湖南省益阳市2018-2019学年高三上学期期末物理试题-a0fe8b192c6e472bb40ea64f21419edc

1、题号一一三四总分得分考试范围：xxx;考试时间：100分钟；命题人：xxx评卷人得分、单选题绝密启用前湖南省益阳市2018-2019学年高三上学期期末物理试题试卷副标题注意事项：1 .答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2 .请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明1. 2018年11月21日消息，中科院合肥物质科学研究院核能安全所吴宜灿研究员获得了美国核学会聚变核能杰出成就奖。关于聚变与衰变、天然放射现象，下面说法正确的是（）A .原子核核子间的距离接近到100 m就会发生聚变反应B. 202Pb衰变成808Pb要经过6次a衰变和4次B衰变C.天然放射现象中产

2、生的 a射线穿透能力很强且速度与光速相当D . B衰变是放射性元素原子的核外电子具有较高能量时发生的2.如图所示，踢键子是人们喜爱的一项体育活动，键子被踢出后竖直向上运动，达到最高点后又返回原处。若运动过程中键子受到的空气阻力大小与速度的大小成正比，且始终小于键子的重力，则下列说法正确的是（）A.穰子踢出后受到三个力的作用B.键子到最高点时，不受任何力的作用C.键子在上升过程中，加速度先减小后增大D .穰子在下降过程中，加速度减小3.如图所示，一个圆环绕经过圆心的竖直轴00'匀速转动，圆环上套着两个可视为质点的小球A、B ,当两个小球相对于圆环静止时，小球A和圆心的连线与竖直轴 OO的

3、夹角为45°,小球B和圆心的连线与竖直轴 OO'的夹角为30°.则下列说法正确的是（）A.小球A、B做圆周运动的半径之比为 1： J2B.小球A、B做圆周运动的角速度之比为1: 2C.小球A、B做圆周运动的线速度之比为42 ： 1D.小球A、B做圆周运动的向心加速度之比为1: 14.哈雷彗星是每76.1年环绕太阳-周的周期彗星，因英国物理学家爱德蒙 ？合雷测定其 轨道数据并成功预言回归时间而得名。 地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道是一 个非常扁的椭圆，设地球的公转半径为 R,则下列说法正确的是（）A .哈雷彗星靠近近日点的过程中，克服万有引力做功，速度减小B.

4、哈雷彗星靠近远日点的过程中，万有引力做正功，速度增大C .哈雷彗星的半长轴为 a = 3/76.12Rc 1 iD.哈雷彗星的半长轴为 a = 3fR76.125 .现在中国的高铁进入了迅速发展的时期，中国成为了此界上的高铁大国，自主研发 的 复兴号”，时速350公里，已达到国际标准。小李某次在高铁站候车时发现，当车头经过自己身边时开始计时， 连续两个时间t内，驶过他身边的车厢数分别为 8节和6节, 假设高铁经过小李身边时火车的运动可视为匀减速直线运动，设火车每一节车厢的长度都相等，不计车厢之间的缝隙，则第3个口寸间t内（火车未停止运动）经过小李身边的车厢数为（）A . 5节B. 4节C. 3

5、节D. 2节6 . 一不计重力的带正电的粒子射入电场，只在电场力作用下运动，粒子从a点经三点题答内线订装在要不请派 rkr 八 夕 一运动到e点，其 E图象如图所示。则下列说法正确的是（）A.粒子在a点处的电势能一定大于在c点处的电势能B. a、b两点间各点的电场强度和电势都为零C. b、d两点间的电势差大于 d、c两点间的电势差D. c点处的电场强度一定大于d点处的电场强度7 .如图所示为一台小型发电机的构造示意图，两磁极 N、S间可视为匀强磁场，磁感应强度大小 B=0.2T, ab=0.6m, ad=0.3m, N=100匝。由图中所示位置开始计时，当线5圈以恒定的转速 n=-r/s逆时针

6、转动时，产生的电动势、磁通量随时间变化的图象正确8 .如图所示，竖直面上两根足够长的光滑金属导轨平行固定放置，底端通过导线与阻值为r的电阻连接，与导轨接触良好的金属棒况悬挂在一个固定的轻弹簧下端，导轨、导线和金属棒 M的电阻忽略不计，匀强磁场 B垂直导轨所在平面向外。现将金属棒M从弹簧原长位置由静止释放，则下列说法正确的是（）A .金属棒M释放瞬间受三个力B.金属棒M受到弹簧的拉力和重力第一次大小相等时，电路中电流最大C.金属棒JW向下运动时，流过电阻的电流方向从Q到PD.金属棒JW运动的整个过程中电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量评卷人得分、多选题试卷第12页，总8页9 .甲、乙

7、两辆车初始时相距 1000m,甲车在后，乙车在前，在同一条公路上做匀变速直线运动，它们的速度时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.两辆车在t= 36s时速度相等B.乙车比甲车早出发8sC.两辆车不会相撞D .甲车停下时，甲车在乙车前边 191m处10.如图所示，正对的平行金属板A、B与水平面的夹角为37°,两金属板分别与电源的正负极相连，一带正电的粒子沿虚线从a点运动到b点，其中连线与两金属板平行,则下列说法正确的是（题答内线订装在要不请派A .金属板A带正电，且电场力为重力的 rkr 八 夕 一B .粒子的重力势能减少C.粒子的电势能增加D.粒子的机械能守恒11 .在直角三角

8、形 AOB区域内存在一匀强磁场，（磁场未画出），/ 0=30° , / A=90° ,从A沿AB方向以u=1m/s的速度射入1刚好未从OB边射出，其轨迹与 OB边的交点为C （C点未画出）。从B沿BA方向射入2也刚好经过C点，已知两粒子的质量相等,电荷量的大小相等，不计重力，则下列说法正确的是（A.两个粒子的电性相反B .粒子2的速度U2 =1m/ sC.粒子2的速度。2 = 2m / sD .两个粒子同时射出，两个粒子一定不会同时到达C点12.如图所示，半径为 r=20cm的光滑半圆轨道 AC竖直固定在光滑水平桌面上，在桌 面上用挡板把a、b两个物体之间的弹簧压缩一定的距

9、离（a、b与弹簧并不挂接），然后同时释放两侧的挡板，两物体到达A点和B点时已和弹簧分离，结果物体a恰好通过最高点C,物体b落到水平地面上的射程和桌子离地的高度相等，均为 50cm。已知物 体b的质量mb=2kg, g=10m/s2,则下列说法正确的是（）A .弹簧的最大弹性势能为7.5JB. ma =0.5kgC.若单独释放左侧的挡板，物体D.若单独释放右侧的挡板，物体a通过c点时，对轨道的压力大小为 25Nb平抛的射程为0.625m rkr 八 夕 一第II卷(非选择题) 请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、实验题13.为了探究功与速度的关系，同时测量物块与长直木板间的动摩擦因数。按如

10、图甲所示原理图将仪器安装好，A、B是固定在长直木板上的两个铁钉。(1)将m=1kg的物块拉到OO'所在的位置。实验时物块在橡皮筋的作用下弹出，沿长直木板滑行，物块始终未滑离木板。橡皮筋对物块做的功为W,物块的位移为x。通过改变橡皮筋的条数从而改变做功的多少，分别测量每次物块的位移，并作出W-x图象如图乙所示，已知 g=8m/s2,则物块与木板间的动摩擦因数为 。(2)为了平衡摩擦力，需要将木板的左端抬起，设木板的长度为1,需要在木板的最左端垫一个高为 (可用根号表示)的垫块。(3)某次实验中，用 n条橡皮筋将质量为 m的物块弹出，得到的纸带如图丙所示，测 得纸带上点迹均匀部分的长度DE

11、=EF=Ax,已知所用打点计时器频率为f,设一条橡皮筋所做的功为 W。，则Wo与小的关系式为 。14. 一待测电源的电动势约为 9V,内阻约为5Q,为精确测量电源的电动势和内阻，某 同学从实验室取来一些实验器材，并设计了如图甲所示的电路图。器材如下：A .电流表A (量程为0.6A,内阻约为2Q)B.电压表 V (量程为3V,内阻约为10k )C.定值电阻R1=10QD.定值电阻R2=2QE,电阻箱R (0999.9 9F.开关、导线若干(1)为更准确地完成实验，首先要测得电流表的内阻，将电阻箱 R调成0,闭合开关S1和S2,测得电压表和电流表的读数为则电流表的内阻的表达式为RA=。题答内线订

12、装在要不请派(2)经过测量得知电流表的内阻为1.8断开开关S2,改变电阻箱R的阻值，记录对线订外1 一，一 应的电流表的读数，并作出R-1图象如图乙所示，则可得电源的电动势内阻r=Q.(结果保留一位小数)E=V,评卷人得分四、解答题15 .一电动车从A点沿正东方向以18km/h的速度运动6min后到达B点，然后又以36km/h 的速度向北匀速运动 4min后到达C点。求：(1)这10min内电动车的路程和位移；(2)这10min内电动车的平均速度。16 .如图所示，光滑水平面左端接一竖直光滑半圆轨道，轨道半径R=1.6m,右端接一斜面，斜面的倾角。二37； 质量为m的物块甲从斜面上离水平面高度

13、h=3R为的A点由静止滑下，刚好能到达半圆轨道的最高点E点，已知sin37 =0.6 , cos37 =0.8, g=10m/s2o(1)求物块甲与斜面间的动摩擦因数；(2)如果在水平面上 C点放一材质与物块甲相同、质量为 m的物块乙，物块甲从斜2面上滑下后与物块乙发生弹性碰撞，碰后物块乙恰好能到达半圆轨道的最高点E,则物块甲下滑时的高度为多少？17.如图甲所示，一质量 m=0.06kg的金属棒垂直放在倾角0 二3刑导轨上，导轨间的距离l=0.2m,金属棒与导轨间的动摩擦因数科二0.8导轨处于垂直导轨平面向下的有界匀强磁场中，磁场的下边界与金属棒平行且距金属棒的距离x=3m,磁感应强度B随时间

14、t的变化图象如图乙所示，已知t0时刻金属棒开始运动，g=10m/s2, sin37 =0.6 ,电阻R=3Q,其余电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)求Bo的值；(2)从金属棒开始运动的 to时刻起，给金属棒施加一个外力，让金属棒以v=0.1m/s的速度匀速下滑，则磁感应强度B随时间t怎么变化才能保证金属棒中没有电流，试写出接下来磁感应强度 B随时间t变化的关系式。18 .如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着两个大小不同、方向竖直向上的有界勾强电场E2、Ei, x轴和ab为其左右边界，两边界距离为l=2.4r,在y轴的左侧有一匀强磁场均匀分布在半径为r的圆内，方向垂直纸面向里，

15、其中OO'是圆的半径，一质量为m、电荷量为+q的粒子由ab边界上的距x轴1.2r处白M M点垂直电场以初速度 v射 入，经电场E1、E2各偏转一次后垂直 y轴上的P点射出，P点坐标为(0, 0.6r),经过 一段时间后进入磁场区域，已知粒子在磁场中运动的时间是其在磁场运动周期的四分之 一，粒子重力不计，求：(1)电场强度E1和E2的大小；(2)磁感应强度B的大小；题答内线订装在要不请派 rkr 八 夕 一(3)粒子从M点射入到离开磁场的总时间。本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考参考答案1 . B【解析】【详解】A.要使原子核发生聚变反应，必须使核子间的距离接近到10-1

16、5m。故A错误。B .设x次“衰变和y次3衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒得：4x+208=232,2x-y+82=90 ,解得：x=6, y=4,故292Pb衰变成 鬻Pb要经过6次a衰变和4次3衰变。故B正确。C.”射线是速度为0.1c的氨核流，穿透能力最弱。丫射线穿透能力最强且速度与光速相当。 故C错误。D. 3衰变放出的电子是来自原子核发生衰变时的产物。故D错误。2. D【解析】【详解】A.键子踢出后，受到重力和空气阻力两个力的作用。故 A错误。B.键子到最高点时，空气阻力为零，只受重力作用。故 B错误。C.键子在上升过程中，根据牛顿第二定律得：mg+kv=ma,键子在上升过程中速度逐

17、渐减小，故加速度逐渐减小。故 C错误。D.键子在下降过程中，根据牛顿第二定律得：mg-kv=ma,键子在下降过程中速度逐渐增大， 故加速度逐渐减小。故 D正确。3. C【解析】【详解】A.小球A、B做圆周运动的半径之比为Rsin45°： Rsin30°= J2 ： 1。故A错误。B.因为同轴转动，故小球 A、B做圆周运动的角速度之比为 1: 1。故B错误。C.小球A、B做圆周运动的线速度之比为半径之比J2：1。故C正确。、一Ra 'A 2 一 _D .小球A、B做圆周运动的向心加速度之比 ，-2 = 。故D错反。Rb %14. C【详解】AB.由开普勒第二定律知：在

18、相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是 相等的，所以v近丫远。故AB错误。CD.由开普勒第三定律得r3R3=-2,解得:T2 T2r - 376 1 °故C正确，D错误。5. B【解析】【详解】设第三个时间内的车厢数为n,每节车厢长度为X,则8x-6x=6x-nx,解得：n=4。故B正确，ACD错误。6. A【解析】【详解】A.由a到c的过程中，速度变大了，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系 可知，此过程中电势能减少，正电荷在a点是电势能大于在 c时的电势能，所以粒子在 a点的电势能高于c点的电势能。故 A正确。B.由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒

19、子的加速度在a、b点时为零，有牛顿第二定律得知在a、b点的电场力为零，故a、b点的电场强度为零，但电势不为零，电势是相对量。 故B错误。C.b、c两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从 b到d和从d到c电场力做功的绝对值 相同，bd两点间的电势差等于 dc两点间的电势差。故 C错误。D.从d到c,粒子速度减小，d点斜率大于c点斜率，d点处的电场强度大于 c点的电场强度。 故D错误。7. C【解析】 【详解】A.初始时刻磁通量为零，最大磁通量为虫=31礼2=0.2 0.6 0.3Wb=0.036Wb ,转速为5 ，一 1二 一n = r / s ,则周期为：T= = s。故A错误。二n 5BC

20、D.从图示位置开始计时， 产生感应电动势瞬时表达式为：e=NBLiL2co cos c=36cos10t( V),根据楞次定律可判，开始时通过R电流的方向向上。故 C正确，BD错误。8. D【解析】【详解】A.金属棒M释放瞬间，速度为零，电路中的感应电流为零，不受安培力，由于弹簧处于原 长状态，因此金属棒 M只受重力作用。故 A错误。B.当弹簧的拉力和安培力之和与金属棒M的重力第一次大小相等时，加速度为零，金属棒M的速度最大，电路中产生的感应电流最大。故 B错误。C.根据右手定则可知， 金属棒M向下运动时，流过电阻的电流方向从 P到Q。故C错误。D.最终金属棒M静止，此时弹簧处于伸长状态，由能

21、量的转化和守恒知重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量。故 D正确。9. AC【解析】【详解】1，八A .由图可知甲做匀减速直线运动，有v=vo+at=50-t.乙车做匀加速直线运动， 有v=（t-8）。2当两者速度相等时，有 50-t= - （t-8）。解得t=36s,同时解得共同速度 v共=50-t=14m/s。故 2A正确。B.乙车比甲车晚出发 8s。故B错误。C、当两车速度相等时不撞就不会再相撞了。t=36s时，甲车的位移Vo v丑50 14一 海=-1 =父36m = 1152m,乙车的位移22-14（t-8 ）=万父（36-8 ）m =

22、196m ,因为x乙+iooom>x甲，所以两车不会相撞。故 C正确。Vn 50 50D.甲车停下来时，甲车的位移x甲=-°t甲= 250m。乙车的位移221 2乂乙= a乙（t -8） =441m ,两车之间的距离 S=x乙+100X甲=191mP车在乙车后面191m。2故D错误。10. BD【解析】【详解】A.粒子带正电，沿虚线 ab作直线运动，说明合力在 ab连线的方向上，受力分析如图所示:电场力方向斜向右上方，且 qE=mgcos37°=4 mg,金属板5A带负电。故A错误。B.重力做正功，粒子的重力势能减小。故B正确。C.电场力不做功，粒子电势能不变。故 C

23、错误。D.除了重力之外，其它力不做功，粒子的机械能守恒。故D正确。11. ABA.由题意画出两个粒子的轨迹如图所示，由左手定则知:两个粒子的电性相反。 故A正确。BC.对粒子 1：设 OA=a,贝U a=Ri +Risin 30,解得：Ria一,对粒子2：3OC =Ritan303a=a , OB =r =a3cos3Q”32.3_ BC a，所以 OC=BC, R =f =一，2sin 6Q”3答案第11页，总9页即Vi=V2。故B正确，C错误。I2Q°,若同时射出则一定D.两个粒子在磁场中的运动周期相等，转过的圆心角相等，均为同时经过C点，且所用时间均为 T。故D错误。3I2.

24、ACAB.同时释放两侧的挡板，物体 a恰好通过最高点 C,由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mag=ma2Vc代入数据解得：vc=m/s1212a从A至1JC的过程，由动能te理得：2magr = mavC- mavA22代入数据可得：vA =/10m/s。物体b做平抛运动，有：h=VBt12h =2gt解得：VB二詈m/s 弹簧释放物体a、b的过程中，系统的动量守恒，能量也守恒，取水平向左为正方向，则:maVA-mbVB=0Ep= maVA2+ mbVB222解得：ma=1kg, Ep=7.5J。故A正确，B错误。C.若单独释放左侧的挡板，设物体通过C点的速度为vc'.由能量守恒定

25、律得:Ep= -mavc2+2magr22a在C点时，由牛顿第二定律得：N+mag=ma r解得：vc'币 m/s, N=25N由牛顿第三定律知物体 a对对轨道的压力大小为 25N。故C正确。D.若单独释放右侧的挡板，设物体b离开弹簧时的速度为 vb',由能量守恒定律得:Ep= mbvB2. b做平抛运动时有:212h =2gt解得：Vbx=mo故D错误。213. 0.2517 l17W0=38n(1)以物块为研究对象，对弹出的全过程应用能量守恒定律得：W=mgx斜率为：k= =mgx代入数据解得：斤0.25;(2)对物体受力分析可知，当mgsin 9=mgcos。成立时，就平

26、衡了摩擦力，又由几何关系有:tan 二h-l2=h2联立得到:(3)物块匀速运动时有：v=2x =也2T 212由动能te理得：nWn= mv；2.22解得：Wn =m ：x f8n14. U-R28.94.0I【解析】(1)根据部分电路欧姆定律，可得：Ra+R2=UI即可推导出电流表的内阻的表达式：Ra= U -R2I(2)根据闭合电路欧姆定律：E=I (R+Ra+R+R2)1可得：R=E?-(+Ra+R+R2)I结合图象斜率：E= 178 V=8.9V2截距的绝对值：+Ra+R1+R2=17.8乌又因为经过测量得知电流表的内阻：Ra=1.8 Q所以可得：r=17.8 0 (RA+R1+R2

27、) =4.0 Q15. (1) 4200; 3000; (2) 5m/s【解析】【详解】(1) 18km/h=5m/s； 36km/h=10m/s； 6min=360s, 4min=240s从A到B匀速运动，故位移为：Xi=viti=5X360m=1800m,从B到C也做匀速运动，位移为：X2=v2t2=10X240m=2400m电动车的路程： S=Xi+x2=1800+2400=4200 m 10min 内位移为：x=0x2 +x； =3000m(2)平均速度为：v=- 3000 =5m/sot 360 24016. (1) 1 ； (2) 2.7m8【解析】2(1)根据牛顿第二定律得，mg

28、=mv_ ,解得Ve=JgR,h 12对全过程运用动能te理得，mgh-2mgR- pmgcos ?= mvEsinP 2h=3R一 1斛得：=8(2)设物块乙在 C点碰后的速度为 V1,碰前甲的速度为 V甲，碰后甲的速度为 V21112 112物块乙恰好到达 E点，根据机械能寸恒te律得：mg?2R+ mvE = - - mv1解得：V1= . 5gR根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：1mv 甲=mv2+ mv121212 1 12一 mv甲=一 mv2 + 一 一 mv1222 2 23 _ _斛得：v甲=彳，5gR设物块甲开始下滑的高度为H,H 1 o根据动能定理得： mgH-师gcos ? =-mv2sinP 2解得：