2018-2019学年安徽省池州市高三（上）期末物理试卷word版含解析

s2018-2019学年安徽省池州市高三（上）期末物理试卷
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，满分48分．在毎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．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．.康普顿效应表明光具有波动性
B．核反应方程U+n→Ba+Kr+xA中x＝3，A为中子
C．.将放射性元素的温度升高或降低，它的半衰期将发生改变
D．在光电效应现象中，光电子的最大初动能和入射光的频率成正比
2．（6分）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于正方形abed的顶点a、c上。若其中一个点电荷在b或d点产生的电场强度大小为E，则b、d点两点电场强度Eb、和Ed之间的关系为（　　）
A．Eb＝Ed＝E，Eb与Ed方向相同
B．Eb＝Ed＝E，Eb与Ed方向相反
C．Eb＝Ed＝E，Eb与Ed方向相同
D．Eb＝Ed＝E，Eb与Ed方向相反
3．（6分）如图所示，倾角为45°的斜面体A放在水平地面上，A与地面间的动摩擦力因数为0.75，光滑半球体B静止在竖直墙和斜面体之间，已知A、B的重均为G．近似认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，若在B的球心处施加一竖直向下的力F，仍保持斜面体静止，则F的最大值为（　　）
A．G B．1.5G C．2G D．2.5G
4．（6分）A、B两颗人造地球卫星在同一个平面同向做匀速圆周运动，B星的轨道半径大于A星轨道半径。A星绕地球做圆周运动的周期为2小时，经观测每过t小时A、B两颗卫星就会相遇（相距最近）一次。则A、B卫星的轨道半径之比为（　　）
A． B． C． D．
5．（6分）如图所示，在匀强电场中有一长方形ABCD，边长AB＝12cm、BC＝16cm，匀强电场方向与长方形ABCD所在平面平行，A、B、C三点的电势?A＝15V，?B＝﹣3V，?C＝﹣35V，则匀强电场的电场强度大小和方向为（　　）
A．300V/m，沿AB方向 B．250V/m，沿AC方向
C．200V/m，沿AD方向 D．150V/m，沿BD方向
6．（6分）如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道水平放置，左端与一电阻R相连，处于方向竖直向上的匀强磁场中金属杆在恒定外力F作用下，从静止开始向右加速运动，一段时间之后金属杆以最大速度匀速运动。金属杆始终保与轨道垂直且接触良好轨道和金属杆的电阻及空气阻力均可忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．杆从静止开始匀加速运动直到匀速
B．杆加速运动过程中的平均速度大于匀速运动速度的一半
C．当金属杆的速度大小为最大速度一半时，它的加速度大小也等于最大加速度的一半
D．从开始运动到获得最大速度，安培力做的功的绝对值等于金属杆动能的增加值
7．（6分）如图所示，光滑斜面的倾角为30°，质量均为m的甲、乙两球球被固定在斜面上的挡板挡住，系统处于静止状态。某时刻给甲球施加一沿斜面向上的拉力，甲球沿斜面向上做匀加速运动，当拉力等于2mg时，乙球刚好离开档板。已知弹簧的劲度系数为k。下列说法正确的是（　　）
A．.乙球离开挡板之前簧弹力对甲球做负功
B．.甲球沿斜面向上运动的加速度大小为
C．乙球刚要离开挡板之时甲球的动能
D．.乙球刚要离开挡板之前系统机械能增量
8．（6分）物体静止在光滑水平面上，水平拉力F作用在物体上，拉力F随时间变化情况如图所示，3t0时刻物体回到出发点。0～t0时间内拉力平均功率为P1、t0～3t0时间内拉力平均功率为P2，则（　　）
A． B． C． D．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，满分77分）
9．（5分）利用平抛运动在“验证动量守恒定律”实验中，先用天平测出人射小球a和被碰小球b的质量ma和mb．O点是小球抛出点在水平地面的垂直投影。实验时先让入射球a多次从斜轨上同一位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测出水平距离OP然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球a从斜轨上相同位置由静止释放，与小球b相碰，并多次重复找到a、b球平均落地点的位置M、N，测出水平距离OM、ON。
（1）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为　 　；
（2）如果两球质量分别为ma＝30g，mb＝5g，水平距离分别为OM＝52.8cm、OP＝67.6cm、ON＝83.4cm。碰撞前与后总动量的比值为＝　 　（用分数表示）
10．（10分）多用电表的欧姆档有多个量程，利用一只电压表和一只滑动变阻器可以测量电压表的内电阻R0，多用电表内部干电池电动势E。
（1）将多用电表的选择开关置于“×1k”位置，然后把多用电表红，黑表笔短接，调整多用电表的欧姆调零旋钮，使多用电表指针指向“0”位置。此时多用电表的指针偏向表盘最　 　（选填“左”或“右”）位置，然后断开表笔，此后不再改变选择开关，也不再转动欧姆调零旋钮。
（2）把多用电表，滑动变阻器，电压表三者串联起来，如图所示。如果图示的接线是正确的，那么与多用电表a接线柱相接的是　 　（选填“红”或“黑”）表笔。
（3）调节滑动变阻器，观察多用电表指针，发现当多用电表读数增大时，电压读数随之　 　（选填“增大”或“减小”）。
（4）在调节滑动变阻器过程中，欧姆表最小读数为12.0kΩ，对应电压表读数为4.0v，欧姆表最大读数为15.0kΩ，此时指针刚好指向正中央刻度，由此可知电压表的内阻Rv＝　 　kΩ，多用电表内部干电池的电动势E＝　 　V，滑动变阻器的最大值为Rm＝　 　kΩ
11．（12分）如图所示，物体沿着一条直线运动，A、B、C是直线上的三个点，物体从A到B做匀速直线运动，经过B点后开始做匀减速直线运动，到达C点时物体停下来。已知物体在匀减速运动停下来之前的倒数第2s内通过的距离为4.5m，A、C之间的距离为60m，物体在A、C之间运动的时间为11s。求：
（1）物体减速运动过程中加速度的大小；
（2）B、C之间的距离。
12．（20分）如图所示，直线OO′代表水平的绝缘平面，带电的电容器极板a、b垂直放置在水平面上，内部场强为4×105N/C，直线OO′上方、极板a的左侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带电粒子从直线直线OO′上的M点以水平向左的速度射出，经过磁场的偏转，粒子恰好从极板a上的小孔N射入电容器内部，经过内部电场的偏转，粒子以2×107m/s垂直打到直线OO′上的P点，P与极板a的距离为0.2m，带电粒子的比荷为2.5×109C/kg，带电粒子重力不计，求
（1）极板a上的小孔N与直线OO′距离；
（2）匀强磁场的磁感应强度。
13．（15分）关于直线运动，下列说法正确的是 （　　）
A．研究飞往火星的宇宙飞船最佳运行轨道时，飞船可以看成质点
B．物体在某段时间内的平均速度是3m/s，则物体在1s内的位移一定是3m
C．表示做事得过且过说“做一天和尚，撞一天钟”，“一天”指时间间隔
D．物体做自由落体运动的加速度大小与其质量有关
E．物体的加速度方向保持不变，速度方向不一定保持不变。
14．（15分）关于曲线运动，下列说法正确的是（　　）
A．曲线运动的物体所受合外力一定为变力
B．曲线运动一定是变速运动
C．物体只有在恒力作用下，才能做匀速圆周运动
D．平抛运动的物体在相等的时间内速度变化相同
E．做匀速圆周运动的物体，一定是所受的合外力充当向心力
15．如图甲所示，在倾角为37°的固定斜面上有一物体，质量为10kg。当给它施加沿斜面向下大小为4N的力时，物体刚好静止在斜面上（最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
①物体与斜面间的动摩擦因数；
②如果改用与斜面成30°向上的力拉物体，如图乙所示，物体将会沿斜面向上匀速运动，则所施加的拉力多大？（本小问计算结果保留两位小数）
16．如图所示，在水平地面的上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带BC部分的长度L＝1.25m，传送带右端C点与地面上O点在同一竖直线上，竖直高度h＝1.25m。AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆轨道，半径r＝0.45m，且与水平传送带相切于B点。一滑块m（可视为质点）从A点由静止释放滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力大小FNB＝6N，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落在水平地面上D点OD＝1m。取g＝10m/s2，不计空气阻力的作用，不计传送带转轮的大小。求：
①滑块的质量；
②滑块与传送带间的动摩擦因数，

2018-2019学年安徽省池州市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，满分48分．在毎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．【解答】解：A、康普顿效应表明光子有动量，揭示了光的粒子性的一面，则A错误
B、由质量数守恒与电荷数守恒可知A的电荷数为0，则A为中子，又235+1＝141+92+x，则x＝3，则B正确。
C、半衰期与物理环境无关，则C错误
D、由光电效应方程，Ekm＝hγ﹣W0可则最大初动能和入射光的频率成线性关系，不成正比，则D错误
故选：B。
2．【解答】解：正负两个点电荷在b、d点两点的电场强度大小均为E，方向相互垂直，所以有 Eb＝Ed＝E，根据电场线的分布情况知，Eb与Ed方向相同，故ABD错误，C正确。
故选：C。
3．【解答】解：以整体为研究对象，水平方向受力平衡，斜面体与地面间的最大静摩擦力为：fm＝μ（2G+F），
摩擦力与墙对B的弹力T大小相等，即为：μ（2G+F）＝T；
对球体受力分析如图所示，竖直方向有：F′＝F+G
根据力的合成与分解可得：T＝F′tan45°＝F′
所以有：μ（2G+F）＝F+G
解得：F＝2G，故C正确，ABD错误。
故选：C。
4．【解答】解：两卫星相距最近时，两卫星应该在同一半径方向上，A多转动一圈时，第二次追上，转动的角度相差2π，A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，则：
2t﹣2t＝2π，
解得：t＝。
代入A卫星的周期为T1＝2小时；所以B的周期：小时
根据万有引力提供向心力得：＝mr
可得：
所以A、B卫星的轨道半径之比：＝．故ABC错误，D正确
故选：D。
5．【解答】解：在匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离电势变化都相等，故 UAC＝φA﹣φC＝50V，φA﹣φB＝18V，φB﹣φC＝32V，边长AB＝12cm、BC＝16cm，根据勾股定理知AC＝20cm。过B作AC的垂线，垂足为E点。
根据几何关系知 AE＝7.2cm
则＝，解得 UAE＝18V，可知，E点的电势 ?E＝?B＝﹣3V
即E点的电势等于B点电势，电场线垂直于等势面，即电场线方向为沿AC，由A指向C，E＝＝V/m＝200V/m
故选：B。
6．【解答】解：A、金属杆受到的安培力：F安培＝BIL＝，
对金属杆，由牛顿第二定律得：F﹣＝ma，
解得：a＝﹣，金属杆做加速运动，速度v增大，加速度a减小，
金属杆做加速度减小的加速运动，故A错误；
B、金属杆的v﹣t图象如图所示，红线是金属杆的v﹣t图线，黑图线是匀加速运动的图线，
由图示图线可知，当金属杆达到最大速度过程，金属杆做加速度减小的加速运动时的位移大于匀加速直线运动的位移，
s杆＞s匀速，杆加速过程的平均速度：v杆＝＞＝＝，故B正确；
C、金属杆达到最大速度时做匀速直线运动，由平衡条件得：F＝，
当v＝时，加速度：a＝﹣＝﹣＝，金属杆的最大加速度：a最大＝＝2a，即：a＝a最大，故C正确；
D、由动能定理可知，金属杆动能的增加量等于合外力做功，安培力做功的绝对值等于回路产生的焦耳热，故D错误；
故选：BC。
7．【解答】解：A、施加拉力前，弹簧处于压缩状态，施加拉力的开始阶段，弹力沿斜面向上，对甲球做正功，故A错误；
B、当小球乙刚要离开挡板时挡板对小球乙的弹力恰好为零，对小球乙，由平衡条件得，此时弹簧的拉力：F2＝mgsinθ．对甲受力分析得：F﹣mgsinθ﹣F2＝ma，可得a＝g，故B错误。
C、初态弹簧的压力大小 F1＝mgsinθ，弹簧的压缩量 x1＝＝
当小球乙刚要离开挡板时弹簧的伸长量 x2＝＝
甲向上做匀加速运动，则：2a（x1+x2）＝v2，
乙球刚要离开挡板之时甲球的动能：Ek甲＝
联立解得：Ek甲＝，故C正确；
D、由功能关系得系统机械能增量为：E＝mg?×2+
解得：E＝，故D正确。
故选：CD。
8．【解答】解：AB、设物体质量为m，根据牛顿第二定律得：
0～t0时间内的加速度为：①
t0～3t0时间内的加速度为：②
3t0时刻物体回到出发点，则两段时间内的位移大小相等，方向相反
即：③
①②③联立解得：，故A正确，B错误；
CD、根据P＝以及W＝Fx得：，故C正确，D错误；
故选：AC。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，满分77分）
9．【解答】解：（1）碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mav0＝mav1+mbv2，
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，
上式两边同时乘以t得：mav0t＝mav1t+m2v2t
整理得：maOP＝maOM+mbON；
（2）碰撞前后总动量的比值为：＝＝＝；
故答案为：（1）maOP＝maOM+mbON；（2）。
10．【解答】解：（1）欧姆表选择挡位后要进行欧姆调零，把多用电表红、黑表笔短接，调整多用电表的欧姆调零旋钮，使多用电表指针指向表盘右侧的“0”位置。
（2）由图示电路图可知，多用电表a接线柱与电压表正接线柱相连，与a接线柱相连的是欧姆表内置电源的正极，a表示是黑表笔。
（3）用多用电表测电阻，多用电表读数增大，所测电阻阻值增大，滑动变阻器接入电路的阻值变大，滑动变阻器分压增大，电压表两端电压减小，电压读数减小。
（4）滑动变阻器接入电路的阻值为零时，所测电阻阻值为电压表内阻，欧姆表示数最小，由此可知，欧姆表内阻：Rv＝12.0kΩ，滑动变阻器阻值全部接入电路时欧姆表示数最大，欧姆表读数最大为15.0kΩ时指针刚好指向正中央刻度，由此可知欧姆表内阻为：15kΩ；滑动变阻器的最大值为Rm＝15﹣12＝3kΩ；由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势：E＝U+R内＝4+×15×103＝9V；
故答案为：（1）右；（2）黑；（3）减小；（4）12.0；9；3。
11．【解答】解：（1）物体从B到C的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，根据物体在匀减速运动停下来之前的倒数第2s内通过的距离为4.5m，得
x2＝﹣
可得 a＝＝＝3m/s2。
（2）设物体在AB间和BC间运动的时间分别为T1和T2。
则物体在AB间匀速运动的速度大小为 v＝aT2。
根据题意得 xAC＝vT1+
据题 tAC＝T1+T2＝11s
联立解得 T2＝2s或20s（不合理舍去）。
B、C之间的距离 xBC＝＝6m
答：
（1）物体减速运动过程中加速度的大小是3m/s2；
（2）B、C之间的距离是6m。
12．【解答】解：（1）设粒子在电场中运动的时间为t，极板上的小孔N与直线OO′距离为h，逆向思维相当于粒子以v0＝2×107m/s做平抛运动
垂直极板：L＝
沿着极板：h＝v0t
联立解得：a＝1×1015m/s2，
t＝2×10﹣8s
h＝0.4m
（2）粒子经过小孔N时水平方向分速度为：vx＝at＝2×107m/s
粒子经过小孔N时的速度大小为
v＝＝2m/s
粒子经过小孔N的速度v与极板a的夹角为θ，则满足tanθ＝＝1
即θ＝45°
设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R
由几何关系得：R+＝h
在磁场中由牛顿第二定律得：qvB＝
B＝2（+1）×10﹣2T＝4.8×10﹣2T
答：（1）极板a上的小孔N与直线OO′距离为04m；
（2）匀强磁场的磁感应强度为4.8×10﹣2T。
13．【解答】解：A、研究飞往火星宇宙飞船的最佳运行轨道时，飞船的形状对于轨道没有影响，可以忽略，能看成质点，故A正确；
B、物体在某段时间内的平均速度为3m/s，并不代表任意时间内的平均速度为3m/s，所以物体在任意1s内位移不一定等于3m，故B错误。
C、“做一天和尚撞一天钟”“一天”，对应的是一个过程，是持续的量，表示时间间隔，故C正确。
D、自由落体运动的加速度大小与其质量无关，故D错误。
E、物体做匀减速运动，速度减为0后，方向改变，但加速度方向不变，故E正确。
故选：ACE。
14．【解答】解：A、曲线运动一定受到合外力，即一定有加速度，但合力和加速度不一定变化，例如平抛运动，只受重力，重力的大小和方向都不变，加速度为重力加速度，大小和方向也都不变。故A错误。
B、曲线运动的条件是合外力与速度不一条直线上，故速度方向时刻变化，所以曲线运动一定是变速运动，故B正确。
CE、匀速圆周运动的质点的合外力充电向心力，方向始终指向圆心，因此方向时刻改变，故C错误，E正确；
D、平抛运动是匀变速曲线运动，根据△v＝g△t可知，在相等的时间内速度变化相同，故D正确；
故选：BDE。
15．【解答】解：①根据平衡条件可得：F1+mgsin37°＝μmgcos37°
其中F1＝4N
解得：μ＝0.8
②如果改用与斜面成30°向上的力拉物体，受力情况如图所示：
根据平衡条件
垂直于斜面方向：N+Fsin30°＝mgcos37°
沿斜面方向：Fcos30°＝f+mgsin37°
根据摩擦力的计算公式可得：f＝μN
联立解得：F＝97.95N。
答：①物体与斜面间的动摩擦因数为0.8；
②所施加的拉力为97.95N。
16．【解答】解：①滑块从A运动到B的过程中，由动能定理有
mgr＝
解得 vB＝＝＝3m/s
滑块到达圆弧轨道B点时对轨道压力大小FNB＝6N，
根据牛顿第三定律得轨道对滑块的支持力大小FNB′＝FNB＝6N，方向竖直向上。
滑块到达B点时，由牛顿第二定律得
FNB′﹣mg＝m
解得滑块的质量 m＝0.2kg；
②滑块离开C点后做平抛运动，则
h＝
解得 t＝0.5s
滑块离开皮带的速度 vC＝＝＝2m/s
滑块C由B运动到C的过程中，由动能定理得
﹣μmgL＝﹣
解得滑块与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.2
答：
①滑块的质量是0.2kg；
②滑块与传送带间的动摩擦因数是0.2。