热，故D 正确。E、气体吸收的热量用于对外功和增加内能，故 E 错误 。故选：BCD。根据气体状 态方程=C 去判断温度，从而知道内能的 变化。根据气体体积的变化分析做功情况。结合热力学第一定律分析。该题结合 图象考 查气态方程，能够 运用控制 变量法研究多个物理量 变化 时的关系。要注意热力学第一定律 U=W+Q 中，W、Q 取

25、正负号的含义。10.【答案】 ACE【解析】解：AB 、波沿 x 轴正方传播，根据波形图可知，（n+）T=0.2s，该波的周期 T 0.20s，n 只能等于 0，故T=0.4s；波长 =16cm=0.16m，故波速 v=m/s=0.4m/s，故 A 正确、B 错误；C、x=0.08m 的质点在 t=0 时位于平衡位置向上振 动，经过 t=0.70s 时，=，所以 0.7s 时 x=0.08m 处的质点位于波谷，故 C 正确；D、x=0.08m 的质点在 t=0时位于平衡位置向上振动 经过t=0.12s时，=，= ，即t=，即TtT，所以 0.12s时 x=0.08m 处的质点位于平衡位置上 边

26、正在向下振 动，故 D错误；E、若此波传入另一介 质中，频率不变，则周期不变，其波速变为 0.80m/s，则它在该介质中的波长为 =vT=0.80.4m=0.32m，故E 正确。故选：ACE。第13 页，共 19页波沿 x 轴正方传播，根据波形图得到周期表达式，根据条件求解周期，根据求解波速；分析 x=0.08m 的质点在 t=0.70s 和 t=0.12s时与周期的关系，由此确定其位置；波传入另一介 质中，频率不变，根据 =vT求解波长。本题主要是考 查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出波长和各个位置 处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。11.【答案】 10029

27、10【解析】解：（1）微安表并联一个小电阻改装成大量程得 电流表，串联一个大电阻改装成大量程的 电压表。改装图如图所示：（2）当接o、a 接线柱时当电流表用，根据并联电路特点得：IgRg=（I-I g）R1代入数据解得：当接 o、b 接线柱时当电压表用，根据串联电路得特点得：IgRg+IR2=U解得：故答案为：（1）（2）100、2910。（1）微安表并联一个小电阻改装成大量程得 电流表，串联一个大电阻改装成第14 页，共 19页大量程的 电压表；（2）根据串并联电路特点计算串并联电阻阻值。本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点、欧姆定律可以解 题。12.【答案

28、】 （ 1）2.75；（2）；（ 3） （ M+m） g； g；（ 4） 0.38（ 0.37-0.41 均正确）【解析】【分析】本题考查了动摩擦因数的 测量，在计算的过程中，描点法绘图，并从中得出斜率是关 键，可以从中计算出摩擦因数；在数据处理时注意图象法的准确 应用。（1）根据弹簧秤的读数规则进行读数；（2）观察图，看看哪些点没有画出来，进行描点，然后画图；（3）根据滑动摩擦力可确定出摩擦力与动摩擦因数 间的关系；根据图象得出图象的斜率；（4）根据第三问可以得出 f 与 m 的关系式，进而计算出摩擦因数。第15 页，共 19页【解答】（1）由图可以看出，弹簧秤的指 针在 2.70 和 2.

29、80 之间，读数为 2.75N；（2）图中确定 m=0.05kg 和 m=0.20kg 时的点，通过描点后，画图如图所示（3）f与 m、木块质量 M 、木板与木块之间的动摩擦因数 及重力加速度大小 g 之间的关系式 为 f= （M+m ）g；k 的表达式 为 k=g；图为k=3.75，所以=0.38。（4）由 象可以得出斜率故答案为：（1）2.75；（2）如图所示；（3）（M+m ）g；g；（4）0.38（0.37-0.41 均正确）13.【答案】 解：（ 1）设 B 车质量为 mB，碰后加速度大小为aB，根据午顿第二定律有式中 是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 ，

30、碰撞后滑行的距离为由运动学公式有联立式并利用题给数据得（ 2）设 A 车的质量为，碰后加速度大小为。根据牛顿第二定律有设碰撞后瞬间A 车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有设碰撞后瞬间A 车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，有联立式并利用题给数据得答：（ 1）碰撞后的瞬间B 车速度的大小为3m/s；（ 2）碰撞前的瞬间A 车速度的大小第16 页，共 19页为 4.3m/s。【解析】两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前 A 车的速度。灵活运用运 动学公式及碰撞 时动量守恒来解 题。14.【答案】 解：（ 1

31、）粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上下对称，故画出粒子运动的轨迹，如图所示，（ 2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从 M 点射入时速度的大小为 v0，在下侧电场中运动的时间为 t，加速度大小为 a，粒子的电荷量为 q，质量为 m，粒子进入磁场的速度大小为 v，方向与电场方向的夹角为 ，运动轨迹对应的半径为 R，如图所示，根据牛顿第二定律可得： Eq=ma 速度沿电场方向的分量为：v1=at垂直电场方向有：l =v0t 根据几何关系可得：v1=vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动， 利用洛伦兹力提供向心力可得： qvB=m 根据几何关系可得：l=2Rcos联立式可得粒子从M 点入射时速度的大小：v0=（ 3）根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：v1=联立式可得该粒子的比荷：=粒子在磁场中运动的周期：T=粒子由M点到N点所用的时间：t=2 t+T? ?联立 ?t=（1+）式可得： 答：（ 1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹，如图所示；（ 2）该粒子从 M 点入射时速度的大小为；（ 3）该粒子的比荷为，其从 M 点运动到 N 点的时间（ 1+）。【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，其的轨迹为抛物线，粒子在磁场中做匀速 圆第17 页，共 19页周运动，其轨迹为圆弧，根据对称性定性画出 该粒子在电磁场中运动