浙江省宁波市慈溪市2019届高三上学期物理期末考试试卷

浙江省宁波市慈溪市2019届高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2019高三上·慈溪期末）下列物理量属于矢量的是（　　）
A．电势差 B．线速度 C．电流 D．磁通量
2．（2019高三上·慈溪期末）北京时间2018年4月13日晚上19：00全国游泳冠军赛男子200米自由泳决赛进行，孙杨以1分46秒07轻松夺冠（国际标准游泳池长50米），下列说法正确的是（　　）
A．在研究孙杨的技术动作时，不能把孙杨看成质点
B．“时间2018年4月13日晚上19：00指的是时间间隔
C．在游泳过程中，以游泳池里的水为参考系孙杨是静止的
D．孙杨200米自由泳的平均速度为1.92m/s
3．（2019高三上·慈溪期末）如图所示，有向直线为某点电荷电场中的一条电场线，其上两点a、b相距为d，电势差为U，b点的场强大小为E，把电荷量为q的试探电荷从a点移到b点，电场力做功为W，该试探电荷在a点所受的电场力大小为F，下列关系式一定正确的是（　　）
A．E＝ B．U＝Ed C．E＝ D．U＝
4．（2019高三上·慈溪期末）下列关于运动和力的叙述，正确的是（　　）
A．图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间指针示数会大于人的重力
B．图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力
C．图丙中，在水平直跑道上减速的飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力
D．图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则运动员将在冰面上沿着轨迹半径方向“离心”而去
5．（2019高三上·慈溪期末）下列电容器相关知识描述正确的是（　　）
A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压 U 等于电源的电动势 E。
B．图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小保持不变
C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容使用时都严格区分正负极
D．图戊中的电容器上有“5.5V 1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上 5.5V 的电压时电容才为1.0F
6．（2019高三上·慈溪期末）如图是两点电荷组成了电荷系统，其电场线分别如图所示，图中实线为电场线，未标注方向，虚线上A、B、C、D等间距根据图象可判断（　　）
A．电场是客观存在的物质，电场线也是客观存在的
B．B和C处两点电荷电量相等，电性相反
C．图中的A点和D点附近没有电场线，所以电场强度为零试探电荷置于A点和D点都不受电场力作用
D．若把一个带负电的试探电荷从A移到B，无法判断电场力做正功还是负功
7．（2019高三上·慈溪期末）高中体育课上身高1米7的小明同学参加俯卧撑体能测试，在60s内完成35次标准动作，则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于（　　）
A．45W B．90W C．180W D．250W
8．（2019高三上·慈溪期末）2018年5月9日凌晨2时28分，我国在太原卫星发射中心，用长征四号丙运载火箭将高分五号卫星送入705公里高度的轨道，高分五号卫星和之前发射的高分四号卫星都绕地球做匀速圆周运动。高分四号卫星是一颗相对地球赤道某位置静止的光学遥感卫星，下列关于这两颗卫星说法正确的是（　　）
A． 高分四号卫星绕地球运动的周期小于24小时
B．高分五号卫星的线速度小于高分四号卫星的线速度
C．高分五号卫星的运行周期小于高分四号卫星的运行周期
D．高分五号卫星的向心加速度小于高分四号卫星的向心加速度
9．（2019高三上·慈溪期末）下图是小丽自制的电流表原理图，质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长为ab＝L1，bc＝L2的矩形区域abcd内均有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g，则（　　）
A．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M至N
B．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零
C．该电流表的量程是 Im=
D．该电流表的刻度在0~Im范围内是不均匀的
10．（2019高三上·慈溪期末）如图甲所示为小球在一端固定于O点的轻弹簧的牵引下在光滑水平面上做椭圆运动的轨迹，图乙为某卫星绕地球做椭圆运动的轨迹，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球由B经C到D点时间与由D经A到B点的时间不相等
B．卫星由B′经C′到D′点时间与由D′经A′到B′点的时间相等
C．小球在A点的速度小于小球在B点的速度
D．若卫星在C′点的速度大小为v，则卫星在C′的加速度大小为
11．（2019高三上·慈溪期末）如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E=3V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5V，则（　　）
A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为1.5×10-4N
C．闭合开关10s，液体具有的热能是4.5J
D．闭合开关后，液体电热功率为0.081W
12．（2019高三上·慈溪期末）家电待机耗电问题常常被市民所忽略。宁波市电力公司曾举办“计量日进您家”活动，免费上门为市民做家庭用电耗能诊断分析。在上门实测过程中，技术人员发现电视机待机一天的耗电量在0.2度左右，小小机顶盒一天的待机耗电量更是高达0.4度。据最新统计宁波市的常住人口约760万人，参考下表数据，估算每年宁波市家庭用电器待机耗电量约为（　　）
家庭常用电器 电视机 洗衣机 空调 电脑
户均数量（台） 2 1 2 1
电器待机功耗（W/台） 10 20 40 40
A．3×105度 B．3×107度 C．3×109度 D．3×1011度
13．（2019高三上·慈溪期末）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势q随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10﹣20kg，带电荷量大小为q＝1.0×10﹣9C的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则（　　）
A．x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向
B．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1：E2＝2：1
C．该粒子运动的周期T＝1.5×10﹣8s
D．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10﹣8J
二、多选题
14．（2019高三上·慈溪期末）现在城市的滑板运动非常流行，在水平地面上一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速度向前滑行，在横杆前起跳并越过杆，从而使人与滑板分别从杆的上方、下方通过，如图所示，假设人和滑板运动过程中受到的各种阻力忽略不计，若运动员顺利地完成了该动作，最终仍落在滑板原来的位置上，则（　　）
A．运动员起跳时，双脚对滑板作用力的合力竖直向下
B．起跳时双脚对滑板作用力的合力向下偏后
C．运动员在空中最高点时处于失重状态
D．运动员在空中运动时，单位时间内速度的变化相同
15．（2019高三上·慈溪期末）下列说法正确的是（　　）
A．彩超是利用超声波反射波相对发射波的频率变化测量血液流速，利用了波的干涉
B．海市蜃楼是一种因为光的折射和全反射而形成的自然现象
C．牛顿环是两个玻璃表面间的空气膜引起薄膜干涉形成的，亮暗相间的环状条纹距离相等
D．狭缝越窄，屏上中央亮条就越宽，表明更窄的狭缝可以更准确地测得粒子的位置，但粒子的动量的不确定却更大了
16．（2019高三上·慈溪期末）如图所示，甲图是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝2s时的波动图象，乙图是该波传播方向上介质中x1＝6m质点从t＝0时刻起的振动图象，a、b是介质中平衡位置为x1＝3m和x2＝5m的两个质点，下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速是2m/s
B．在t＝2s时刻，a、b两质点的速度相同
C．x＝200m处的观察者向x轴负方向运动时，接收到该波的频率一定为0.25Hz
D．若该波在传播过程中遇到尺寸为7m的障碍物，会发生明显的衍射现象
17．（2019高三上·慈溪期末）下列四幅图的有关说法中正确的是（　　）
A．甲图中，球m1以速度v碰撞静止球m2，若两球质量相等，碰后m2速度一定为v
B．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
C．丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由α粒子组成
D．丁图所示的链式反应属于重核的裂变
三、填空题
18．（2019高三上·慈溪期末）18世纪，数学家莫佩尔蒂，哲学家伏尔泰曾经设想“穿透”地球；假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，(已知此人的质量m＝50 kg；地球表面处重力加速度g取10 m/s2；地球半径R＝6.4×106m；假设地球可视为质量分布均匀的球体．均匀球壳对壳内任一点的质点合引力为零)则以下说法正确的是（　　）
A．人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒
B．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比
C．人从北极开始下落，到刚好经过地心的过程，万有引力对人做功W＝3.2×109J
D．当人下落经过距地心 R瞬间，人的瞬时速度大小为 ×103m/s
四、解答题
19．（2019高三上·慈溪期末）如图所示是冬奥会项目冰壶比赛场地示意图，左侧是投掷区域，起点靠近挡板处固定有起滑架，供掷壶的运动员蹬踏之用，右侧大本营。比赛时，我国队员在场上交流用时间代表掷冰壶的力度，例如说“10s”、“12s”“13s”等，那指的是冰壶在起点线A和前卫线B之间运动所用的时间，冰壶与冰面的动摩擦因数μ＝0.015，g＝10ms2
（1）运动员不做擦冰等人为干预的动作，冰壶从起点线A沿直线前进不与其他冰壶碰撞，冰壶可以停在大本营的丁字线D处，请估算这种情况冰壶离开起点线A到前卫线B之间所用的时间t（保留小数点后面一位）
（2）已知冰壶的质量为20kg，冰壶是从投掷区的后卫线C由静止开始运动，到起点线A处被释放，最终停止在大本营的丁字线处，则运动员对冰壶做了多少功？
20．（2019高三上·慈溪期末）三维弹球（DPmb1D是Window里面附带的一款使用键盘操作的电脑游戏，小明同学受此启发，在学校组织的趣味班会上，为大家提供了一个类似的弹珠游戏。如图所示，将一质量为0.1kg的小弹珠（可视为质点）放在O点，用弹簧装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动，BC段为一段长为L＝5m的粗糙水平面，与一倾角为45°的斜面CD相连，圆弧OA和AB的半径分别为r＝0.49m，R＝0.98m，滑块与BC段的动摩擦因数为μ＝0.4，C点离地的高度为H＝3.2m，g取10m/s2，求
（1）要使小弹珠恰好不脱离圆弧轨道运动到B点，在B位置小滑块受到半圆轨道的支持力的大小；
（2）在(1)问的情况下，求小弹珠落点到C点的距离？
（3）若在斜面中点竖直立一挡板，在不脱离圆轨道的前提下，使得无论弹射速度多大，小弹珠不是越不过挡板，就是落在水平地面上，则挡板的最小长度d为多少？
21．（2019高三上·慈溪期末）质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，某实验小组利用质谱仪分析某气体原子的组成，让该中性气体分子进入电离室A，在那里被电离成电子和+1价的正离子，这些离子从电离室缝S1飘出（初速度不计），分2次分别进入电场方向相反的加速电场被加速，然后让离子从缝S2垂直进入匀强磁场，观察发现一部分粒子打在底片上的P点。已知缝S2与P之间的距离为x1＝2.0cm，另外一部分粒子打在底片上的Q点，已知缝S2与Q点间在沿S2P方向上距离为x2＝6.4cm，磁场宽度为d＝30cm，质子的质量为mp，假设中子的质量mn＝mp，且约为电子质量me的1800倍，即mn＝mp＝1800me．则：
（1）正离子质量与电子质量之比；
（2）试确定这种气体原子核内核子数。
22．（2019高三上·慈溪期末）如图所示，水平光滑的平行金属导轨MM′，MN′，导轨间距L，左端与电阻相连接，电阻阻值为R，匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内，磁感应强度为B，质量为m的金属棒在垂直导轨的方向上静止在导轨上，设导轨与捧的电阻均不计，g取10m/s2，则：
（1）如图1在棒上施加一个垂直棒的恒力F，求金属棒所能达到的最大速度wm的大小；
（2）将电阻R换成电容器，电容为C，在棒上施加一个垂直棒的恒力F，如图2所示，当金属棒右移x时（未离开磁场，电容器充电时间不计，此时电容器未被击穿），求此时电容器的带电量q
（3）不加恒力F，使棒以一定的初速度向右运动，如图3所示，当其通过位置a时速率表示为va，通过位置b时速率表示为vb（注：va、vb未知），到位置c时棒刚好静止，a、b与b、c的间距相等，以金属棒在由a→b和b→c的两个过程中，回路中产生的电能Eab与Ebc之比为多大？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】电势差和磁通量只有大小，没有方向，是标量，AD不符合题意。线速度既有大小又有方向，运算法则是平行四边形定则，知线速度是矢量，B符合题意。电流虽有方向，但电流运算时不遵守矢量的运算法则：平行四边形定则，所以电流是标量，C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】既有大小又有方向的量为矢量，例如位移、速度、加速度、力、电场强度等，只有大小没有方向的量为标量，例如路程、时间、能量、功等。
2．【答案】A
【知识点】质点；时间与时刻；参考系与坐标系；平均速度
【解析】【解答】质点是理想化的物理模型，物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或影响很小时，物体才可以看做质点，所以研究孙杨的技术动作时，孙杨的形状不能忽略，即孙杨不能看做质点，A符合题意；“时间2018年4月13日晚上19：00指的是时刻。B不符合题意；孙杨在游泳过程中，以游泳池为参考系，他是运动的，C不符合题意；200米游泳比赛的位移是0，根据平均速度定义式可知平均速度也是0，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】能否把物体看成质点与物体本身的大小没有关系，研究的问题与物体的形状、大小无关时，物体可以看成质点；时刻的长度为零，对应时间轴上的一点，时间的长度不为零，有一定的长度，对应时间轴上一块线段。
3．【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能；电场及电场力
【解析】【解答】a点的场强大小为在a点的试探电荷受到的电场力与试探电荷的电荷量的比值，即 ，因电场不一定是匀强电场，可知b点的场强不一定是 ，A不符合题意；公式U＝Ed只适用与匀强电场，对非匀强电场不适用，B不符合题意；点电荷产生的场强大小为E＝ ，其中q为点电荷，d为到该点电荷的距离，C不符合题意；从a到b电场力做功为W＝qU，所以电势差U＝ ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电场中两点间的电势差，等于电荷在两点间的电场力做的功除以电荷量。
4．【答案】A
【知识点】对单物体(质点)的应用；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A项：图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间处于超重状态，所以体重计的示数大于人的重力，A符合题意；
B项：图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力提供向心力，所以合外力的大小恒定，方向时刻变化，B不符合题意；
C项：图丙中，在水平直跑道上减速的飞机，伞对飞机的拉力与飞机对伞的拉力为作用力与反作用力，所以两力大小相等，方向相反，C不符合题意；
D项：图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则运动员将沿圆弧切线作直线运动，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】物体具有向上的加速度，为超重状态，物体具有向下的加速度，为失重状态。
5．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压 U 等于电源的电 动势 E，A符合题意；图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电量为+Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且流过的总电量为 Q，B不符合题意；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者没有，C不符合题意；图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样，说明该电容器两端电压最大值为 5.5V，而电容与电容器的电压，及电量均无关，总是为1.0F，D不符合题意；
故答案为：A．
【分析】电容器的电容是电容器本身的属性，一般来说一个电容器被制作出来后，它的电容就固定下来了，与它是否通电没有关系。
6．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电场线
【解析】【解答】电场是客观存在的物质，但电场线是为了形象的描述电场而画上的，实际是不存在的，A不符合题意；电场线的疏密表示电场的强弱，根据E＝ 可知，B处电荷电量大，电场线的方向总是从正电荷出发终止于负电荷，即B和C处两点电荷电性相反，B不符合题意；由点电荷电场强度的公式：E＝ 和电场的叠加，易得A点和D点的电场强度并不等于零，C不符合题意；AB间电场方向未知，带负电的试探电荷从A移到B，电场力做功正负无法判断，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电场是客场存在的物质，电场线越密集，电场强度越大，电势沿电场方向减小，电场力做正功，电势能增大，电场力做负功，电势能减小。
7．【答案】C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】高三同学体重大约60kg，引体向上时向上运动的位移大约0.5m，则克服重力做功的平均功率P＝ ≈180W，
故答案为：C。
【分析】求出小明做35个俯卧撑所做的功，再利用公式求解功率即可。
8．【答案】C
【知识点】万有引力定律及其应用；卫星问题
【解析】【解答】高分四号卫星是一颗相对地球赤道某位置静止的光学遥感卫星，则高分四号卫星为同步卫星，周期等于24小时。A不符合题意；设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得： 得：T＝2π ，v＝ ，a＝ 可知，卫星的轨道半径越小，周期越小，而角速度、线速度和向心加速度越大，“高分五号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分五号”的周期较小，而线速度与向心加速度较大，C符合题意，BD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，通过周期判断两颗卫星的轨道半径，结合半径的大小分析两颗卫星的线速度、角速度、加速度的关系。
9．【答案】A,C
【知识点】安培力；受力分析的应用
【解析】【解答】A.当有电流时，MN向下运动，进入磁场，所以受到的安培力向下，根据左手定则可知，电流一定是从M到N，A符合题意；B.当电流表的示数为零时，MN中没有电流通过，MN受力平衡，所以弹簧的弹力等于MN的重力，弹簧的伸长量不为零，B不符合题意；C.电流表的量程即最大值，当MN杆到达cd边时为最大电流，此时由受力平衡条件可得 ，其中 ，则 所以 ，C符合题意；D.由 可得出任意电流的表达式为 ，所以电流和MN下降的距离 成正比例函数关系，所以刻度是均匀的，D不符合题意。
故答案为：AC.
【分析】当导线框中通过电流后，在磁场中会受到安培力，在安培力的作用下，导线向下运动用来指示电流的大小。
10．【答案】C
【知识点】万有引力定律及其应用；卫星问题
【解析】【解答】小球由B经C到D点的受力与由B经A到D点的受力对称，那么两段运动对称，运动时间相等，A不符合题意；卫星在近地点附近的速度较大，那么由B′经C′到D′点的轨迹与由D′经A′到B′点的轨迹对称，所以在近地侧即由D′经A′到B′点的运动时间较短，B不符合题意；小球运动过程只有弹簧弹力做功，故小球机械能守恒，在A点弹簧弹性势能较大，故动能较小，速度较小，C符合题意；卫星在C'点做向心运动，故外力大于向心力，所以加速度大小大于向心加速度大小 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，当卫星有远地点向近地点运动时，速度增加，万有引力做正功，当卫星有近地点向远地点运动时，速度减小，万有引力做负功。
11．【答案】D
【知识点】安培力；左手定则；焦耳定律
【解析】【解答】由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；A不符合题意；电压表的示数为 ，则根据闭合电路的欧姆定律： ，所以电路中的电流值： ，液体所受的安培力大小为： ，B不符合题意；液体的等效电阻为 ， 内液体的热能 ，C不符合题意；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为 ，则液体热功率为 ，D符合题意。
故答案为：D
【分析】电流流过液体，处在磁场中的液体受到安培力做圆周运动，根据电流方向和磁场方向确定流动方向；利用欧姆定律求解电流。进而求出热量和电功率。
12．【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】宁波的常住人口约760万人，平均每户的人口按3人计算，温州大约250万户家庭，所有用电器待机的总功率为：P＝2×10+20+2×40+40＝160W，宁波地区待机一年的耗电量为：W＝250×104×160×10﹣3×365×24kW·h＝3×109度，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用表格中的数据求出总功率，再利用公式W=Pt求解消耗的电能。
13．【答案】D
【知识点】电场及电场力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；电场强度
【解析】【解答】沿着电场线方向电势降落，可知x轴左侧场强方向沿x轴负方向，x轴右侧场强方向沿x轴正方向，A不符合题意；：根据U＝Ed可知：左侧电场强度为：E1＝ V/m＝2.0×103V/m；右侧电场强度为：E2＝ V/m＝4.0×103V/m；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1：E2＝1：2，B不符合题意；该粒子运动过程中电势能的最大值为：EPm＝qφm＝﹣2×10﹣8J，由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能为Ekm＝2×10﹣8J，D符合题意；设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有：vm＝ t1同理可知：vm＝ t2；Ekm＝ mvm2；而周期：T＝2（t1+t2）；联立以上各式并代入相关数据可得：T＝3.0×10﹣8s；C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】对于电势-距离图像，图形的斜率表示该位置处电场的强度，与横轴包围的面积是电场力做的功，结合选项求解即可。
14．【答案】A,C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用；受力分析的应用；超重与失重
【解析】【解答】运动员竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动。各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板的原位置。所以竖直起跳时，对滑板的作用力应该是竖直向下。A符合题意，B不符合题意；运动员在空中最高点时具有向下的加速度g，处于失重状态，C符合题意；运动员在空中运动时，则加速度恒定，所以单位时间内的速度的变化量相等，D符合题意；
故答案为：ACD。
【分析】物体处在空中只受重力，加速度向下，加速度恒定，单位时间内速度的变化相同，故处于失重状态。
15．【答案】B,D
【知识点】光的全反射；光的干涉；光的折射及折射定律
【解析】【解答】多普勒效应中由于波源的移动而使接收到的频率变化；故彩超技术利用的是多普勒效应，则A不符合题意；海市蜃楼是一种因为光的折射和全反射而形成的自然现象，则B符合题意；牛顿环是两个玻璃表面间的空气膜引起薄膜干涉形成的，亮暗相间的环状条纹距离不相等，离中心越远，间距越大，则C不符合题意；单缝越窄，中央亮纹越宽，是因为位置不确定量越小，动量不确定量越大的缘故，则D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】彩超技术利用的是多普勒效应；牛顿环亮暗相间的环状条纹距离不相等，离中心越远，间距越大。
16．【答案】A,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】由图甲可得：波长λ＝8m，由图乙可得：周期T＝4s，故波速 ，A符合题意；根据波向右传播，由图甲可得：t＝2s时刻，质点a向上振动，质点b向下振动，故速度方向不同，B不符合题意；波源频率 ，观察者向波源运动，故接收到波的频率大于波源频率，即接收到该波的频率大于0.25Hz，C不符合题意；若该波在传播过程中遇到尺寸为7m的障碍物，障碍物尺寸和波长相近，故会发生明显的衍射现象，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】通过甲图读出波的波长，通过乙图读出波的周期，进而求出波速，再结合选项逐一分析即可。
17．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；核裂变与核聚变；光电效应
【解析】【解答】甲图中，两球碰撞过程中动量守恒，机械能不增加，如果两球质量相等，发生弹性碰撞，则碰撞后m2的速度等于v，若发生非弹性碰撞，碰后m2的速度不等于v，A不符合题意。乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大，B符合题意；丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由α粒子组成。乙不带电，射线乙是γ射线，丙射线粒子带负电，则丙射线由电子组成，C不符合题意；丁图所示的链式反应属于重核裂变，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】球m1以速度v碰撞静止球m2，两个小球组成的系统动量守恒，利用动量守恒定律求解即可；结合粒子在磁场中偏转方向确定粒子的电性。
18．【答案】B,D
【知识点】万有引力定律及其应用；动能定理的综合应用；机械能综合应用
【解析】【解答】人下落过程只有重力做功，重力做功效果为重力势能转变为动能，故机械能守恒，A不符合题意；设人到地心的距离为r，地球密度为 ，由万有引力定律可得：人在下落过程中受到的万有引力 ，故万有引力与到地心的距离成正比，B符合题意；由万有引力 可得：人下落到地心的过程重力做功 ，C不符合题意；由万有引力 可得：人下落到距地心 的过程重力做功 ，设地球质量为M，则有： ，又有地球表面物体重力等于万有引力，则有： ，故 ，则重力做功为 ，由动能定理可得： ，所以，当人下落经过距地心 瞬间，人的瞬时速度 ，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】人与地球构成的系统，没有外力，故机械能守恒；结合万有引力公式，求解对人做的功，利用动能定理求解速度。
19．【答案】（1）解：设冰壶在起点线A处的速度为v0，冰壶的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
解得：a＝0.15m/s2
从A 到D的过程由速度位移的关系式得：
v02＝2axAD
解得：v0＝2.92m/s
设从A到B的时间为t，由位移公式得：
xAB＝v0t﹣ at2
解得：t＝10.2s（另一解舍去）
（2）解：从C到D的过程由动能定理得：
W﹣μmgxCD＝0
解得：W＝109.8J
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对冰壶利用动能定理，求出冰壶离开起点线的运动速度，再利用运动学公式求解运动时间；
（2）冰壶克服摩擦力做功，利用动能定理求解动员对冰壶做功。
20．【答案】（1）解：弹珠恰好通过最高点A时，由牛顿第二定律有：mg＝m
从A点到B点由机械能守恒律有：mg×2R＝
在B点时再由于牛顿第二定律有：FN﹣mg＝m
联立以上几式可得：FN＝5.5N，vB＝ m/s
（2）解：弹珠从B至C做匀速直线运动，从C点滑出后做平抛运动，若恰能落在D点
则水平方向：x＝v′Bt
竖直方向：y＝H＝
又：x＝y
解得：v′B＝4m/s
而vB＞v′B＝4m/s，弹珠将落在水平地面上，
弹珠做平抛运动竖直方向：H＝ ，得t＝0.8s
则水平方向：x＝vBt＝ m
故小球落地点距c点的距离：s＝
解得：s＝6.2m
（3）解：临界情况是小球擦着挡板落在D点，经前面分析可知，此时在B点的临界速度：v′B＝4m/s
则从C点至挡板最高点过程中水平方向：x'＝v′Bt'
竖直方向：y′＝ ﹣d＝
又：x'＝
解得：d＝0.8m
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球在最高点重力提供向心力列方程，求解此时的速度，再利用动能定理求解小球运动到B点的速度，再利用向心力公式求解对轨道的压力；
（2）粒子脱离水平面后做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用水平位移和竖直位移的关系求解CD的长度；
（3）利用运动学公式求出小球在CD面上最高点。
21．【答案】（1）解：根据左手定则知达到P点的粒子为负电荷，轨道半径为r1＝ x1＝0.01m，
对于电子在磁场中运动ev1B＝
电子在电场中加速：eU＝ ﹣0
解得：me＝
到达Q点的为正离子， ＝d2+（r2﹣x2）2
解得：r2＝0.735m
设正离子的质量为m，同理得：m＝
所以： ＝5402
（2）解：因为m＝5402me
即：m＝ mp＝3mp
所以这种气体原子核内核子数是3
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）洛伦兹力提供向心力做圆周运动，根据粒子的运动轨迹，利用几何关系求出运动半径，利用向心力公式列方程，粒子在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，利用动能定理列方程，联立求解。
（2）根据质子和电子的质量关系，求解原子核内核子数。
22．【答案】（1）解：金属棒受到的安培力：F安培＝BIL＝ ，
金属棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：F＝ ，
解得：vm＝
（2）解：金属棒运动过程产生感应电动势：E＝BLv，
电容器两极板间电压：U＝E＝BLv，
导体棒受到的安培力：F安培＝BIL，
电容器所带电荷量：q＝CU，
充电电流：I＝ ＝CBLa，
对金属棒，由牛顿第二定律得：
解得：
金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，位移：x＝ ，
解得：t＝ ，
金属棒向右移动x时，金属棒的速度：v＝at＝
感应电动势：E＝BLv＝BL ，
电容器的电荷量：q＝CU＝CE＝CBL
（3）解：通过金属棒的电荷量：
由题意可知：a、b与b、c的间距d相等，B、L、R相同，
则金属棒在由a→b与b→c的两个过程中通过棒横截面的电量q相等，即：q1＝q2，
对金属棒，由动量定理得：
从a→b：BI1L △t1＝mva﹣mvb，
从b→c：BI2L △t2＝mvb﹣0，
其中：q1＝I1 △t1，q2＝I2 △t2，
由于：q1＝q2，解得：va＝2vb，
由能量守恒定律得： mva2＝ mvb2+Eab，
mvb2＝Ebc+ mvc2，其中：vc＝0，
解得：Eab＝3Ebc，则Eab：Ebc＝3：1
【知识点】电容器及其应用；安培力；电流的概念；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）当拉力等于安培力时，金属棒速度达到最大，列方程求解即可；
（2）利用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，利用欧姆定律求出回路中的电流，再求解电容器两端的电势差，再利用q＝CU求解电荷量；
（3）利用能量守恒定律求解两个过程中回路中产生的电能，再求解两者之比。
1 / 1浙江省宁波市慈溪市2019届高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2019高三上·慈溪期末）下列物理量属于矢量的是（　　）
A．电势差 B．线速度 C．电流 D．磁通量
【答案】B
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】电势差和磁通量只有大小，没有方向，是标量，AD不符合题意。线速度既有大小又有方向，运算法则是平行四边形定则，知线速度是矢量，B符合题意。电流虽有方向，但电流运算时不遵守矢量的运算法则：平行四边形定则，所以电流是标量，C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】既有大小又有方向的量为矢量，例如位移、速度、加速度、力、电场强度等，只有大小没有方向的量为标量，例如路程、时间、能量、功等。
2．（2019高三上·慈溪期末）北京时间2018年4月13日晚上19：00全国游泳冠军赛男子200米自由泳决赛进行，孙杨以1分46秒07轻松夺冠（国际标准游泳池长50米），下列说法正确的是（　　）
A．在研究孙杨的技术动作时，不能把孙杨看成质点
B．“时间2018年4月13日晚上19：00指的是时间间隔
C．在游泳过程中，以游泳池里的水为参考系孙杨是静止的
D．孙杨200米自由泳的平均速度为1.92m/s
【答案】A
【知识点】质点；时间与时刻；参考系与坐标系；平均速度
【解析】【解答】质点是理想化的物理模型，物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或影响很小时，物体才可以看做质点，所以研究孙杨的技术动作时，孙杨的形状不能忽略，即孙杨不能看做质点，A符合题意；“时间2018年4月13日晚上19：00指的是时刻。B不符合题意；孙杨在游泳过程中，以游泳池为参考系，他是运动的，C不符合题意；200米游泳比赛的位移是0，根据平均速度定义式可知平均速度也是0，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】能否把物体看成质点与物体本身的大小没有关系，研究的问题与物体的形状、大小无关时，物体可以看成质点；时刻的长度为零，对应时间轴上的一点，时间的长度不为零，有一定的长度，对应时间轴上一块线段。
3．（2019高三上·慈溪期末）如图所示，有向直线为某点电荷电场中的一条电场线，其上两点a、b相距为d，电势差为U，b点的场强大小为E，把电荷量为q的试探电荷从a点移到b点，电场力做功为W，该试探电荷在a点所受的电场力大小为F，下列关系式一定正确的是（　　）
A．E＝ B．U＝Ed C．E＝ D．U＝
【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能；电场及电场力
【解析】【解答】a点的场强大小为在a点的试探电荷受到的电场力与试探电荷的电荷量的比值，即 ，因电场不一定是匀强电场，可知b点的场强不一定是 ，A不符合题意；公式U＝Ed只适用与匀强电场，对非匀强电场不适用，B不符合题意；点电荷产生的场强大小为E＝ ，其中q为点电荷，d为到该点电荷的距离，C不符合题意；从a到b电场力做功为W＝qU，所以电势差U＝ ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电场中两点间的电势差，等于电荷在两点间的电场力做的功除以电荷量。
4．（2019高三上·慈溪期末）下列关于运动和力的叙述，正确的是（　　）
A．图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间指针示数会大于人的重力
B．图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力
C．图丙中，在水平直跑道上减速的飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力
D．图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则运动员将在冰面上沿着轨迹半径方向“离心”而去
【答案】A
【知识点】对单物体(质点)的应用；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A项：图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间处于超重状态，所以体重计的示数大于人的重力，A符合题意；
B项：图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力提供向心力，所以合外力的大小恒定，方向时刻变化，B不符合题意；
C项：图丙中，在水平直跑道上减速的飞机，伞对飞机的拉力与飞机对伞的拉力为作用力与反作用力，所以两力大小相等，方向相反，C不符合题意；
D项：图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则运动员将沿圆弧切线作直线运动，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】物体具有向上的加速度，为超重状态，物体具有向下的加速度，为失重状态。
5．（2019高三上·慈溪期末）下列电容器相关知识描述正确的是（　　）
A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压 U 等于电源的电动势 E。
B．图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小保持不变
C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容使用时都严格区分正负极
D．图戊中的电容器上有“5.5V 1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上 5.5V 的电压时电容才为1.0F
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压 U 等于电源的电 动势 E，A符合题意；图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电量为+Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且流过的总电量为 Q，B不符合题意；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者没有，C不符合题意；图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样，说明该电容器两端电压最大值为 5.5V，而电容与电容器的电压，及电量均无关，总是为1.0F，D不符合题意；
故答案为：A．
【分析】电容器的电容是电容器本身的属性，一般来说一个电容器被制作出来后，它的电容就固定下来了，与它是否通电没有关系。
6．（2019高三上·慈溪期末）如图是两点电荷组成了电荷系统，其电场线分别如图所示，图中实线为电场线，未标注方向，虚线上A、B、C、D等间距根据图象可判断（　　）
A．电场是客观存在的物质，电场线也是客观存在的
B．B和C处两点电荷电量相等，电性相反
C．图中的A点和D点附近没有电场线，所以电场强度为零试探电荷置于A点和D点都不受电场力作用
D．若把一个带负电的试探电荷从A移到B，无法判断电场力做正功还是负功
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电场线
【解析】【解答】电场是客观存在的物质，但电场线是为了形象的描述电场而画上的，实际是不存在的，A不符合题意；电场线的疏密表示电场的强弱，根据E＝ 可知，B处电荷电量大，电场线的方向总是从正电荷出发终止于负电荷，即B和C处两点电荷电性相反，B不符合题意；由点电荷电场强度的公式：E＝ 和电场的叠加，易得A点和D点的电场强度并不等于零，C不符合题意；AB间电场方向未知，带负电的试探电荷从A移到B，电场力做功正负无法判断，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电场是客场存在的物质，电场线越密集，电场强度越大，电势沿电场方向减小，电场力做正功，电势能增大，电场力做负功，电势能减小。
7．（2019高三上·慈溪期末）高中体育课上身高1米7的小明同学参加俯卧撑体能测试，在60s内完成35次标准动作，则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于（　　）
A．45W B．90W C．180W D．250W
【答案】C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】高三同学体重大约60kg，引体向上时向上运动的位移大约0.5m，则克服重力做功的平均功率P＝ ≈180W，
故答案为：C。
【分析】求出小明做35个俯卧撑所做的功，再利用公式求解功率即可。
8．（2019高三上·慈溪期末）2018年5月9日凌晨2时28分，我国在太原卫星发射中心，用长征四号丙运载火箭将高分五号卫星送入705公里高度的轨道，高分五号卫星和之前发射的高分四号卫星都绕地球做匀速圆周运动。高分四号卫星是一颗相对地球赤道某位置静止的光学遥感卫星，下列关于这两颗卫星说法正确的是（　　）
A． 高分四号卫星绕地球运动的周期小于24小时
B．高分五号卫星的线速度小于高分四号卫星的线速度
C．高分五号卫星的运行周期小于高分四号卫星的运行周期
D．高分五号卫星的向心加速度小于高分四号卫星的向心加速度
【答案】C
【知识点】万有引力定律及其应用；卫星问题
【解析】【解答】高分四号卫星是一颗相对地球赤道某位置静止的光学遥感卫星，则高分四号卫星为同步卫星，周期等于24小时。A不符合题意；设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得： 得：T＝2π ，v＝ ，a＝ 可知，卫星的轨道半径越小，周期越小，而角速度、线速度和向心加速度越大，“高分五号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分五号”的周期较小，而线速度与向心加速度较大，C符合题意，BD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，通过周期判断两颗卫星的轨道半径，结合半径的大小分析两颗卫星的线速度、角速度、加速度的关系。
9．（2019高三上·慈溪期末）下图是小丽自制的电流表原理图，质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长为ab＝L1，bc＝L2的矩形区域abcd内均有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g，则（　　）
A．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M至N
B．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零
C．该电流表的量程是 Im=
D．该电流表的刻度在0~Im范围内是不均匀的
【答案】A,C
【知识点】安培力；受力分析的应用
【解析】【解答】A.当有电流时，MN向下运动，进入磁场，所以受到的安培力向下，根据左手定则可知，电流一定是从M到N，A符合题意；B.当电流表的示数为零时，MN中没有电流通过，MN受力平衡，所以弹簧的弹力等于MN的重力，弹簧的伸长量不为零，B不符合题意；C.电流表的量程即最大值，当MN杆到达cd边时为最大电流，此时由受力平衡条件可得 ，其中 ，则 所以 ，C符合题意；D.由 可得出任意电流的表达式为 ，所以电流和MN下降的距离 成正比例函数关系，所以刻度是均匀的，D不符合题意。
故答案为：AC.
【分析】当导线框中通过电流后，在磁场中会受到安培力，在安培力的作用下，导线向下运动用来指示电流的大小。
10．（2019高三上·慈溪期末）如图甲所示为小球在一端固定于O点的轻弹簧的牵引下在光滑水平面上做椭圆运动的轨迹，图乙为某卫星绕地球做椭圆运动的轨迹，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球由B经C到D点时间与由D经A到B点的时间不相等
B．卫星由B′经C′到D′点时间与由D′经A′到B′点的时间相等
C．小球在A点的速度小于小球在B点的速度
D．若卫星在C′点的速度大小为v，则卫星在C′的加速度大小为
【答案】C
【知识点】万有引力定律及其应用；卫星问题
【解析】【解答】小球由B经C到D点的受力与由B经A到D点的受力对称，那么两段运动对称，运动时间相等，A不符合题意；卫星在近地点附近的速度较大，那么由B′经C′到D′点的轨迹与由D′经A′到B′点的轨迹对称，所以在近地侧即由D′经A′到B′点的运动时间较短，B不符合题意；小球运动过程只有弹簧弹力做功，故小球机械能守恒，在A点弹簧弹性势能较大，故动能较小，速度较小，C符合题意；卫星在C'点做向心运动，故外力大于向心力，所以加速度大小大于向心加速度大小 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，当卫星有远地点向近地点运动时，速度增加，万有引力做正功，当卫星有近地点向远地点运动时，速度减小，万有引力做负功。
11．（2019高三上·慈溪期末）如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E=3V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5V，则（　　）
A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为1.5×10-4N
C．闭合开关10s，液体具有的热能是4.5J
D．闭合开关后，液体电热功率为0.081W
【答案】D
【知识点】安培力；左手定则；焦耳定律
【解析】【解答】由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；A不符合题意；电压表的示数为 ，则根据闭合电路的欧姆定律： ，所以电路中的电流值： ，液体所受的安培力大小为： ，B不符合题意；液体的等效电阻为 ， 内液体的热能 ，C不符合题意；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为 ，则液体热功率为 ，D符合题意。
故答案为：D
【分析】电流流过液体，处在磁场中的液体受到安培力做圆周运动，根据电流方向和磁场方向确定流动方向；利用欧姆定律求解电流。进而求出热量和电功率。
12．（2019高三上·慈溪期末）家电待机耗电问题常常被市民所忽略。宁波市电力公司曾举办“计量日进您家”活动，免费上门为市民做家庭用电耗能诊断分析。在上门实测过程中，技术人员发现电视机待机一天的耗电量在0.2度左右，小小机顶盒一天的待机耗电量更是高达0.4度。据最新统计宁波市的常住人口约760万人，参考下表数据，估算每年宁波市家庭用电器待机耗电量约为（　　）
家庭常用电器 电视机 洗衣机 空调 电脑
户均数量（台） 2 1 2 1
电器待机功耗（W/台） 10 20 40 40
A．3×105度 B．3×107度 C．3×109度 D．3×1011度
【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】宁波的常住人口约760万人，平均每户的人口按3人计算，温州大约250万户家庭，所有用电器待机的总功率为：P＝2×10+20+2×40+40＝160W，宁波地区待机一年的耗电量为：W＝250×104×160×10﹣3×365×24kW·h＝3×109度，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用表格中的数据求出总功率，再利用公式W=Pt求解消耗的电能。
13．（2019高三上·慈溪期末）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势q随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10﹣20kg，带电荷量大小为q＝1.0×10﹣9C的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则（　　）
A．x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向
B．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1：E2＝2：1
C．该粒子运动的周期T＝1.5×10﹣8s
D．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10﹣8J
【答案】D
【知识点】电场及电场力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；电场强度
【解析】【解答】沿着电场线方向电势降落，可知x轴左侧场强方向沿x轴负方向，x轴右侧场强方向沿x轴正方向，A不符合题意；：根据U＝Ed可知：左侧电场强度为：E1＝ V/m＝2.0×103V/m；右侧电场强度为：E2＝ V/m＝4.0×103V/m；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1：E2＝1：2，B不符合题意；该粒子运动过程中电势能的最大值为：EPm＝qφm＝﹣2×10﹣8J，由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能为Ekm＝2×10﹣8J，D符合题意；设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有：vm＝ t1同理可知：vm＝ t2；Ekm＝ mvm2；而周期：T＝2（t1+t2）；联立以上各式并代入相关数据可得：T＝3.0×10﹣8s；C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】对于电势-距离图像，图形的斜率表示该位置处电场的强度，与横轴包围的面积是电场力做的功，结合选项求解即可。
二、多选题
14．（2019高三上·慈溪期末）现在城市的滑板运动非常流行，在水平地面上一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速度向前滑行，在横杆前起跳并越过杆，从而使人与滑板分别从杆的上方、下方通过，如图所示，假设人和滑板运动过程中受到的各种阻力忽略不计，若运动员顺利地完成了该动作，最终仍落在滑板原来的位置上，则（　　）
A．运动员起跳时，双脚对滑板作用力的合力竖直向下
B．起跳时双脚对滑板作用力的合力向下偏后
C．运动员在空中最高点时处于失重状态
D．运动员在空中运动时，单位时间内速度的变化相同
【答案】A,C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用；受力分析的应用；超重与失重
【解析】【解答】运动员竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动。各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板的原位置。所以竖直起跳时，对滑板的作用力应该是竖直向下。A符合题意，B不符合题意；运动员在空中最高点时具有向下的加速度g，处于失重状态，C符合题意；运动员在空中运动时，则加速度恒定，所以单位时间内的速度的变化量相等，D符合题意；
故答案为：ACD。
【分析】物体处在空中只受重力，加速度向下，加速度恒定，单位时间内速度的变化相同，故处于失重状态。
15．（2019高三上·慈溪期末）下列说法正确的是（　　）
A．彩超是利用超声波反射波相对发射波的频率变化测量血液流速，利用了波的干涉
B．海市蜃楼是一种因为光的折射和全反射而形成的自然现象
C．牛顿环是两个玻璃表面间的空气膜引起薄膜干涉形成的，亮暗相间的环状条纹距离相等
D．狭缝越窄，屏上中央亮条就越宽，表明更窄的狭缝可以更准确地测得粒子的位置，但粒子的动量的不确定却更大了
【答案】B,D
【知识点】光的全反射；光的干涉；光的折射及折射定律
【解析】【解答】多普勒效应中由于波源的移动而使接收到的频率变化；故彩超技术利用的是多普勒效应，则A不符合题意；海市蜃楼是一种因为光的折射和全反射而形成的自然现象，则B符合题意；牛顿环是两个玻璃表面间的空气膜引起薄膜干涉形成的，亮暗相间的环状条纹距离不相等，离中心越远，间距越大，则C不符合题意；单缝越窄，中央亮纹越宽，是因为位置不确定量越小，动量不确定量越大的缘故，则D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】彩超技术利用的是多普勒效应；牛顿环亮暗相间的环状条纹距离不相等，离中心越远，间距越大。
16．（2019高三上·慈溪期末）如图所示，甲图是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝2s时的波动图象，乙图是该波传播方向上介质中x1＝6m质点从t＝0时刻起的振动图象，a、b是介质中平衡位置为x1＝3m和x2＝5m的两个质点，下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速是2m/s
B．在t＝2s时刻，a、b两质点的速度相同
C．x＝200m处的观察者向x轴负方向运动时，接收到该波的频率一定为0.25Hz
D．若该波在传播过程中遇到尺寸为7m的障碍物，会发生明显的衍射现象
【答案】A,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】由图甲可得：波长λ＝8m，由图乙可得：周期T＝4s，故波速 ，A符合题意；根据波向右传播，由图甲可得：t＝2s时刻，质点a向上振动，质点b向下振动，故速度方向不同，B不符合题意；波源频率 ，观察者向波源运动，故接收到波的频率大于波源频率，即接收到该波的频率大于0.25Hz，C不符合题意；若该波在传播过程中遇到尺寸为7m的障碍物，障碍物尺寸和波长相近，故会发生明显的衍射现象，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】通过甲图读出波的波长，通过乙图读出波的周期，进而求出波速，再结合选项逐一分析即可。
17．（2019高三上·慈溪期末）下列四幅图的有关说法中正确的是（　　）
A．甲图中，球m1以速度v碰撞静止球m2，若两球质量相等，碰后m2速度一定为v
B．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
C．丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由α粒子组成
D．丁图所示的链式反应属于重核的裂变
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；核裂变与核聚变；光电效应
【解析】【解答】甲图中，两球碰撞过程中动量守恒，机械能不增加，如果两球质量相等，发生弹性碰撞，则碰撞后m2的速度等于v，若发生非弹性碰撞，碰后m2的速度不等于v，A不符合题意。乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大，B符合题意；丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由α粒子组成。乙不带电，射线乙是γ射线，丙射线粒子带负电，则丙射线由电子组成，C不符合题意；丁图所示的链式反应属于重核裂变，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】球m1以速度v碰撞静止球m2，两个小球组成的系统动量守恒，利用动量守恒定律求解即可；结合粒子在磁场中偏转方向确定粒子的电性。
三、填空题
18．（2019高三上·慈溪期末）18世纪，数学家莫佩尔蒂，哲学家伏尔泰曾经设想“穿透”地球；假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，(已知此人的质量m＝50 kg；地球表面处重力加速度g取10 m/s2；地球半径R＝6.4×106m；假设地球可视为质量分布均匀的球体．均匀球壳对壳内任一点的质点合引力为零)则以下说法正确的是（　　）
A．人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒
B．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比
C．人从北极开始下落，到刚好经过地心的过程，万有引力对人做功W＝3.2×109J
D．当人下落经过距地心 R瞬间，人的瞬时速度大小为 ×103m/s
【答案】B,D
【知识点】万有引力定律及其应用；动能定理的综合应用；机械能综合应用
【解析】【解答】人下落过程只有重力做功，重力做功效果为重力势能转变为动能，故机械能守恒，A不符合题意；设人到地心的距离为r，地球密度为 ，由万有引力定律可得：人在下落过程中受到的万有引力 ，故万有引力与到地心的距离成正比，B符合题意；由万有引力 可得：人下落到地心的过程重力做功 ，C不符合题意；由万有引力 可得：人下落到距地心 的过程重力做功 ，设地球质量为M，则有： ，又有地球表面物体重力等于万有引力，则有： ，故 ，则重力做功为 ，由动能定理可得： ，所以，当人下落经过距地心 瞬间，人的瞬时速度 ，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】人与地球构成的系统，没有外力，故机械能守恒；结合万有引力公式，求解对人做的功，利用动能定理求解速度。
四、解答题
19．（2019高三上·慈溪期末）如图所示是冬奥会项目冰壶比赛场地示意图，左侧是投掷区域，起点靠近挡板处固定有起滑架，供掷壶的运动员蹬踏之用，右侧大本营。比赛时，我国队员在场上交流用时间代表掷冰壶的力度，例如说“10s”、“12s”“13s”等，那指的是冰壶在起点线A和前卫线B之间运动所用的时间，冰壶与冰面的动摩擦因数μ＝0.015，g＝10ms2
（1）运动员不做擦冰等人为干预的动作，冰壶从起点线A沿直线前进不与其他冰壶碰撞，冰壶可以停在大本营的丁字线D处，请估算这种情况冰壶离开起点线A到前卫线B之间所用的时间t（保留小数点后面一位）
（2）已知冰壶的质量为20kg，冰壶是从投掷区的后卫线C由静止开始运动，到起点线A处被释放，最终停止在大本营的丁字线处，则运动员对冰壶做了多少功？
【答案】（1）解：设冰壶在起点线A处的速度为v0，冰壶的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
解得：a＝0.15m/s2
从A 到D的过程由速度位移的关系式得：
v02＝2axAD
解得：v0＝2.92m/s
设从A到B的时间为t，由位移公式得：
xAB＝v0t﹣ at2
解得：t＝10.2s（另一解舍去）
（2）解：从C到D的过程由动能定理得：
W﹣μmgxCD＝0
解得：W＝109.8J
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对冰壶利用动能定理，求出冰壶离开起点线的运动速度，再利用运动学公式求解运动时间；
（2）冰壶克服摩擦力做功，利用动能定理求解动员对冰壶做功。
20．（2019高三上·慈溪期末）三维弹球（DPmb1D是Window里面附带的一款使用键盘操作的电脑游戏，小明同学受此启发，在学校组织的趣味班会上，为大家提供了一个类似的弹珠游戏。如图所示，将一质量为0.1kg的小弹珠（可视为质点）放在O点，用弹簧装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动，BC段为一段长为L＝5m的粗糙水平面，与一倾角为45°的斜面CD相连，圆弧OA和AB的半径分别为r＝0.49m，R＝0.98m，滑块与BC段的动摩擦因数为μ＝0.4，C点离地的高度为H＝3.2m，g取10m/s2，求
（1）要使小弹珠恰好不脱离圆弧轨道运动到B点，在B位置小滑块受到半圆轨道的支持力的大小；
（2）在(1)问的情况下，求小弹珠落点到C点的距离？
（3）若在斜面中点竖直立一挡板，在不脱离圆轨道的前提下，使得无论弹射速度多大，小弹珠不是越不过挡板，就是落在水平地面上，则挡板的最小长度d为多少？
【答案】（1）解：弹珠恰好通过最高点A时，由牛顿第二定律有：mg＝m
从A点到B点由机械能守恒律有：mg×2R＝
在B点时再由于牛顿第二定律有：FN﹣mg＝m
联立以上几式可得：FN＝5.5N，vB＝ m/s
（2）解：弹珠从B至C做匀速直线运动，从C点滑出后做平抛运动，若恰能落在D点
则水平方向：x＝v′Bt
竖直方向：y＝H＝
又：x＝y
解得：v′B＝4m/s
而vB＞v′B＝4m/s，弹珠将落在水平地面上，
弹珠做平抛运动竖直方向：H＝ ，得t＝0.8s
则水平方向：x＝vBt＝ m
故小球落地点距c点的距离：s＝
解得：s＝6.2m
（3）解：临界情况是小球擦着挡板落在D点，经前面分析可知，此时在B点的临界速度：v′B＝4m/s
则从C点至挡板最高点过程中水平方向：x'＝v′Bt'
竖直方向：y′＝ ﹣d＝
又：x'＝
解得：d＝0.8m
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球在最高点重力提供向心力列方程，求解此时的速度，再利用动能定理求解小球运动到B点的速度，再利用向心力公式求解对轨道的压力；
（2）粒子脱离水平面后做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用水平位移和竖直位移的关系求解CD的长度；
（3）利用运动学公式求出小球在CD面上最高点。
21．（2019高三上·慈溪期末）质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，某实验小组利用质谱仪分析某气体原子的组成，让该中性气体分子进入电离室A，在那里被电离成电子和+1价的正离子，这些离子从电离室缝S1飘出（初速度不计），分2次分别进入电场方向相反的加速电场被加速，然后让离子从缝S2垂直进入匀强磁场，观察发现一部分粒子打在底片上的P点。已知缝S2与P之间的距离为x1＝2.0cm，另外一部分粒子打在底片上的Q点，已知缝S2与Q点间在沿S2P方向上距离为x2＝6.4cm，磁场宽度为d＝30cm，质子的质量为mp，假设中子的质量mn＝mp，且约为电子质量me的1800倍，即mn＝mp＝1800me．则：
（1）正离子质量与电子质量之比；
（2）试确定这种气体原子核内核子数。
【答案】（1）解：根据左手定则知达到P点的粒子为负电荷，轨道半径为r1＝ x1＝0.01m，
对于电子在磁场中运动ev1B＝
电子在电场中加速：eU＝ ﹣0
解得：me＝
到达Q点的为正离子， ＝d2+（r2﹣x2）2
解得：r2＝0.735m
设正离子的质量为m，同理得：m＝
所以： ＝5402
（2）解：因为m＝5402me
即：m＝ mp＝3mp
所以这种气体原子核内核子数是3
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）洛伦兹力提供向心力做圆周运动，根据粒子的运动轨迹，利用几何关系求出运动半径，利用向心力公式列方程，粒子在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，利用动能定理列方程，联立求解。
（2）根据质子和电子的质量关系，求解原子核内核子数。
22．（2019高三上·慈溪期末）如图所示，水平光滑的平行金属导轨MM′，MN′，导轨间距L，左端与电阻相连接，电阻阻值为R，匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内，磁感应强度为B，质量为m的金属棒在垂直导轨的方向上静止在导轨上，设导轨与捧的电阻均不计，g取10m/s2，则：
（1）如图1在棒上施加一个垂直棒的恒力F，求金属棒所能达到的最大速度wm的大小；
（2）将电阻R换成电容器，电容为C，在棒上施加一个垂直棒的恒力F，如图2所示，当金属棒右移x时（未离开磁场，电容器充电时间不计，此时电容器未被击穿），求此时电容器的带电量q
（3）不加恒力F，使棒以一定的初速度向右运动，如图3所示，当其通过位置a时速率表示为va，通过位置b时速率表示为vb（注：va、vb未知），到位置c时棒刚好静止，a、b与b、c的间距相等，以金属棒在由a→b和b→c的两个过程中，回路中产生的电能Eab与Ebc之比为多大？
【答案】（1）解：金属棒受到的安培力：F安培＝BIL＝ ，
金属棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：F＝ ，
解得：vm＝
（2）解：金属棒运动过程产生感应电动势：E＝BLv，
电容器两极板间电压：U＝E＝BLv，
导体棒受到的安培力：F安培＝BIL，
电容器所带电荷量：q＝CU，
充电电流：I＝ ＝CBLa，
对金属棒，由牛顿第二定律得：
解得：
金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，位移：x＝ ，
解得：t＝ ，
金属棒向右移动x时，金属棒的速度：v＝at＝
感应电动势：E＝BLv＝BL ，
电容器的电荷量：q＝CU＝CE＝CBL
（3）解：通过金属棒的电荷量：
由题意可知：a、b与b、c的间距d相等，B、L、R相同，
则金属棒在由a→b与b→c的两个过程中通过棒横截面的电量q相等，即：q1＝q2，
对金属棒，由动量定理得：
从a→b：BI1L △t1＝mva﹣mvb，
从b→c：BI2L △t2＝mvb﹣0，
其中：q1＝I1 △t1，q2＝I2 △t2，
由于：q1＝q2，解得：va＝2vb，
由能量守恒定律得： mva2＝ mvb2+Eab，
mvb2＝Ebc+ mvc2，其中：vc＝0，
解得：Eab＝3Ebc，则Eab：Ebc＝3：1
【知识点】电容器及其应用；安培力；电流的概念；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）当拉力等于安培力时，金属棒速度达到最大，列方程求解即可；
（2）利用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，利用欧姆定律求出回路中的电流，再求解电容器两端的电势差，再利用q＝CU求解电荷量；
（3）利用能量守恒定律求解两个过程中回路中产生的电能，再求解两者之比。
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