1、2018-2019 学年宁夏银川市六盘山高中高三（上）期末物理试题一、单选题（本大题共 5 小题，共 30.0 分）1.一个质量为 2 kg 的物体，放在光滑水平面上，在水平面内 3 个共点力作用下处于平衡状态现同时撤去大小分别为 8 N 和 12 N 的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是（ ）A. 一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是 5 m/s2B. 一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C. 可能做匀减速直线运动，加速度大小是 1.5 m/s2D. 可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是 6 m/s2【答案】B【解析】【分析】根据题意求出撤去两个力后
2、物体受到的合力范围，由牛顿第二定律求出物体加速度的范围物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动恒力作用下不可能做匀速圆周运动【详解】由平衡条件得知,余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反,则撤去大小分别为 8N 和 12N 的两个力后,物体的合力大小范围为 4NF 合 20N,物体的加速度范围为：2m/s 2a10m/s2；A. 若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能是 5m/s2，故 A 错误；B. 撤去两个力后，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速
3、度的大小，故 B 正确；C. 若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，加速度大小最小可能是 2m/s2，不可能为 1.5 m/s2，故 C 错误；D. 撤去两个力后，物体受到的合力恒定，不可能做匀速圆周运动，故 D 错误。故选：B.2.一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其角速度大小为 .假设宇航员登上该行星后在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为 m 的物体的重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为 F0.已知引力常量为 G， 则这颗行星的质量为（ ）A. B. F20Gm34 F30Gm23C. D. F20Gm23 F20Gm22【答案】A
4、【解析】【详解】对物体 ，对于行星表面的物体的重力等于万有引力 ，对行星表F0=mg GMm1R2=m1g面的卫星来说 ,联立三式可得 。选项 A 正确。GMm2R2=m22R M= F30Gm343.如图所示，质量为 M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在 A 位置现有一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射向木块并嵌入其中，则当木块回到 A 位置时的速度 v 以及此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大小分别为（ ）A. ， B. ，v=mv0M+mI=0 v=mv0M I=2mv0C. ， D. ，v=mv0M+mI=m2v0M+m v=mv0M+mI=2mv0
5、【答案】B【解析】【分析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解，子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到 A 位置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大小【详解】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv 0=（M+m）v，解得： ；子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减v=mv0M+m速运动，后做加速运动，回到 A 位置时速度大小不变，即当木块回到 A 位置时的速度大小；子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力
6、，根据动量定理得：v=mv0M+mI=-（M+m）v-mv0=-2mv0，所以墙对弹簧的冲量 I 的大小为 2mv0，故选 B。4.在如图所示的电路中，E 为电源，电源内阻为 r，L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为 不变), 电压表为理想电压表，R 1、R 2 为定值电阻，R 3 为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑 片向上移动，则 （ ）A. 电压表的示数变大B. 小灯泡消耗的功率变小C. 通过 R2 的电流变小D. 电源的内耗电压变大【答案】B【解析】滑动变阻器的滑片向上移动，则电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故 R1 两端的电压减小，电压表的示数变小，故
7、 A 错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由 P=I2R 可知，小灯泡消耗的功率变小，故 B 正确；因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R1 两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过 R2 的电流增大，故 CD 错误；故选B点睛：闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质5.如图所示，真空中有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场 B，还有方向竖直向上的匀强电场 E，三个带电液滴（可视为质点）甲、乙、丙带有等量同种电荷已知甲静止，乙水平向左匀速
8、运动，丙水平向右匀速运动则下列说法正确的是（ ）A. 三个液滴都带负电B. 丙质量最大，甲质量次之，乙质量最小C. 若仅撤去磁场，甲可能做匀加速直线运动D. 若仅撤去电场，乙和丙可能做匀速圆周运动【答案】B【解析】【分析】三个带电油滴都受力平衡，根据共点力平衡条件列式求解确定电性与质量大小，再依据洛伦兹力、电场力与重力关系，来判定速率的大小，最后根据洛伦兹力受到速率的影响，从而确定运动性质【详解】甲球受力平衡，有：G 甲 =qE，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向上，故球带正电；故 A 错误；由左手定则可知乙受到的洛伦兹力的方向向下，乙球受力平衡，得：G 乙 +qvB=
9、qE；丙受到的洛伦兹力的方向向上，球受力平衡，有：G 丙 =qvB+qE；解得：G 丙 G 甲 G 乙 ，故 B 正确；若仅撤去磁场，甲受到的重力和电场力不变，仍然静止。故 C 错误；若仅撤去电场，乙和丙都受到重力和电场力的作用，由于重力做功会引起速度大小的变化，所以不可能做匀速圆周运动。故 D 错误。故选 B。二、多选题（本大题共 4 小题，共 23.0 分）6.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在 06 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示下列说法正确的是（ ）A. 04 s 内物体的位移大小为 30 mB. 26 s 内拉力做的功为 40 JC. 合外
10、力在 06 s 内做的功与 02 s 内做的功相等D. 滑动摩擦力的大小为 5 N【答案】ABC【解析】试题分析：在速度时间图像中，所包面积即为这段时间内的位移，可求得.06s 内物体的位移大小为 30m，A 对；26s 内功率恒定， ，B 对；合外力所做的功等于动能的变化量，C 对；匀速时，拉力与摩擦力相等， ，得：，D 错。考点：速度时间图像、功率、动能定理等。7.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场 ，之后进入电场线竖直向下的匀强电场 发生偏转，最后打在屏上，整个装置处E1 E2于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么A. 偏转电场 对三种粒
11、子做功一样多E2B. 三种粒子打到屏上时速度一样大C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同D. 三种粒子一定打到屏上的同一位置，【答案】AD【解析】试题分析：带电粒子在加速电场中加速，电场力做功 W=E1qd； 由动能定理可知：E1qd= mv2；12解得： ；粒子在偏转电场中的时间 ；在偏转电场中的纵向速度v=2E1dqm t=Lv v0=at= E22qL22E1md纵向位移 ；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，x=12at2=E2L24E1d则偏转电场对三种粒子做功一样多；故 A 正确，B 错误；因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置
12、一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；故 C 错误，D 正确；故选 AD考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。【此处有视频，请去附件查看】8.如图所示，两根光滑平行的金属导轨，放在倾角为 的斜面上，导轨的左端接有电阻 R，导轨自身电阻不计，斜面处在一匀强磁场中，方向垂直斜面向上，一质量为m、电阻不计的金属棒，在沿斜面并与棒垂直的恒力 F 作用下沿导轨匀速上滑，并上升了 h 高度，则在上
13、滑 h 的过程中（ ）A. 金属棒所受合外力所做的功等于 mgh 与电阻 R 上产生的热量之和B. 恒力 F 与重力的合力所做的功等于电阻 R 上产生的热量C. 金属棒受到的合外力所做的功为零D. 恒力 F 与安培力的合力所做的功为 mgh【答案】BCD【解析】试题分析：以金属棒为研究对象分析受力可知，其受到恒力 F、重力、安培力，由合外力做的功就为三力做功之和，有外力做功、克服重力做功 mgh、克服安培力做的功（即电路产生的焦耳热） ，由能量守恒合功可知 ，所以选项 BCD 正确；考点：能量守恒、功、动能定理9.两列简谐横波的振幅都是 20cm，传播速度大小相同。实线波的频率为 2Hz，沿
14、x 轴正方向传播；虚线波沿 x 轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则_。A在相遇区域会发生干涉现象B实线波和虚线波的频率之比为 3：2C平衡位置为 x=6m 处的质点此刻速度为零D平衡位置为 x=8.5m 处的质点此刻位移 y20cmE从图示时刻起再经过 0.25s，平衡位置为 x=5m 处的质点的位移 y0【答案】BDE【解析】传播速度大小相同实线波的频率为 2Hz，其周期为 0.5s，波长 4m，则波速；由图可知：虚线波的波长为 6m，则周期为 ，频率：v=T=40.5m/s=8m/s T2=v=68s=0.75s,则两波的频率不同所以不能发生干涉现象故 A 错误；实线波和虚线
15、波的f2=1T2=43Hz频率之比为 ，选项 B 正确；平衡位置为 x=6m 处的质点由实线波和虚线波引起的f1:f2=3:2振动方向均向上，速度是两者之和，故此刻速度不为零，选项 C 错误；两列简谐横波在平衡位置为 x=8.5m 处的质点是振动加强的，此刻各自位移都大于 10cm，故质点此刻位移y20cm，选项 D 正确；从图示时刻起再经过 0.25s，实线波在平衡位置为 x=5m 处于波谷，而虚线波也处于 y 轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移 y0故 E 正确；故选 BDE.点睛：此题主要考查波的叠加；关键是理解波的独立传播原理和叠加原理，两列波相遇时能互不干扰，各个质点的速度和位移都
16、等于两列波在该点引起的振动的矢量和.三、填空题（本大题共 1 小题，共 6.0 分）10.某实验小组的同学利用游标卡尺和螺旋测微器测量一质量分布均匀的长直导体的长度和直径，其中测量结果如图甲、乙所示，则长直导体的长度为_cm；长直导体的直径为_mm.【答案】 (1). 5.03 (2). 5.315【解析】【分析】本题是关于游标卡尺与螺旋测微器的问题，解题需要掌握其读数方法；游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数；螺旋测微器的读法要用主尺的整刻度加可动刻度数乘以精确度，且需要估读，据此解答。【详解】由图可知，游标卡尺是 10 分度的，其精确度为 0.1mm，则图示读数为：50+
17、30.1=50.3mm=5.03cm；螺旋测微器中不动刻度为 5，可动刻度为 31.50.01mm，则读数为5+31.50.01=5.315mm。四、实验题探究题（本大题共 1 小题，共 9.0 分）11.某同学通过实验测定一个阻值约为 的电阻 Rx 的阻值5（1）现有电源(4 V，内阻可不计)，滑动变阻器( ，额定电流 2 A)，开关和导线若干0 50以及下列电表A电流表(03 A，内阻约 )0.025B电流表(00.6 A，内阻约 )0.125C电压表(03 V，内阻约 3 k)D电压表(015 V，内阻约 15 k)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_(选填器材前的字
18、母)；实验电路应采用图中的 _(选填“甲”或“乙”)（2）如图是测量 Rx 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片 P 的位置，并记录对应的电流表示数 I、电压表示数U某次电表示数如上面右图所示，可得该电阻的测量值 _ (保留两位有Rx=UI= 效数字)，测出的 比真实值_ ( 选填“偏大”、 “偏小”或“相等” ) Rx【答案】 (1). B (2). C (3). 甲 (4). (5). 5.2(6). 偏小【解析】【分析】合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则
19、选择待选器材电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法；根据电路图来连接实物图，注意电表的正负极，并分几个回路来连接；由电压表与电流表读数，依据 ，即可求解，R=UI根据电路的接法确定实验误差；【详解】解：(1)因电源的电压为 4V，因此电压表选择 3V 量程；由于阻值约为 5的电阻Rx 的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为 0.8A，从精确角来说，所以电流表选择 0.6A 的量程；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图。(2)根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接，如图所示；(3)电压表量程为 3V，最小
20、分度为 0.1V；故其读数为 U=2.60V；电流表最小分度为 0.02；其读数为 I=0.50A；电阻阻值： ；因本实验采用电流表外接法，由于电R=UI=2.60V0.50A=5.20压表的分流，使电流表示数增大，故得出的结果偏小。五、计算题（本大题共 3 小题，共 42.0 分）12.如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，O 点是其圆心，半径 R0.8 m，OA 水平、OB 竖直轨道底端距水平地面的高度 h0.8 m从轨道顶端 A 由静止释放一个质量m10.1 kg 小球，小球到达轨道底端 B 时，恰好与静止在 B 点的另一个小球 m2 发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点 C
21、与 B 点之间的水平距离 x0.4 m忽略空气阻力，重力加速度 g10 m/s 2.求：（1）碰撞前瞬间入射小球的速度大小 v1；（2）两球从 B 点飞出时的速度大小 v2；（3）碰后瞬间两小球对轨道压力的大小【答案】 （1）4 m/s （2）1 m/s （3）4.5 N ，方向竖直向下【解析】【分析】（1）从 A 点运动的小球向下运动的过程中机械能守恒，由此求出入射小球的速度大小；（2）两球做平抛运动，根据平抛运动规律得两球从 B 点飞出时的速度大小；（3）由动量守恒定律求出 B 点的小球的质量，由牛顿第二定律求出小球受到的支持力，由牛顿第三定律求出两小球对轨道压力的大小【详解】(1)从 A
22、 点运动的小球向下运动的过程中机械能守恒，得：mgR12mv21代入数据得：v 14 m/s(2)两球做平抛运动，根据平抛运动规律得：竖直方向上有：h gt212代入数据解得：t0.4 s水平方向上有：xv 2t代入数据解得：v 21 m/s(3)两球碰撞，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：m1v1(m 1m 2)v2解得：m 23m 130.10.3 kg碰撞后两个小球受到的合外力提供向心力，则：F N(m 1m 2)g(m 1m 2) v22R代入数据得：F N4.5 N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力也是 4.5 N，方向竖直向下13.如图所示，在直角坐标系 xOy 平面内有一矩
23、形区域 MNPQ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为 E；在 y0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为 R 的光滑绝缘空心半圆管 ADO 固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心 O1 为 MN 的中点，直径 AO 垂直于水平虚线 MN.一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子(重力不计)从半圆管的 O 点由静止释放，进入管内后从 A 点穿出恰能在磁场中做半径为 R 的匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域 MNPQ 时立即撤去磁场，此后粒子恰好从 QP 的中点 C 离开电场求：（1）匀强磁场的磁感应强度 B 的大小；（2）矩形区域的长度 MN 和宽度 MQ 应满足的条件？（3
24、）粒子从 A 点运动到 C 点的时间【答案】 （1） （2）MN ，宽度 MQ（3）【解析】（1）粒子从 O 到 A 过程中由动能定理得 （ 2 分）从 A 点穿出后做匀速圆周运动， （2 分）解得 （2 分）（2）粒子再次进入矩形区域后做类平抛运动，由题意得（1 分）（1 分）（1 分）联立解得 （2 分） 、所以，矩形区域的长度 MN ，宽度 MQ （2 分）（3）粒子从 A 点到矩形边界 MN 的过程中， （2 分）从矩形边界 MN 到 C 点的过程中， （2 分）故所求时间 （2 分）14.如图所示，上下表面平行的玻璃砖折射率为 n= ，下表面镶有银反射面，一束单色光2与界面的夹角 45射到玻璃表面上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距 h=2.0cm 的光点 A 和 B （图中未画出 A，B） 请在图中画出光路示意图；求玻璃砖的厚度 d【答案】(1) (2) cm【解析】试题分析：光路如图：由于 ， 则i=450 sinr=sinin=sin4502 =12 r=300由几何知识 有： 则 AC=h故 d=12htan300=3h2考点：光的折射定律【名师点睛】此题是两次折射的问题，要根据折射定律和反射定律作出光路图根据光路可逆原理和光的反射定律可以推导出 AM 与 CN 平行。
