吉林省吉林市普通高中友好学校联合体2019届高三上学期期末考试物理试题

1、绝密启用前【校级联考】吉林省吉林市普通高中友好学校联合体2019届高三上学期期末考试物理试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分注意事项：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卷的文字说明评卷人得分一、单选题1如图所示，下列说法不正确的是（）A如果图象为位移-时间图象，其斜率表示物体运动速度的大小B如果图象为速度-时间图象，其斜率表示物体运动加速度的大小C如果图象为平均速度-时间图象，其斜率表示物体加速度大小的0.5倍D如果图象为加速度-时间图象，其斜率表示物体运动速度的大小2如图所示

2、，粗糙的斜面固定在水平面上，小物块的质量为m，带电量为+q，刚好能在图（甲）的斜面上匀速下滑。如果在空间加上一匀强电场如图（乙）所示，下列关于小物块运动状态的描述正确的是（）A加速下滑 B减速下滑 C匀速下滑 D静止不动3如图所示，气枪水平对准被磁铁吸住的钢球，并在子弹射出枪口的同时，电磁铁的电路断开，释放钢球自由下落（设离地高度足够大），则正确的是（）A子弹与钢球在任意时刻都位于同一高度B子弹一定比钢球后落地C子弹一定从空中下落的钢球下方飞过D只有在气枪离电磁铁某一距离时，子弹才能能击中空中下落的钢球4如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线

3、速度大小分别为v1、v2。则（ ）A.v1v2=r2r1 B.v1v2=r1r2 C.v1v2=(r2r1)2 C.v1v2=(r1r2)25如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法不正确的是（）A摩擦力对物体做正功 B摩擦力对物体做负功C支持力对物体不做功 D合外力对物体做功为零6假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（）A4倍 B2倍 C倍 D倍7如图所示，a、b带等量异种电荷，M，N是a、b连线的中垂线，现有一个带电粒子从M点以一定的初速度v0射出，开始一段轨迹如图中曲线所示，不考

4、虑粒子重力，则在飞越该电场的过程中，下列说法不正确的是（）A该粒子带正电B该粒子的动能先增大减后小C该粒子的电势能先增大后减小D该粒子运动到无穷远处，速率大小一定仍为v08如图所示，在竖直放置的半圆形光滑绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m、电荷量为q的小球从管的水平直径的端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力。若圆弧半径为r，小球运动过程中所带电荷量不变，则固定于圆心处的点电荷的电荷量是（）A3mgr2kq B2kqmgr2 C2mgr2kq Dmgr2kq9单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则OD过

5、程中（）A线圈中O时刻感应电动势为零B线圈中D时刻感应电动势为零C线圈中D时刻感应电动势最大D线圈中O至D时间内平均感应电动势为0.4V10从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为f。下列说法正确的是（）A小球上升的过程中重力势能增加了mghB小球上升和下降的整个过程中机械能减少了2fhC小球上升的过程中动能增加了-mgh-fhD小球上升和下降的整个过程中动能减少了fh11某交流电电路中，有一正工作的变压器，它的原线圈匝数n1=600匝，电源电压为U1=220V，原线圈串联一个0.2A的保险丝，副线圈n2=120匝，为保证保险丝不烧断，则（

6、）A负载功率不能超过44W B副线圈电流最大值不能超过1AC副线圈电流有效值不能超过1A D副线圈电流有效值不能超过0.2A评卷人得分二、多选题12如图矩形线圈在匀强磁场中绕OO轴匀速转动，当转到图示位置时，下列说法正确的是（）A磁通量变化率为零 B感应电流最大C磁通量变化率最大 D通过线框的磁通量最大第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用游标卡尺测得某材料的长度如图甲所示，示数为L=_mm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，示数为D=_mm。14用如图1所示的实验装置验证ml、m2及地球组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，ml下面拖着的纸

7、带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是刚开始运动时打下的点，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出）。已知ml=100g、m2=300g，取g=9.8m/s2（结果保留三位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=_m/s；（2）从0点到第5个计数点的过程中系统动能的增加量EK=_J，系统重力势能的减少量EP=_J；（3）通过（2）中的数据能够得出的结论是_15某同学在实验室测定一节干电池的电动势和内阻，实验室中有如下器材：A待测干电池B电流表G（03mA，内电阻r1=20）C电流表A（00.6A，内电阻r2=0.2

8、0）D滑动变阻器甲（最大阻值10）E滑动变阻器乙（最大阻值100）F定值电阻R1=100G定值电阻R2=500H定值电阻R3=1.5k以及导线和开关由于没有电压表，为此他设计了如图所示的电路完成了实验要求的测量(1)为了方便并能较准确测量，滑动变阻器应选_，定值电阻应选用_（填写各器材前的序号）(2)若某次测量中电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2；改变滑动变阻器的位置后，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2则可知此电源的内电阻r=_，电动势E=_（用给出和测得的物理量表示）评卷人得分四、解答题16如图所示，两根半径为r=0.5m的14圆弧轨道，间距为L=1m，其顶端a、b与圆心处

9、等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R=2的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B=1T将一根长度稍大于L，质量为m=1kg、电阻为R0=1的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放。已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为=60）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg。求：（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量。（g=10m/s2）17如图，区域I内有与水平方向成370

10、角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域II内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为m、带电量为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域II后做匀速圆周运动，从区域II右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了90，重力加速度为g，求：（1）区域I和区域II内匀强电场的电场强度E1、E2的大小？（2）区域II内匀强磁场的磁感应强度B的大小。18如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L=10m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0=10m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高，如图乙

11、所示，使木板与水平地面的夹角=37，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）滑块与木板之间的动摩擦因数；（2）滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。参考答案1D【解析】【分析】位移-时间图象的斜率表示速度，速度-时间图象的斜率表示加速度，根据匀变速直线运动的位移时间公式得到平均速度与时间的关系，再分析平均速度-时间图象斜率的意义。加速度-时间图象的斜率表示单位时间内速度变化量。【详解】A、如果图象为位移-时间图象，根据v=xt，知其斜率表示物体运动速度的大小，故A正确。B、如果图象为速度-时间图象，根

12、据a=vt，知其斜率表示物体运动加速度的大小，故B正确。C、根据匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+12at2，得平均速度为v=xt=12at+v0，可知，如果图象为平均速度-时间图象，其斜率表示物体加速度大小的0.5倍。故C正确。D、如果图象为加速度-时间图象，其斜率为k=atxt=v，所以其斜率不表示物体运动速度的大小，故D不正确。本题选不正确的，故选：D。【点睛】对于图象问题，先看轴，然后根据关系式分析斜率、围成的面积对应的物理意义即可解决。2C【解析】【分析】对物体受力分析，同时可以按效果将力沿平行斜面和垂直斜面正交分解，然后根据共点力平衡条件或者牛顿第二定律进行研究。【详解】无电

13、场时，对物块受力分析：受重力、支持力、摩擦力，根据共点力平衡条件，有 平行斜面方向：mgsin-f=0 垂直斜面方向：N-mgcos=0 其中f=N 解得：=tan 有电场时，对物块受力分析：受重力、支持力、摩擦力和电场力，根据牛顿第二定律，有： （mg+F）sin-（mgcos+F）=ma 解得：a=0 物体仍然匀速下滑，故ABD错误C正确。 故选：C。【点睛】本题考查了受力分析、共点力平衡条件、牛顿第二定律，难度不大，基础题。3A【解析】【分析】子弹射出枪口后做平抛运动，平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，与钢球的运动情况相同，所以恰好击中钢球。【详解】A、子弹在竖直方向上做自由落

14、体运动，与钢球的运动情况相同，故子弹与钢球在任意时刻都位于同一高度，故A正确； B、子弹在竖直方向上做自由落体运动，与钢球的运动情况相同，所以只要气枪离电磁铁的距离在子弹的射程之内，子弹一定能击中下落的钢球，且他们同时落地，故BCD错误； 故选：A。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动。以及分运动与合运动具有等时性。4A【解析】根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r，解得v=GMr，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，所以v1v2=r2r1，A正确。5AC【解析】物体动能不变，重力势能增加，克服重力做功，由能量守恒定律可知摩擦力对物体做

15、正功，A对；BC错；合力做功等于动能变化量，D错；6D【解析】解：设阻力为f，由题知：f=kv；速度最大时，牵引力等于阻力，则有 P=Fv=fv=kv2所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的倍故选：D【点评】解决本题的关键：一是能够正确的写出阻力与速度大小的表达式，二是利用功率的计算方法P=Fv7CD【解析】【分析】根据轨迹的弯曲方向确定粒子所受的电场力方向，从而确定粒子的电性；根据电场力做功，结合动能定理得出动能的变化，根据电场力做功与电势能的关系判断电势能的变化通过M点和无穷远处的电势差，结合动能定理判断粒子到达无穷远处的速度。【详解】A、粒子轨迹向右弯曲，

16、受到的电场力大致向右，该粒子带负电。故A错误；B、由题可知，电场力先做正功，后做负功，则根据动能定理得知，粒子的动能先增大后减小。故B正确；C、电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大。故C正确；D、M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，则该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v0故D正确；故选：BCD【点睛】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子的合力方向，分析出电场力做功情况；异种电荷连线的中垂线是一条件延伸到无穷远处的等势线。8A【解析】【分析】小球沿细管滑到最低点B过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒。小球到达B点时对管壁恰好无

17、压力，则由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律求出小球到达B点时的速度，由牛顿第二定律求出场强的大小，由库仑定律求出点电荷的电荷量。【详解】设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v。小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得：mgR=12mv2得到：v=2gR小球经过B点时，由牛顿第二定律得：Eq-mg=mv2R将v=2gR 代入得：E=3mgq根据点电荷电场强度公式，圆心处的电荷在AB弧中点处的电场强度大小为：E=kQr2。联立可得：Q=3mgr2kq。故A正确，BCD错误。故选：A。【点睛】本题是机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用。对于圆周运动，常常不单独出题，

18、会和动能定理、机械能守恒结合应用。9ABD【解析】试题分析：根据磁通量的变化快慢判断感应电动势的大小，磁通量最大，但是变化率为零所以电动势为零，磁通量为零，但是变化率最大所以电动势最大：图像上各点的斜率表示该时刻穿过线圈的磁通量的变化率。从图看出O点的斜率最大，在该时刻线圈中感应电动势最大，故A正确；在D时刻图像的斜率为零，该时刻线圈中感应电动势为零，B正确，C错。线圈从OD经过时间t=0.005s，穿过线圈的磁通量的变化量=2-1=210-3Wb，则感应电动势V，D正确。故答案选ABD.考点：本题考查磁通量的变化率，感应电动势的瞬时大小的求法点评：磁通量的变化快慢决定电动势的大小，学生易把磁

19、通量最大和磁通量变化率最大混淆，应注意区分。10C【解析】【详解】小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，其中克服重力做功等于mgH，故总功大于mgH；根据动能定理，总功等于动能的变化量；故动能的减小量大于mgH，故A错误；除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，除重力外，克服阻力做功2FH，故机械能减小2FH，故B错误；小球上升H，故重力势能增加mgH，故C正确；小球上升和下降的整个过程中，重力做功等于零，阻力做功等于-2FH，故根据动能定理，动能减小2FH，故D正确；故选CD。【点睛】重力做功不改变物体的机械能，除重力或弹力之外的力做功可以改变物体的机械能；从能量转化的角度分析问题、应用动能

20、定理即可正确解题。11AC【解析】原、副线圈的匝数分别为n1=600匝、n2=120匝，所以副线圈电压是U2=220=44V，根据电流与匝数反比，副线圈允许的最大电流为0.2=1A，所以负载功率不能超过P=UI=441=44W，故AC正确，BD错误；故选AC。【点睛】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，结合保险丝得额定电流计算出副线圈中允许的最大电流和功率12BC【解析】【分析】矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流。在垂直于中性面时，线圈与磁场平行，磁通量为零，感应电动势最大。【详解】由图可知，线圈处于与中性面相互垂直的位置，此时线圈中磁通最最小，但磁通

21、量的变化率最大；感应电动势和感应电流也最大；故AD错误，BC正确； 故选：BC。【点睛】本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零，即磁通量的变化率为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，即磁通量的变化率为最大。1350.854.702(4.7014.703均可)【解析】【详解】游标卡尺读数L=1cm+0.05mm10=1.050cm；螺旋测微器读数D=1mm0.01mm2.5=1.025mm.14（1）2.4m/s；（2）0.58J，0.59J（3）在误差允许的范围内，系统机械能守恒【解析】(1)计数点5的瞬时速度v

22、5=x462T=0.216+0.2640.2m/s=2.4m/s(2)系统增加的动能Ek=12(m1+m2)v52=120.32.42J=0.576J0.58J;系统重力势能的减小量Ep=(m2+m1)gh=0.19.8(0.384+0.216)J=0.588J0.59J由此可知，在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。【点睛】根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒.15D G I1(R2+r1)-I1(R2+r1)(I1+I2)-(I1+I2) I

23、2I1-I1I2I1+I2-I1-I2(R2+r1) 【解析】【分析】将电流表B串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小根据闭合回路欧姆定律列出等式求解电动势和内阻【详解】(1)由于滑动变阻器的最大电阻普遍小于定值电阻阻值，所以判定通过滑动变阻器的电流大于通过定值电阻的电流，因此电流表A为A2，根据估测电阻即根据欧姆定律R=UI可估测出R0约为15左右比较合适，所以滑动变阻器应选择D，同理，可估测出定值电阻阻值在500左右比较合适，因此定值电阻选择G.(2)根据闭合电路欧姆定律列方程如下：E=(I1+I2)r+I1(R2+r1)E=(I

24、1+I2)r+I1(R2+r1)可得：r=I1(R2+r1)-I1(R2+r1)(I1+I2)-(I1+I2),E=I2I1-I1I2I1+I2-I1-I2(R2+r1)【点睛】本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法16(1)ImgcosBL,方向为aRb (2)q=BLr2(R+R0) (3)QR3mgRr4(R+R0) 【解析】（1）金属棒速度最大时，在轨道的切线方向所受的合力为零，则有：mgcos=BIL解得I=mgcosBL=2A 流经R的电流方向是aRb（2）金属棒滑到底端的过程中，穿过回路的磁通量的变化量为：=BS=BLr2=BLr2 平均电动势：E=t 平均电流I=ER+R0则流经R的电量：q=It=R+R0=BLr2(R+R0)=0.1解得整个回路的总电阻R+R0=2.5 （3）在轨道最低点，由牛顿第二定律可得：N-mg=mv2r 由能量关系：Q=mgr-12mv2电阻R上的发热量：QR=RR+R0Q=1.2J 解得R=2 R0=0.5点睛：解决本题的关键是明确金属棒是垂直切割磁感