2019届甘肃省酒泉市玉门市普通高中高三（下）学业质量检测物理试题（四）（含答案）

第18页/共18页2018-2019学年普通高中物理学业质量检测试卷二、选择题（本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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.在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A.开普勒通过观察行星运动，发现了行星运动三大定律B.牛顿首先通过实验测出万有引力常量C.安培提出了分子电流假说D.牛顿最早提出力不是维持物体运动的原因【答案】C【解析】【详解】A．开普勒通过对第谷观测数据的研究，提出了行星运动三大定律，故A错误；B．卡文迪什通过扭秤实验测出万有引力常量，故B错误；C．安培提出了分子电流假说，故C正确；D．伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，故D错误。故选C。2.如图所示为一质点做直线运动的v-t图像，下列说法中不正确的是（）A.OA段所表示的运动通过的路程是12.5mB.整个运动过程中，CD段的加速度最大C.整个运动过程中，只有在D点处运动方向发生变化D.整个运动过程中，质点在C点的状态所对应的位置离出发点最远【答案】D【解析】【详解】A．OA段与时间轴围成的面积的大小表示质点运动通过的路程，则有A正确，不符合题意；B．由v-t图像斜率表示加速度可知，整个运动过程中，CD段的v-t图像倾角最大，斜率最大，即加速度最大，B正确，不符合题意；C．由v-t图像可知，整个运动过程中，只有在D点处质点的速度由正变成负，即运动方向发生变化，C正确，不符合题意；D．由v-t图像可知，整个运动过程中，质点从静止开始运动到D点，图像与时间轴所围的面积在时间轴的上方，位移为正，D点后位移是负，说明此时质点已经开始反方向运动，所以质点在D点的状态所对应的位置离出发点最远，D错误，符合题意。本题选不正确的，故选D。3.如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动的小车。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为l，且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为Ff，那么这段时间内（）A.小车做匀变速直线运动B.小车受到的牵引力做的功为C.小车受到的牵引力逐渐增大D.小车受到的合外力所做的功为【答案】D【解析】【详解】C．根据功率公式解得小车的功率不变，速度增大时牵引力减小，C错误；A．根据牛顿第二定律得解得小车的加速度随速度的增大而减小，所以小车做非匀变速直线运动，A错误；D．根据动能定理得D正确；B．根据动能定理得解得C错误。故选D。4.如图所示，一个匝数为匝的线圈以固定角速度在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为的变压器给阻值的电阻供电，已知交流电压表的示数为10V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是（）

A.电阻R消耗的电功率为10WB.时刻穿过线圈平面的磁通量为C.时刻流过线圈的电流最大D.穿过线圈平面的最大磁通量为【答案】B【解析】【详解】A．电阻R消耗的电功率为故A错误；B．由可得，线圈内产生的电动势有效值为线圈产生的电动势峰值为可得线圈的磁通量为时故B正确；C．线圈内产生的电动势的瞬时值为时，线圈内电动势为可知时流过线圈的电流为零，故C错误；D．穿过线圈平面的最大磁通量为故D错误；故选B。5.如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域宽度均为a，一正三角形(中垂线长为a)导线框ABC从图示位置方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是()A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】电路的电阻是不变的，电流的变化规律就是电动势的变化规律，整个图线可分为三段，在第一段内，有效切割长度越来越大，电动势线性增大，电流的方向是逆时针的；在第二段内，BCA和BA都在切割，而且产生的电流方向相同，被加强，是顺时针的，所以选项C正确，其余的选项均被排除．6.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）A.P点电势高于Q点的电势 B.带电粒子通过Q点时动能较大C.带电粒子通过P点时电势能较大 D.带电粒子通过Q点时加速度较大【答案】BC【解析】【详解】A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于粒子电性未知，不能判断P点电势与Q点电势的大小关系。故A错误；BC．根据粒子受力情况可知，从Q到P过程中电场力做负功，电势能升高，动能减小，故P点的电势能大于Q点的电势能，P点的动能小于Q点的动能。故BC正确；D．由于相邻等势面之间的电势差相同，等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大。故D错误。故选BC。7.如图所示为一卫星绕地球运行的轨道示意图，O点为地球球心，已知引力常量为G，地球质量为M，OA=R，OB=5R，下列说法正确的是（）A.卫星在A点的速率 B.卫星在B点的速率C.卫星在A点的加速度 D.卫星在B点的加速度【答案】BC【解析】【详解】A．卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有解得，卫星经过椭圆轨道A点时，由于万有引力小于向心力，故做离心运动，故解得选项A错误；B．卫星经过椭圆轨道的B点时，由于万有引力大于向心力，故做向心运动，故解得选项B正确；C．根据牛顿第二定律，卫星在A点的加速度选项C正确；D．根据牛顿第二定律，卫星在B点的加速度选项D错误。故选BC。8.如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部。环中维持恒定的电流I不变，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H。已知重力加速度为g，磁场的范围足够大。在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A.在时间t内安培力对圆环做功为mgHB.圆环运动的最大速度为C.圆环先做匀加速运动后做匀减速运动D.圆环先有扩张后有收缩的趋势【答案】B【解析】【详解】B．由于圆环能从静止开始向上运动，结合左手定则可知，圆环受到的安培力沿母线向上，故环中电流为俯视顺时针方向，环中电流恒为I，圆环所受安培力大小为BI•2πr，其在竖直方向的分力为2πrBIcosθ，对圆环由牛顿第二定律可得2πrBIcosθ﹣mg=ma则圆环向上的加速度大小为方向竖直向上，在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，可得B正确；C．电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线而产生感应电流，受到安培阻力作用，会做变减速运动，C错误；A．在撤去电流后，圆环中产生感应电流，有焦耳热产生，全程由动能定理可得故在时间t内安培力对圆环做功大于mgH，A错误；D．圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力水平分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割磁感线产生的感应电流为逆时针，则安培力水平分量背离圆心，则有扩张的趋势，D错误。故选B。第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22—32题为必考题，每个试题考生都做答；第33题—39题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.验证动量守恒定律实验设计如图所示，回答下列问题。

（1）实验装置中应保持斜槽末端________。（2）每次小球下滑要从________处由静止释放。（3）在图中，小球的水平射程的数值分别用OP、OM和ON表示。小球半径均为r。因此只需验证________。【答案】①.切线水平②.同一高度③.【解析】【详解】（1）[1]为了保证小球的初速度水平，所以必须保持斜槽末端切线水平；（2）[2]为了保证入射小球每次碰撞前瞬间的初速度相同，每次入射小球下滑需要从同一高度处由静止释放；（3）[3]小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则两边同时乘以时间t得则10.某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内阻。A．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B．直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻非常大C．定值电阻R0未知D．滑动变阻器R，最大阻值RmE．导线和开关

(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图______；(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0＝______（用U10、U20、Rm表示）；(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1-U2图像如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E＝______，总内阻r＝______。（用k、a、R0表示）

【答案】①.②.③.④.【解析】【详解】(1)[1]根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图如下图所示；

(2)[2]根据欧姆定律得解得(3)[3][4]根据闭合电路欧姆定律得解得根据图像得解得11.如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道最低点，圆弧BC所对圆心角θ=37°。已知圆弧轨道半径为R＝0.5m，斜面AB的长度为L＝2.875m。质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)物块经C点时对圆弧轨道的压力Fc；(2)物块与斜面间的动摩擦因数μ。【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)由题意知小物块沿光滑轨道从C到D且恰能通过最高点，由牛顿第二定律有mg＝①从D到C由动能定理可得－mg·2R＝②由牛顿第二定律可得FC′－mg＝m③由牛顿第三定律得FC＝FC′④联解①②③④并代入数据得FC＝60N⑤(2)对小物块从A经B到C过程，由动能定理有mg[Lsinθ＋R（1－cosθ）]－μmgcosθ·L＝－0⑥联解①②⑥并代入数据得μ＝0.2512.如图所示，在直角坐标系xOy第二、三象限存在有界匀强磁场Ⅰ（垂直纸面向里）和有界匀强磁场Ⅱ（垂直纸面向外），O、M、N、Q为磁场边界和x轴交点，OM=MN=L，在第二、三象限加上竖直向下的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带负电的小球从第一象限的P点（2L，L）以某一初速度沿-x轴方向射出，恰好从坐标原点O进入有界磁场Ⅰ，又从M点射出有界磁场Ⅰ，在有界磁场中做匀速圆周运动。（已知重力加速度为g）（1）求所加匀强电场场强E的大小；（2）求带电小球过原点O的速度大小和有界磁场Ⅰ的磁感应强度B的大小；（3）如带电小球能再次回到原点O，则有界磁场Ⅱ的宽度应该满足的条件。【答案】（1）E=；（2）v=2，B=；（3）d=(+1)L【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，须有重力与电场力等大反向，即Eq=mg得匀强电场场强E=（2）由P到O，小球做平抛运动，水平位移2L=v0t竖直方向L=gt2综上解得，小球的初速度v0=飞行时间t=竖直方向速度vy=gt=则小球经过原点O的速度v==2，tanα==1即速度v与水平方向（-x方向）夹角为45°。则小球从坐标原点O进入有界磁场Ⅰ做圆周运动，又从M点射出有界磁场Ⅰ，画出其运动轨迹，如下图由几何关系，小球做圆周运动的半径r=L洛伦兹力提供向心力qvB=m综上有界磁场Ⅰ的磁感应强度B=（3）小球通过M点后，在两个磁场区域之间部分，重力与电场力等大方向，所受合力为零，由M到S做匀速直线运动，进入磁场Ⅱ时速度为v，与磁场Ⅱ右边界（SNH）夹角为45°。小球能再次回到原点O，需在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示由几何关系可知，小球做圆周运动的半径R=L磁场Ⅱ的宽度d=R+Rcosα=(+1)L即有界磁场Ⅱ的宽度最小为(+1)L。【考点】带电粒子在复合场中的运动，平抛运动的规律。（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所选题目的题号一致，在答题纸选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做第一题计分。13.下列说法正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的热运动B.对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加C.物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大D.分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于引力E.热量是热传递过程中，内能大的物体向内能小的物体转移内能多少的量度【答案】BCD【解析】【详解】A．布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；B．对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加，因为改变内能的方式有做功和热传递，故B正确；C．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能就越大，故C正确；D．分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于、等于或者大于引力，故D正确；E．热量是热传递过程中，温度高的物体向温度低的物体转移的内能的多少的量度，故E错误。故选BCD。14.如图所示，水平放置一个长方体气缸，总体积为V，用无摩擦活塞（活塞绝热、体积不计）将内部封闭的理想气体分为完全相同的A、B两部分．初始时两部分气体压强均为P，温度均为．若使A气体的温度升高△T，B气体的温度保持不变，求(i)A气体的体积变为多少?(ii)B气体在该过程中是放热还是吸热？【答案】（i）（ii）对外放热【解析】【详解】试题分析：（i）设末状态两部分气体压强均为P末，选择A气体为研究对象，升高温度后体积变为VA对B部分气体，升高温度后体积为VB，由玻马定律又VA+VB=V可得（ii）B部分气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对B做正功，根据热力学第一定律，B部分气体对外放热考点：本题考查理想气体状态方程的理解和应用15.一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过0.2s后它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是（）

A.波沿x轴正方向传播，且波速为10m/sB.波沿x轴负方向传播，且波速为10m/sC.质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反D.若某时刻N质点到达波谷处，则Q质点一定到达波峰处E.从图示位置开始计时，在3s时刻，质点M偏离平衡位置的位移y=－10cm【答案】ADE【解析】【分析】【