【物理】内蒙古阿拉善盟2019届高三上学期期末试题（解析版）

【物理】内蒙古阿拉善盟2019届高三上学期期末试题（解析版）

内蒙古阿拉善盟2019届高三上学期期末试题 一、选择题 ‎1.下列关于物理量，物理量单位，物理意义的说法正确的是(　　)‎ A. 加速度是描述速度变化的物理量 B. 在力学范围内，国际单位制中的基本单位是：米，秒，焦耳．‎ C. 使质量为‎1千克的物体产生‎1米每二次方秒的加速度的力就是1牛顿 D. 物理量是标量的，一定没有方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，故A错误； B、在力学范围内，国际单位制中的基本单位是：米，秒，千克，故B错误； C、使质量为‎1千克的物体产生‎1米每二次方秒的加速度的力就是1牛顿，故C正确； D、物理量是标量的，不一定没有方向，例如电流强度，有大小和方向，但是属于标量，故D错误．‎ 点睛：解决该题关键要理解各个物理量的物理意义，知道规定的基本物理量，要通过平时的练习掌握理解．‎ ‎2.据报道，中国自主研发的电磁弹射器巳经使用歼－15舰载机进行了上千次陆上弹射试验，现正等待相关部门验收．若舰载机的总质量为，起飞过程中发动机的推力恒为，弹射器的推力恒定、有效作用长度为‎90m．要求静止的舰载机在水平弹射结束时速度大小达到‎90m/s．弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，所受阻力为总推力的20%，则弹射器的推力大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由速度和位移公式可得：，解得加速度大小为：，设发动机的推力为．弹射器推力为 ‎．由牛顿第二定律可知：，得：；选D.‎ ‎3.如图，一把高级玩具枪在固定位置先用激光瞄准器水平发射激光，照到靶子上，记录下光点位置A，然后沿水平方向射出一颗子弹，打在远处的同一个靶上，留下的弹孔B . 已知A、B在竖直方向上相距高度差为‎5cm，枪口到靶的水平距离为‎20m，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为‎10m/s2则（　　）‎ A. 子弹从射出到打中靶的飞行时间为0.2s B. 玩具枪射出的子弹的速度为‎100m/s C. 发射子弹的同时释放靶子，子弹将从A、B连线上某点穿出 D. 发射子弹的同时释放靶子，子弹将从A点穿出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由平抛运动的规律可知，竖直方向做自由落体运动，则有：，解得：，水平初速度，故AB错误；因为小球在竖直方向是做自由落体运动，故发射子弹的同时释放靶子，子弹将从A点穿出，故C错误，D正确。‎ 故选D.‎ ‎4.如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是 A. 两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ B. A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ C. B球瞬时加速度沿斜面向下，小于gsinθ D. 弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】系统静止，根据平衡条件可知：对B球F弹=mgsinθ，对A球F绳=F弹+mgsinθ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A球根据牛顿第二定律得： ，故ACD错误，故B正确，ACD错误。‎ 故选B．‎ ‎5.如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O点等高的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零，若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球的机械能先增大后减小 B. 弹簧的弹性势能一直增加 C. 重力做功的功率一直增大 D. 当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】光滑杆没有摩擦力做功，杆 弹力和运动方向垂直也不做功，那么整个过程只有弹簧弹力和小球重力做功，二者组成的系统机械能守恒，分析小球的受力，在沿杆方向一个是自身重力分力另外一个是弹力沿杆方向的分力，当弹簧与杆垂直时，沿杆方向没有弹簧的分力，只有重力沿杆向下的分力，说明小球在沿杆向下加速，由于全过程弹簧始终处于伸长状态那么弹簧与杆垂直时弹簧伸长量最小，弹性势能最小，根据小球弹簧系统机械能守恒，此时小球机械能最大，即小球的机械能先增加后减小，故A正确；弹簧的长度先减小后增加，所以弹簧的弹性势能先增加后减小，故B错误；小球的初速度和末速度都是零，所以重力的功率先增加后减小，故C错误；当重力沿杆的分力和弹力沿杆的分力相等时，速度最大，动能最大，该位置在垂直杆位置下面，故D错误．‎ 故选A.‎ ‎6.如图所示,重物的质量为m,轻细绳AO和BO的A、B端是固定的．平衡时AO水平,BO与水平面的夹角为 ,则AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是(    )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】BD ‎【详解】以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力．重物对O点的拉力等于mg．‎ 受力如图所示，根据平衡条件得F1=mgcotθ，，故BD正确，AC错误。‎ ‎7.‎2017年4月23日，青岛快乐运动秀之遥控车漂移激情挑战，挑战赛中若ab两个遥控车同时同地向同一方向做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A. b车启动时，a车在其前方‎2m处 B. 运动过程中，b车落后a车的最大距离为‎4m C. b车启动3s后正好追上a车 D. b车超过a车后，两车不会再相遇 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知b在时启动，此时a的位移为，即a车在b前方处，故选项A错误；‎ B、当两车的速度相等时相距最远，最大距离为：，选项B正确；‎ C、由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，b车启动后位移，a的位移，故选项C正确；‎ D、b车超过a车后，由于b的速度大，所以不可能再相遇，选项D正确．‎ ‎【点睛】本题关键是根据速度-时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度-时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析处理．‎ ‎8.如图所示，三根平行的足够长的通电直导线A、B、C分别放置在一个等腰直角三角形的三个顶点上，其中AB边水平，AC边竖直．O点是斜边BC的中点，每根导线在O点所产生的磁感应强度大小均为B0,则下列说法中正确的有()‎ A. 导线B、C在O点产生的总的磁感应强度大小为2B0‎ B. 导线A、B、C在O点产生的总的磁感应强度大小为B0‎ C. 导线B、C在A点产生的总的磁感应强度方向由A指向O D. 导线A、B在O点产生的总的磁感应强度方向水平向右 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 导线B、C在O点产生的磁场方向相同，磁感应强度叠加后大小为2B0，选项A正确；由题意可知，三根平行的通电直导线在O点产生的磁感应强度大小相等，，选项B错误；导线B、C在A点产生的总的磁感应强度的方向是两个磁场叠加后的方向，方向由A指向O，选项C正确；根据安培定则和矢量的叠加原理，导线A、B在O点产生的总的磁感应强度的方向水平向右，选项D正确．‎ ‎【点睛】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提．‎ 第Ⅱ卷 二、非选择题 ‎（一）必考题：‎ ‎9.电流表G的满偏电流Ig＝100 mA，内阻Rg未知，某同学欲将其改装为量程较大的电流表，并用改装好的电流表测量一未知电阻Rx的阻值。‎ ‎(1)如图甲所示，该同学首先将一阻值为R＝20 Ω的电阻并联在电流表G的两端进行电流表改装，然后通以I＝‎0.3 A的电流，发现电流表G的指针正好指在50 mA刻度处，由此可得到电流表G的内阻为Rg＝________ Ω，改装后的电流表量程为________ A。‎ ‎(2)该同学将改装后的电流表接入如图乙所示的电路测量未知电阻Rx的阻值，已知电源的电动势E＝4.5 V，闭合开关K后，理想电压表的读数为3.60 V，而改装后的电流表的读数如图丙所示，则Rx＝________ Ω。‎ ‎【答案】 (1). 100 0.6 (2) 30‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由并联电路的规律可知，电流表G两端的电压与电阻两端的电压相等，则有 即 解得 ‎[2]设改装后的电流表能够测量的最大电流为，则有 故改装后电流表的量程为‎0.6A；‎ ‎(2)[3]由题图丙可知，电流表G的读数为，根据改装原理可知，流过电阻的电流为 由欧姆定律可得 ‎10.两实验小组分别作“探究加速度和力、质量的关系”实验．‎ ‎（1）A组用如图甲所示装置做实验，图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器可直接显示所受拉力的大小，做实验时，下列操作必要且正确的是_______.‎ a.将长木板右端适当垫高,使小车能自由匀速滑动 b.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数 c.为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量d.用天平测出砂和砂桶的质量 ‎(2) B组用如图乙所示的实验装置来做实验．‎ ‎①在正确、规范的操作中，打出一条如下图所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的频率为50Hz．打第4个计数点时小车的速度v4=_______m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a =______m/s 2．（保留三位有效数字）‎ ‎②平衡了摩擦力后，在小车质量M保持不变的情况下,不断往砂桶里加砂，直到砂的质量最终达到．测出每次加砂后，砂和砂桶的总重力F和小车的加速度a，作a- F的图象．下列图线正确的是_______ .‎ ‎【答案】(1). AB (2). 1.21 2.02 C ‎【解析】‎ ‎（1）实验前要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，选项A正确；为重复利用纸带，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，选项B正确；绳子的拉力可以由拉力传感器，读出，实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，选项C错误；选项D错误．‎ ‎（2）①每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，因此相邻两计数点间的时间间隔为T=0.1s，打计数点4时小车的瞬时速度等于计数点3~5间的平均速度，则有：；根据，解得．‎ ‎②平衡了摩擦力后，对小车有：T=Ma，对砂和砂桶有：mg−T=ma，联立可得：．若满足，则有，即的图象为直线，当砂和砂桶的质量较大时，不再满足这一条件，此情况下按相同方式描点的图象遵循 规律，随着砂的质量的增加，的图象的斜率为将减小，所以图线将向下弯曲．‎ ‎【点睛】本题实验源于课本，但是又不同于课本，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度．注意在本实验中不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，因为拉力可以弹簧秤直接测出．‎ ‎11.2018年第23届平昌冬奥会冰壶混双比赛循环赛在江陵冰壶中心进行，巴德鑫和王芮联袂出战以6比4击败美国队．如图为我国运动员巴德鑫推冰壶的情景，现把冰壶在水平面上的运动简化为匀加速或匀减速直线运动，冰壶可视为质点．设一质量为m=‎20kg的冰壶从运动员开始推到最终静止共用时t=23s．冰壶离开运动员的手后，运动了x=‎30m才停下来，冰壶与冰面间动摩擦因数为0.015，g=‎10m/s2．求：‎ ‎(1)冰壶在减速阶段的加速度大小？‎ ‎(2)运动员推冰壶的时间;‎ ‎(3)运动员推冰壶平均作用力.‎ ‎【答案】（1）‎0.15m/s2（2）3s（3）23N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据牛顿第二定律求出冰壶在减速阶段的加速度大小；采用逆向思维，结合位移时间公式求出匀减速运动的时间，从而得出推冰壶的时间；根据速度位移公式求出匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出运动员推冰壶的平均作用力大小．‎ ‎【详解】（1）根据牛顿第二定律得 冰壶在减速阶段的加速度大小为：‎ ‎（2）采用逆向思维，有 解得：t1=20s 运动员推冰壶的时间为：t2=t-t1=23-20s=3s ‎（3）匀减速运动的初速度为：v=a1t1=0.15×‎20m/s=‎3m/s ‎ 则推冰壶的平均加速度：‎ ‎ 根据牛顿第二定律得：F-μmg=ma2‎ ‎ 代入数据解得：F= 23N ‎【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．‎ ‎12.如图所示，竖直平面内固定有一半径R＝‎1m的光滑圆轨道AB和一倾角为45°且高为H＝‎5m的斜面CD，二者间通过一水平光滑平台BC相连，B点为圆轨道最低点与平台的切点．现将质量为m的一小球从圆轨道A点正上方h处（h大小可调）由静止释放，巳知重力加速度g＝‎10m/s2，且小球在点A时对圆轨道的压力总比在最低点B时对圆轨道的压力小3mg．‎ ‎（1）若h＝0，求小球在B点的速度大小；‎ ‎（2）若h＝‎0.8m，求小球落点到C点的距离；（结果可用根式表示）‎ ‎（3）若在斜面中点竖直立一挡板，使得无论h为多大，小球不是越不过挡板，就是落在水平地面上，则挡板的最小长度为多少?‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎‎1.25m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）从释放小球至A点根据速度与位移关系有 ‎ ‎ 在A点，根据牛顿第二定律 B点，根据牛顿第二定律 根据题意有 故 若，则小球在B点的速度 ‎；‎ ‎（2）小球从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 竖直方向 又因为斜面倾角为45°，则 ‎ ‎ 解得 对应的高度 若，小球将落在水平地面上，而小球在B点的速度 ‎ ‎ 小球做平抛运动竖直方向 得 则水平方向 故小球落地点距C点的距离 ‎；‎ ‎（3）若要求无论h为多大，小球不是打到挡板上，就是落在水平地面上，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：‎ 则从C点至挡板最高点过程中水平方向 ‎ ‎ 竖直方向 又 解得 ‎．‎ 点睛：本题研究平抛运动与圆周运动想结合的问题，注意分析题意，找出相应的运动过程，注意方程式与数学知识向结合即可求解．‎ ‎（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道物理题选一题做答。‎ ‎13.下列说法中正确的是_____．‎ A. 空气中PM2.5的运动属于分子热运动 B. 压缩气体不一定能使气体的温度升高 C. 一定量的气体吸收热量，其内能可能减小 D. 太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用 E. 相邻的两个分子之间的距离减小时，分子间的引力变小，斥力变大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,‎ ‎ 既然是颗粒物,就不是分子,当然不属于分子的热运动，故A错误；根据热力学第一定律，若压缩气体，对物体做功，但是气体若放热则不一定能使气体的温度升高，故B正确；一定量的气体吸收热量，若气体对外做的功大于它所吸收的热量，其内能可能减小，故C正确；太空中处于失重状态的水滴由于液体的表面张力的作用而呈球形，故D正确；分子间的引力和斥力,随着分子间距离的减小而增大，故E正确．所以BCD正确，AE错误．‎ ‎14.如图所示，气缸放置在水平平台上；活塞质量为m=‎8kg，横截面积为S=‎40cm2，厚度为d=‎1cm；气缸全长为l=‎16cm（不含气缸底部的厚度），大气压强为p0=1.0×105Pa。当温度为t1=‎7℃‎时，活塞封闭的气柱长l0=‎8cm；若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。（g取‎10m/s2，不计活塞与气缸之间的摩擦）‎ ‎(1)将气缸倒过来放置，若温度上升到t2=‎27 ℃‎，求此时气柱的长度（结果保留三位有效数字）；‎ ‎(2)汽缸倒过来放置后，若逐渐升高温度，发现活塞刚好接触平台，求此时气体的温度T。‎ ‎【答案】(1)‎12.9cm；(2)350K ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)以活塞为研究对象，汽缸未倒过来时，则有 汽缸倒过来后，则有 温度为‎7℃‎不变，根据玻意耳定律有 联立解得 温度由‎7℃‎升高到‎27℃‎的过程中，封闭气体压强不变，根据盖吕萨克定律可得 解得 ‎(2)活塞刚好接触平台时，气体的温度为，则由盖吕萨克定律可得 解得 ‎15.如图甲，介质中两个质点A和B的平衡位置距波源O的距离分别为‎1m和‎5m．图乙是波源做简谐运动的振动图像．波源振动形成的机械横波可沿图甲中x轴传播．已知t＝5s时刻，A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处．下列判断正确的是____‎ A. A质点的起振方向向上 B. 该列机械波的波速为‎0.2m/s C. 该列机械波的波长为‎2m D. t＝11.5s时刻，B质点的速度方向沿y轴正方向 E. 若将波源移至x＝‎3m处，则A、B两质点同时开始振动，且振动情况完全相同 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】由波源的振动图像可知，波源起振的方向为向上，则A质点的起振方向向上，故A正确；因T=4s，已知t＝5s时刻，A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处时，可知机械波从O点传到A点用时间为2s，则该列机械波的波速为，故B错误；该列机械波的波长为，故C正确；振动传到B点的时间为，则t＝11.5s时刻，B质点已经振动，此时的速度方向沿y轴负方向，故D错误；若将波源移至x＝‎3m处，则A、B两质点距离振源的距离相等，则两质点同时开始振动，且振动情况完全相同，故E正确；‎ 故选ACE.‎ ‎16.如图，上下表面平行的玻璃砖折射率n=‎ ‎，下表面镀有反射膜，玻璃砖右侧整直放置一标尺．一束单色光以入射角i=45º射到玻璃砖上表面的A点，在标尺上出现两个光点(图中未面出)．不考虑多次反射，已知折射光在玻璃砖内的传播时间为t，真空中的光速为c，求：‎ ‎(i)标尺上两光点的距离；‎ ‎(ii)光在标尺上形成两光点的时间差．‎ ‎【答案】(i) (ii)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（i）根据题意画出光路图，根据折射定律和，及几何关系求解距离；（ii）求反射光在AE段的传播时间，根据等时即可求出时间差．‎ ‎(i)光路如图 由折射定律：‎ 由几何关系知GF=BE=AB 光在玻璃中的速度为 光在玻璃中的路径长度s=2AB=vt 可解得标尺上两光点的距离 ‎(ii)反射光在AE段的传播时间为 在EG段的传播时间与折射光在BF段的时间相等，所以光在标尺上形成两光点的时间差：‎ ‎【点睛】作出光路图，运用几何知识求出光在玻璃砖内传播的距离s是解决本题的关键，并能由折射定律求出折射角，把握出射和入射的联系．‎