2019届河南省焦作十三中高三上学期期末考试物理试题 Word版含解析

2019届河南省焦作十三中高三上学期期末考试物理试题
一、选择题
1. 如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O，人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态，若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，，下列说法正确的是（　　）

A. OA绳中的拉力逐渐减小
B. OB绳中的拉力逐渐减小
C. 人对地面的压力不变
D. 地面给人的摩擦力不变
【答案】C
【解析】AB、O点受三个力的作用，如图所示：

其中竖直向下的力大小、方向都不变，水平向左的力方向不变，OA绳的力大小、方向都变化；
若人缓慢向左移动一小段距离，则θ将增大，OA，OB绳中的拉力将增大，故A错误，B错误；
CD、对人受力分析，人受重量、支持力、绳的拉力、摩擦力处于平衡状态，所以地面对人的支持力与重力平衡，摩擦力与绳拉力平衡，而重力不变，拉力增大，所以地面对人的支持力不变，由牛顿第三定律可知，人对地面的压力不变，地面给人的摩擦力逐渐增大，故C正确，D错误。
故选：C。
点睛：对结点O受力分析，O点受三力平衡，由共点力平衡条件作图判断OA、OB绳拉力变化情况；对人受力分析，由共点力平衡条件判断即可。
2. 下列说法中正确的是
A. 天然放射性元素（钍）共经历4次α衰变和6次β衰变边长（铅）
B. 放射性元素的半衰期与温度、压强有关
C. “原子由电子和带正电的物质组成”是通过卢瑟福α散射实验判定的
D. 玻尔理论认为，氢原子的核外电子轨道是量子化的
【答案】D
【解析】A.（钍）衰变成（铅）的过程，质量数减小28，而质子数减小8，对于β衰变，质量数不变，质子数增加1，因此经过7次α衰变，而α衰变质量数减小4，质子数减小2，所以要经过6次β衰变，故A错误；
B. 放射性元素的半衰期只与原子核自身有关，与温度、压强无关，故B错误；
C.卢瑟福通过α粒子散射实验判定的是原子具有核式结构，并不是判定：原子由电子和带正电的物质组成，故C错误；
D.玻尔理论认为原子只能处在能量不连续、轨道不连续的一系列状态，故D正确；
故选：D。
点睛：通过卢瑟福α粒子散射实验判定的是原子具有核式结构，玻尔理论认为原子只能处在能量不连续的一系列状态，放射性元素的半衰期只与原子核自身有关．
3. 如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比3：1，V和分别是理想电压表、定值电阻，且，已知ab两端电压u按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是

A. 电压u的表达式
B. 电压表示数为40V
C. R1、R2两端的电压之比为1：1
D. R1、R2消耗的功率之比为1：9
【答案】C
【解析】A. 从图乙得到电压的最大值为311V=220V，周期为0.02s，故电压u的表达式，故A错误；
B. 电源电压的有效值为U=220V；根据变压器的变流比公式，有：I1：I2=n2：n1；根据变压器的变压比公式，有：U1：U2=n1：n2；
对左侧回路,有：U=U1+I1R1
对右侧回路,有：U2=I2R2
联立上面4个式子，可以得到U2=55V，故B错误；
C. 根据电流比公式,有：I1：I2=n2：n1=1：3；根据U=IR，且，U1：U2=I1R1：I2R2=1：1，故C正确；
D. 由于I1：I2=n2：n1=1：3，且，根据P=I2R，有：P1：P2=1：3，故D错误。
故选：C。
4. 1798年英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G，因此卡文迪许被人们称为“能称出地球质量的人”，若已知万有引力常量G，地球表面处的重力加速度g，地球半径为R，地球上一个昼夜的时间为T1（地球自转周期），一年的时间T2（地球公转的周期），地球中心到月球中心的距离L1，地球中心到太阳中心的距离为L2．则下列说法正确的是
A. 地球的质量
B. 太阳的质量
C. 月球的质量
D. 可求月球、地球及太阳的密度
【答案】B
【解析】A. 根据地球表面万有引力等于重力，有：，则，故A错误；

C. 因为月球的表面的重力加速度即半径未知，无法求出月球的质量，也无法求出月球的密度。故C错误，D错误。
故选：B.
点睛：根据万有引力等于重力求出地球的质量，根据地球绕太阳公转，万有引力提供向心力，求出太阳的质量．
5. 如图所示，光滑水平桌面上有两个大小相同的小球，，球1以3m/s的速度与静止的球2发生正碰并粘在一起，已知桌面距离地面的高度h=1.25m，，则落地点到桌面边沿的水平距离为

A. 0.5m B. 1.0m C. 1.5m D. 2.0m
【答案】B
【解析】小球1在桌面上滑动的过程中速度不变，与小球2碰撞的过程中水平方向受到的合外力为0，所以满足动量守恒定律，选取向右为正方向，设碰撞后速度分别是v，则：
，由于，则v=2m/s；
两物块桌面后做平抛运动，运动的时间：
所以落地时距桌面右边缘的水平距离：x=vt=2×0.5=1.0m
故选：B。
6. 如图所示，某长为R的轻杆一端固定一个质量为m的小球，另一端有光滑的固定轴O，现给球一初速度，使球和杆一起绕O轴在竖直面内转动，不计空气阻力，以下说法中正确的是

A. 小球过最高点时，杆所受的弹力可以为零
B. 小球过最高点时，最小速度为
C. 小球过最低点时，杆对球的作用力一定大于重力
D. 小球过最高点时，杆对球的作用力一定小于重力
【答案】AC
【解析】A. 小球在最高点时，杆子可以表现为支持力，可以表现为拉力，最小速度为零，故A正确，B错误；
C. 在最低点，合力提供向心力，指向圆心，所以杆对球的作用力一定大于重力，故C正确，D错误。
故选：AC.
7. 如图所示，a、b为等量异种点电荷A、B连线的中垂线上的两点，b、c为其连线上的两点，AB连线沿竖直方向。现将一个带负电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，下列说法正确的是

A. a、b、c各点处试探电荷所受电场力方向相同，均沿BA连线方向向下
B. 试探电荷所受电场力先减小后增大
C. 从a点到b点电场力对试探电荷不做功，从b点到c点电场力对电荷做负功
D. 若将试探电荷直接从a点沿直线移动到c点，电势能先减小后增大
【答案】AC
【解析】A. 从a到b电场线竖直向上，所受的电场力竖直向下，由b到c，电场线竖直向上，电荷所受的电场力仍然竖直向下，故A正确；
B. 根据等量异种电荷周围的电场线分布知，a点到b点电场线越来越密，则检验电荷所受的电场力增大；b点到c点电场线越来越密，则检验电荷所受的电场力增大，故B错误；
C. 等量异种电荷连线的垂直平分线为等势线，电势相等，则从a点到b点，电场力不做功；从b点到c点电场力对电荷做负功，故C正确；
D. 试探电荷直接从a点沿直线移动到c点，电场力做负功，电势能增大。故D错误。
故选：AC.
点睛：等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，根据电场线与等势线垂直，分析场强方向，确定电场力方向．根据电场线的疏密分析电场强度的大小变化，判断电场力的变化．根据电场力做功判断电势能的变化．
8. 如图甲所示，质量为1kg的小物块以初速度v0=8m/s，从θ=37°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F．图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线．不考虑空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是

A. 恒力F大小为2N
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少
D. 有恒力F时，小物块在上升过程中机械能的减少量较大
【答案】AB
【解析】AB. 根据v?t中斜率的绝对值等于加速度的大小可知：aa=△v/t1=8/1.0=8.0m/s2
ab=△v/t2=8/0.8=10m/s2
不受拉力时：mab=?mgsin53??μmgcos53?
代入数据得：μ=0.5
受到拉力的作用时：maa=F?mgsin53??μmgcos53?
所以：F=2N.故A正确，B正确；
C. 根据运动学公式：，有恒力F时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大。故C错误；
D. 结合C的分析可知，有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小。故D错误。
故选：AB.
9. 如图所示，空间存在两个磁感应强度均为B的匀强磁场区域，区域I的边界与的间距为H，方向垂直纸面向里，边界与的间距为h，下方是磁场区域II，方向垂直纸面向外，现有一质量为m，边长为L（），电阻为R的正方形线框由上方某处沿竖直方向自由下落，恰能以速度匀速进入磁场区域I，当线框的cd边刚要进入前瞬间线框的速度为，空气阻力不计，重力加速度为g，下列说法正确的是

A. 线框的cd边进入前瞬间线框中的感应电流大小为
B. 线框的cd边进入后的瞬间线框受到的安培力大小为2.4mng
C. 线框的cd边刚离开的瞬间，线框的加速度大小一定大于0.2g
D. 线框的cd边进入后的瞬间线框的加速度大小为3.8g
【答案】ACD
【解析】A．cd边刚要进入前瞬间，ab边切割磁感线产生的感应电动势为：，感应电流的大小为，故A错误；
B．cd边进入后瞬间，ab边切割磁感线产生的感应电动势为：，，由右手定则可以判断，ab边和cd边切割磁感线产生的感应电动势都是顺时针的，回路总的感应电动势：，电流 ，由左手定则可知。ab边和cd边受到的安培力大小相等，方向都向上，所以线框受到的安培力大小为，故B错误；
C、线框的cd边离开后经减速到此时的安培力为F=BIL=6mg，根据牛顿第二定律得：BIL?mg=ma，解得：a=5g。则线框的cd边刚离开的瞬间，线框的加速度大小一定大于5g，故C正确；
D．线框的cd边进入后的瞬间安培力向上，大小为24mg，根据牛顿第二定律得：BIL?mg=ma，解得：a=23g，方向向上，故D错误。
故选：C。
二、实验题
10. 已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，实验中得到一条点迹清晰的纸带，把第一个点记做O，另选3个点A、B、C作为测量点，AB之间及BC之间各有四个点未画出的，经测量知道A、B、C各点到O点的距离分别为62.99cm；71.87cm；85.19cm。

根据以上数据，可得B点的速度vB=_____m/s；纸带运动的加速度a=_______m/s2（两个空的结果均保留到小数点后两位）
【答案】 (1). 1.11； (2). 4.44；
【解析】因为计数点之间由四个点未画出，所以计数点之间的时间间隔为0.1s。在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：；
根据匀变速直线运动的推论：，
点睛：根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，求出B点的速度；根据根据匀变速直线运动的推论：求出加速度。
11. 为了测量某待测电阻Rx的阻值（约为30Ω）．有以下一些器材可供选择：
电流表：A1（量程0～50mA，内阻约1Ω）；A2（量程0～3A，内阻约0.12Ω）
电压表：V1（量程0～3V，内阻很大）；电压表：V2（量程0～15V，内阻很大）
电源：E（电动势为约为3V，内阻约为0.2Ω）
定值电阻R（20Ω，允许最大电流1.0A）
滑动变阻器R1（0～10Ω、允许最大电流2.0A）
滑动变阻器R2（0～1kΩ、允许最大电流0.5A）
单刀单掷开关S一个，导线若干
根据以上器材设计电路，要求尽可能减小测量误差，测量时电表的读数大于其量程的一半，而且调节滑动变阻器能使电流表读数有明显的变化。

（1）电流表应选_______，电压表应选_________，滑动变阻器应选________（填写器材符号）
（2）请在方框中画出测量电阻的实验电路图。_______（并在电路图中标出所用元件的对应符号）
（3）若电压表示数为U，电流表示数为I，则待测电阻的表达式为=__________。
【答案】 (1). （1）A1； (2). V1； (3). R1； (4). （2）如图所示：； (5). （3）
【解析】(1)因为要求测量时电表的读数大于其量程的一半，电源电动势约为3V，故电压表应选V1；待测电阻约30Ω，最大电流约几十mA，故电流表应选A1；因为要求调节滑动变阻器能使电流表读数有明显的变化，因此应采用分压式，故应选阻值小的变阻器R1。
(2)因为待测电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法，但根据欧姆定律，若将电阻直接接在电压表两端时，电阻两端最大电压为U=ImRx=50×30×10?3V=1.5V，只是电压表V1量程的一半；若将待测电阻与定值电阻串联，则它们两端电压为U=Im(Rx+R)=50×10?3×(30+30)=3V，正好与电压表V1的量程相同，所以电路图如图所示。

(3)由欧姆定律可得：。
三、计算题
12. 如图甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M=2kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过实地传感器记录下物块受到随时间的变化关系如图乙所示（图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点），已知传送带的速度保持不变，，求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）物块经过多长时间会从传送带端点滑落？从哪端滑落？

【答案】（1）0.4；（2）4.5s，从A端滑落；
【解析】（1）由图像可知，物块做匀变速运动的加速度
由牛顿第二定律
而，得到物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4；
（2）由图像可知，物块初速度大小v=8m/s，传送带速度大小
物块在传送带上滑动后，与传送带相对静止
前2s内物块的位移大小，方向向右
后1s内的位移大小，方向向左
3s内位移大小，方向向右
物块再向左运动时间
物块在传送带上运动时间
从A端滑落
13. 如图所示，在真空中，以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x轴正向、场强为E=100V/m的匀强电场和方向垂直xoy平面向外、磁感应强度为B=100T的匀强磁场；原点O处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m=0.1kg、电荷量为-q=-0.01C的粒子束，粒子恰能在xoy平面内做直线运动，粒子的重力不能忽略，不计粒子间的相互作用，；
（1）求粒子运动到距离x轴为h=0.2m所用的时间；
（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，场强大小变为，求从原点O射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围。（不考虑电场变化产生的影响）

【答案】（1）0.2s；（2）；
【解析】（1）由题意可知，粒子束做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力合力为零。受力如图所示：

设重力与电场力的合力与x轴负方向夹角为θ，由平衡条件可得，解得①
粒子束做匀速运动，得到②
又③
由①②③解得④
（2）当电场力与重力平衡时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图：


有⑤
设圆轨迹中，垂直于初速度方向的直径与横轴交点为，由图可知⑥
若某圆轨迹恰好与横轴相切，设切点为，⑦
，故为最远点
，故为最近点⑧
由①⑤⑥解得，范围
14. 下列说法正确的是____________。
A. 同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒都按相同的规律排列
B. 热量不能自发地从低温物体传到高温物体
C. 因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动叫分子热运动
D. 知道阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离
E. 当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中还会有水分子飞出水面
【答案】BDE
【解析】A. 同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒都按不同的规律排列，显示处不同的性质，如金刚石和石墨，故A错误；
B. 根据热力学第二定律知热量只能够自发地从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，故B正确；
C. 因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，但它不是分子的热运动，它反映了液体分子无规则的热运动，故C错误；
D. 利用阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可以估算出气体分子间的平均距离，故D正确；
E. 当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，单位时间内从水中出来的水分子和从空气进入水中的水分子个数相等，达到一种动态平衡，故E正确。
故选：BDE。
15. 如图，一个质量为m的T型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部h0处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.8h0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为P0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：
（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度。当温度为多少时两边水银面恰好相平；
（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化。

【答案】（i）；（ii）；
【解析】（i）初态时，对活塞受力分析，可求气体压强 ①
体积V1＝1.8h0S， 温度T1=T0
要使两边水银面相平，气缸内气体的压强P2=P0，
此时活塞下端一定与气缸底接触， V2=1.2h0S
设此时温度为T2，由理想气体状态方程有 ②
得：
（ii）从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功
W=P1ΔV=（）×0.6h0S ③
由热力学第一定律得：ΔU=0.6（）h0S-Q
16. 甲乙两列简谐横波波速均为v=2m/s，甲沿x轴负方向传播，乙沿x轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图甲、乙所示，其中P、Q处的质点均处于波峰，关于这两列波，下列说法正确的是

A. 甲波中的M处质点比P处质点先回到平衡位置
B. 从图示的时刻开始，P处质点与Q处质点同时回到平衡位置
C. 从图示的时刻开始，经过1.0s，P质点沿x轴负方向通过的位移为2m
D. 从图示的时刻开始，经过1.0s，M质点沿通过的路程为20cm
E. 如果这两列波相遇不可能此时稳定的干涉图样
【答案】ADE
【解析】据图象可知两列波的波长分别为：4m和8m,据波速公式得：两列波的周期分别为2s和4s.
AB、由于从最大位移到平衡位置需要T/4，所以甲波P处的质点先回到平衡位置，故A正确，B错误；
C. P质点只在平衡位置上下振动，并不沿x轴负方向运动，故C错误；
D．甲波经过1s，即半个周期，M点通过的路程为2倍振幅，等于20cm，故D正确；
E．由于两列波的周期不同，据产生稳定干涉的条件可知，两波的频率不同，所以这两列波相遇不可能出现稳定的干涉图样，故E正确。
故选：ADE.
17. 半径为R的球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成，现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示．已知入射光线与桌面的距离为，光在真空中的传播速度为c，求：出射光线在桌面上的落点M和O点之间的距离。

【答案】R/3
【解析】设入射光线与1/4球体的交点为C，连接OC，OC为入射点的法线。
因此，图中的角α为入射角，过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B，依题意∠COB=α

设光线在C点的折射角为β，有折射定律可得：联立解得β=30°
.....................
因此
解得




PAGE



1第
页