1、四川省宜宾市叙州区第一中学 2019届高三上学期期末考试理综-物理试题1.有关近代物理内容的叙述，下列说法正确的是A. 天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构B. 一群处于 n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能发出 6种不同频率的光C. 原子核发生一次 衰变，原子序数增加 1D. 温度升高，放射性元素衰变的半衰期减小【答案】C【解析】A项：天然放射现象的发现揭示原子核具有复杂的内部结构，故 A错误；B项：根据公式 ，所以一群处于 n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能发出 3种不同频率的光，故 B错误；C项：根据原子核发生 衰变放出一个电子可知，原子序数增加 1，故 C正确；D项：放射性元素衰变
2、的半衰期与外界因素无关，如温度，压强等，只取决于原子核内部结构，故 D错误。2.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡 a和 b当输入电压 U为灯泡额定电压的 10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（ ）A. 原、副线圈匝数之比为 1：9B. 原、副线圈匝数之比为 9：1C. 此时 a和 b的电功率之比为 10：1D. 此时 a和 b的电功率之比为 1：10【答案】B【解析】【分析】根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可明确功率之比【详解】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压 U，则说明原线
3、圈输入电压为 9U，输出电压为 U；则可知，原副线圈匝数之比为 9：1，A 错误 B正确；根据公式 可得 ，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式 可得 a和 b上的电功率之比为 1：9，CD 错误3.如图所示，平行板电容器与电动势为 的直流电源 内阻不计 连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电油滴被固定于电容器中的 P点，现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是 A. 平行板电容器的电容将变小B. 带电油滴的电势能将减少C. 静电计指针张角变小D. 若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】B【解析】【分
4、析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器 d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化.【详解】A.将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据知， d减小，则电容增加，故 A错误；B.电势差不变， d减小，则电场强度增加， P点与下极板的电势差变大，则 P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故 B正确；C.静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故静电计指针张角不变，故 C错误；D.若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，正对面积
5、S减小，根据，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故 D错误.故选 B.【点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变.4.如图所示，是我国首个空间实验室“天宫一号”的发射及运行示意图。长征运载火箭将飞船送入近地点为 A、远地点为 B的椭圆轨道上， B点距离地面高度为 h，地球的中心位于椭圆的一个焦点上， “天空一号”飞行几周后变轨进入预定圆轨道。已知“天宫一号”在预定圆轨道上飞行 n圈所用时间为 t，万有引力常量为 G，地球半径为 R，则下列说法正确的是A. “天宫一号”在椭圆轨道的 B点的加速度大于在预定圆轨道的
6、 B点的加速度B. “天宫一号”从 A点开始沿椭圆轨道向 B点运行的过程中，动能先减小后增大C. “天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期大于沿预定圆轨道运行的周期D. 由题中给出的信息可以计算出地球的质量【答案】D【解析】【分析】“天宫一号”在 B点的加速度由万有引力提供；“天宫一号”从 A点开始沿椭圆轨道向 B点运行的过程中，只受到地球的引力，只有地球的引力做负功，动能越来越小，但机械能守恒；地球对天宫一号的万有引力提供它绕地球做匀速圆周运动的向心力，由万有引力公式及向心力公式列方程，可以求出地球的质量【详解】A. “天宫一号”在椭圆轨道的 B点的向心加速度以及圆轨道 B点的向心加速度都是万有引力
7、提供的，是相等的，故 A错误；B. “天宫一号”从 A点开始沿椭圆轨道向 B点运行的过程中，只受到地球的引力，距离地球原来越远，地球的引力做负功，根据动能定理可知，动能越来越小，故 B错误；C. 椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知， “天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期小于沿预定圆轨道运行的周期，故 C错误；D. “天宫一号”在预定圆轨道上飞行 n圈所用时间为 t,故周期为 T=t/n，根据万有引力提供向心力 ，得地球的质量 M= ，故 D正确；故选：D5.如图所示，由竖直轴和双臂构成的“ Y”型支架可以绕竖直轴转动，双臂与竖直轴所成锐角为 一个质量为 m的小球穿在一条臂上
8、，到节点的距离为 h，小球始终与支架保持相对静止。设支架转动的角速度为 ，则 A. 当 时，臂对小球的摩擦力大小为B. 由零逐渐增加，臂对小球的弹力大小不变C. 当 时，臂对小球的摩擦力为零D. 当 时，臂对小球的摩擦力大小为 mg【答案】C【解析】当 =0时，臂对小球的摩擦力大小等于重力沿斜杆向下的分力，大小为 f=mgcos ，选项 A错误；当支架转动时：竖直方向： ；水平方向： ；解得 ，可知 由零逐渐增加，臂对小球的摩擦力先减后增，弹力大小先增后减，选项 B错误；由 可得 ，选项 C正确；由可得 ，选项 D错误；故选 C.点睛；此题关键是对小球受力分析，列出水平和竖直方向的方程，然后求
9、解摩擦力的表达式，再进行讨论.6.如图所示，以减速渗透薄膜为界的区域 I和 II有大小相等方向相反的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场方向进入磁场，穿过薄膜，在两磁场区域做圆周运动，图中虚线是部分轨迹，在 II中运动轨道半径是 I中运动轨道半径的 2倍。粒子运动过程中，电性及电荷量均不变，不计重力与空气阻力。则粒子A. 带负电B. 在 II中做圆周运动速率是在 I中的 2倍C. 在 II中做圆周运动周期是在 I中的 2倍D. 在 II中向心加速度大小是在 I中的 2倍【答案】BD【解析】由粒子的运动轨迹，结合左手定则可知，粒子带正电，选项 A错误；根据 ，因 可知， ，选项 B正确；根据 可知，在
10、II中做圆周运动周期等于在 I中的周期，选项 C错误；根据 可得在 II中向心加速度大小是在 I中的 2倍，选项 D正确；故选 BD.7.一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端。已知小物块冲上斜面的初动能为 E，它返回斜面底端的速度大小为 v，克服摩擦阻力做功为 E。若小物块冲上斜面的初动能变为 3E，则A. 返回斜面底端时动能为B. 返回斜面底端时速度大小为C. 从出发到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功为D. 从出发到返回斜面底端，机械能减少【答案】BC【解析】【分析】物体冲上斜面和返回到斜面底端两过程中克服摩擦阻力做功相等；初动能增大后，上升的高度也随之变大，可根据匀减速直线运
11、动的速度位移公式求出上升的位移，进而表示出克服摩擦力所做的功；对两次运动分别运用动能定理和功能关系即可求解克服摩擦阻力做功及机械能的减少【详解】物块以初动能为 E冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得： 设以初动能为 E冲上斜面的初速度为 v0，则以初动能为 3E冲上斜面时，初速度为 v0，加速度相同，根据 2ax=v2 可知：物体上滑的最大位移为 x=可知，物块第二次冲上斜面的最大位移是第一次的 3倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的 3倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的 3倍，即为 E.以初动能为 3E冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得： 3E= E 所以返回斜
12、面底端时的动能为 = E；由得：返回斜面底端时速度大小为 v= v根据功能关系可知，从出发到返回斜面底端，机械能减少等于克服摩擦阻力做功，为 E，故AD错误，BC 正确。故选：BC8.如图甲所示，两平行金属板 A、B 放在真空中，间距为 d，P 点在 A、B 板间，A 板接地，B板的电势 随时间 t的变化情况如图乙所示，t=0 时，在 P点由静止释放一质量为 m、电荷量为 e的电子，当=2T 时，电子回到 P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是A. ： =1：2B. ： =1：3C. 在 02T 时间内，当 t=T时电子的电势能最小D. 在 02T 时间内，电子的电势能
13、减小了【答案】BD【解析】根据场强公式可得 0 T时间内平行板间的电场强度为： ，电子的加速度为：，且向上做匀加速直线运动，经过时间 T的位移为： ，速度为：v1=a1T，同理在 T2 T内平行板间电场强度为： ，加速度为： ，电子以 v1的速度向上做匀变速度直线运动，位移为： ，由题意 2T时刻回到 P点，则有：x1+x2=0，联立可得： 2=3 1，故 A错误，B 正确；当速度最大时，动能最大，电势能最小，而 0 T内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，因 2=3 1，所以在 2T时刻电势能最小，故 C错误；电子在 2T时刻回到 P点，此时速度为： ， （负号表示方向向下） ，电子的动
14、能为： ，根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故 D正确。所以 BD正确，AC 错误。三、非选择题9.某探究学习小组的同学要验证“牛顿第二定律” ，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接另一端跨过定滑轮挂上砝码盘，实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力 图中未画出 该实验中小车所受的合力_ 填“等于”或“不等于” 力传感器的示数，该实验是否_ 填“需要”或“不需要” 满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？实验获得以下测量数据：小车、传感器和挡光板的总质量 M，挡光板的宽度 l，光电门 1和
15、 2的中心距离为 某次实验过程：力传感器的读数为 F，小车通过光电门 1和 2的挡光时间分别为 、 小车通过光电门 2后，砝码盘才落地 ，已知重力加速度为 g，则该实验要验证的式子是_【答案】 (1). 等于 (2). 不需要 (3). 【解析】【详解】因为力传感器是连接在小车上的，所以力传感器的示数表示小车所受的拉力，因为平衡过摩擦力了，所以绳子的拉力表示小车的合外力，因为实验中不要求绳子的拉力等于砝码和砝码盘的总重力，故不需要总质量远小于小车的质量，小车经过光电门 1时的速度为，经过光电门 2时的速度为 ，发生的位移是 s，所以 ，所以加速度为 故只需验证10.在“测定金属的电阻率”的实验
16、中，先用螺旋测微器测量金属丝直径，再用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率（1）用刻度尺测得金属丝长度 L=0.91m，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，则该金属丝的直径为 d=_；（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝（阻值约为 10）外，还有如下供选择的实验器材：A直流电源（电动势约 6V，内阻约 3）B电流表 A1（量程 00.6A，内阻 RA1=2）C电流表 A2（量程 02mA，内阻 RA2=100）D电压表 V（量程 015V，内阻约 500）E变阻箱 R0（09999）F滑动变阻器 R1（020）G滑动变阻器 R2（0100）
17、H开关、导线等在可供选择的器材中，除开关、导线外，应该选用的电表是_（填写序号） ，应该选用的其他器材是_（填写序号） 。（3）根据所选的器材，在方框中画出实验电路图_。（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为 Rx=10，则这种金属材料的电阻率为_ （保留二位有效数字） 。【答案】 (1). 0.481-0.284mm (2). BC (3). AEF (4). (5). 2.010-6【解析】(1) 由于可动刻度的“0”在固定刻度下方，因此固定刻度的读数为：0 mm，可动刻度读数为 0.0148.1mm=0.481mm，所以最终读数为：0mm+0.481mm=0.481 mm；(2)电源电动势
18、为 6V，待测电阻约为 10 ，所以流过待测电阻的最大电流约 ，故电流表选 B，由于电压表 V的量程太大，故用已知内阻的电流表 C与电阻箱串联改装成电压表，为了准确测电阻应改变电阻中的电流多次测量， ，由 ，结合电流表读数原理，应满足 ，故应选滑动变阻器 E，还应电源 A；(3)阻值较小，所以电流表应用外接法，如图(4)根据电阻定律 ，代入数拓可得： 。点晴：螺旋测微器精确度为 0.01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出在不要求电流或电压从零调或变阻器的阻值不是太小的情况下，滑动变阻器优先选择限流式接法，因限流式调节方便且节能。11.如图所示，足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为
19、，两导轨间距为 L，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为 E，内阻为 r。一质量为 m的导体棒 ab与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度为 B，垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与导体棒的电阻不计，重力加速度为 g，（1）若要使导体棒 ab静止于导轨上，求滑动变阻器接入电路中的阻值；（2）设电子电荷量为 e，通电后，电子定向运动的速度大小为 v，试根据导体棒所受安培力推导处导体棒中某一自由电子所受的洛伦兹力大小的表达式。【答案】 （1） （2）见解析；【解析】【分析】（1）要保持金属棒在导轨上静止时，金属棒受力要平衡，分析其受力情况，由平衡条件求解金属棒所受到的安培力 F，由
20、F=BIL求解通过金属棒的电流；根据闭合电路欧姆定律求解滑动变阻器 R接入到电路中的阻值；（2）根据电流的微观表达式表示出电流，即可求得电子受到的洛伦兹力。【详解】 （1）若要使导体棒 ab静止于导轨上，则要求导体棒 ab所受的重力、支持力、安培力三力平衡，导体棒在沿斜面方向受力满足 ，其中设导体棒 ab静止时变阻器的阻值为 R，由闭合电路欧姆定律可得解得（2）导体中电流大小 ，令导体棒中定向移动的自由电子总数为 N，则 q=Ne这些电子全部通过导体棒的时间某一自由电荷所受的洛伦兹力 ，解得 f=Bev12.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xoy平面内的截面如图所示：中间是磁
21、场区域，其边界与 y轴垂直，宽度为 l，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于 xoy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 ，电场强度的大小均为 E，方向均沿 x轴正方向；M、N 为条形区域边界上的两点，它们的连线与 y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿 y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从 M点入射的速度从 N点沿 y轴正方向射出。不计重力。（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从 M点射入时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x轴正方向的夹角为 ，求该粒子的比荷及其从M点运动到 N点的时间。【答案】 （1）轨迹图如图所示：（2） （3） ;
22、 【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛，然后进入磁场做圆周运动，再次进入电场做类平抛运动，结合相应的计算即可画出轨迹图（2）在电场中要分两个方向处理问题，一个方向做匀速运动，一个方向做匀加速运动。（3）在磁场中的运动关键是找到圆心，求出半径，结合向心力公式求解。（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。 （粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从 M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为 t，加速度的大小为 a；粒子进入磁场的速度大小为 v，方向与电场方向的夹角为 （见图（b） ） ，速度沿电场方向的分量为
23、v1，根据牛顿第二定律有qE=ma 式中 q和 m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1=at 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得由几何关系得联立式得（3）由运动学公式和题给数据得联立式得设粒子由 M点运动到 N点所用的时间为 ，则式中 T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，由式得故本题答案是：（1）轨迹图如图所示：（2） （3） ; 点睛：在复合场中的运动要分阶段处理，每一个运动建立合理的公式即可求出待求的物理量。【物理选修 33】13.下列说法正确的是_A. “油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的体积除以油
24、膜的面积B. 在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体C. 雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果D. 不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力E. 第二类永动机违背了热力学第二定律【答案】BCE【解析】【分析】根据油膜法测分子直径的原理分析答题；在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体；根据液体表面张力、浸润与不浸润的原因、对两类永动机的掌握分析答题.【详解】A、 “油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸的体积除以油膜的面积；故 A错误.B、根据热力学第二定律可知，在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体，如冰箱
25、、空调等，但要消耗其他的能量；故 B正确.C、雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果；故 C正确.D、不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力；故 D错误.E、第二类永动机违反了热力学第二定律，不违背热力学第一定律；故 E正确.故选 BCE.【点睛】本题考查了选修内容，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可正确解题，对选修内容，要注意基础知识的学习与掌握。14.如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，气缸上、下两部分的横截面积分别为 2S和 S.在气缸内有 A、B 两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，
26、两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移动已知活塞 A的质量是2m，活塞 B的质量是 m.当外界大气压强为 p0、温度为 T0时，两活塞静止于如图所示位置若用一竖直向下的拉力作用在 B上，使 A、B 一起由图示位置开始缓慢向下移动 l/2的距离，又处于静止状态，求这时气缸内气体的压强及拉力 F的大小设整个过程中气体温度不变【答案】 ， F p0S mg【解析】【分析】以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件列式求解气缸内气体的压强.整个过程中，气体的温度不变，发生等温变化。列出初态气缸内气体的压强和体积及末态气体的体积，由玻意耳定律列式求得末态气体的压强，再以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件求
27、解拉力 F的大小。【详解】以两活塞整体为研究对象，原来气缸内气体压强为 p1，根据平衡条件有：p0S3 mg p1S解得： 对气缸内气体，初态： ， V12 lS末态： p2， 根据玻意耳定律，有 p1V1 p2V2 解得：以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有：2 pS F p0S3 mg解得：【点睛】对于封闭气体，常常以与气体接触的活塞或水银为研究对象，根据平衡条件求压强，要加强这方面的训练，做熟练掌握.【物理选修 34】15.一列简谐横波沿 x轴正方向传播，t=0 时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到 P点；t0.6s 时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、P、Q 是介质中的质点，它
28、们的平衡位置横坐标分别为 70cm，50cm，60cm，90cm，设波的周期为 T，则以下说法正确的是 A. 波源以及每个质点均沿 y轴正方向开始振动B. 从 t0.6 s 时刻开始，经过 0.5T，质点 b沿 x轴正方向运动 20mC. 从 t0 时刻开始，质点 a在 0.6 s时间内通过的路程可能为 60 cmD. 若 T=0.8s，则在 t0.5s 时刻，质点 b、P 的位移相同E. 若 T=0.8s，从 t0.4s 时刻开始计时，则质点 a的振动方程为【答案】ACD【解析】【分析】由图可知波的波长，而由两列波的波形图可得两波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；由波速可知周期
29、的表达式，则可得出质点的路程及位移【详解】A. 波沿 x轴正方向传播，P 开始振动时沿 y轴正方向，可知波源以及每个质点均沿y轴正方向开始振动。故 A正确；B. 质点 b在平衡位置附近上下振动，并不沿 x轴正方向运动，故 B错误；C. a的路程为 60cm，说明 a振动了 1.5个周期，则可有： +1.5T=0.6，即，解得，n=1 时满足条件，故 C正确；D. 若 T=0.8s，则在 t0.5s 时刻，质点 b从最低点向上运动了 周期，质点 P从平衡位置向下运动了 周期，所以两质点的位移相同，故 D正确；E. 若 T=0.8s，波速 v= ，t0.4s 时质点 a在正向最高点。从 t0.4s
30、 时刻开始计时，则质点 a的振动方程为 ，故 E错误。故选：ACD16.某柱形均匀透明玻璃构件的纵截面如图所示，左侧 ABC区域为等腰直角三角形，AB 长为L，右侧区域为半圆，BC 为直径，下侧平行 AB放置光屏 MN，BC 与 MN垂直。现有一束宽度为L的平行光垂直 AB边（不包括 A、B 两点）射向玻璃构件，通过玻璃构件后从右侧射出在光屏上形成光斑。已知该玻璃构件对该光的折射率为 ，光在真空中的传播速度为 c。 （可能用到 ，结果可用根式表示）求：（1）光屏上所得光斑左侧与 C点的距离；（2）光在玻璃构件中最短的传播时间。【答案】 （1） （2）【解析】【分析】做出光在透明玻璃构件中的光路图，在圆弧界面发生全反射的光线，射向光屏交 MN的点，与 C点最近，根据几何关系可求与 C点的距离；由于光线在三角形内的路径长度相等，边界光线在玻璃中传播时间最短，根据几何关系可求最短距离，根据折射率求出光在玻璃中传播的速度，可求传播时间。【详解】 （i）画出某条光路图如图，光线在 AC界面的入射角由折射定律知 ，可得临界角光在 AC界面发生全反射，水平射向圆弧界面当在圆弧界面的入射角 时发生全反射，边界光线射向光屏交 MN于 P点，与 C点最近由三角形知识可知 （ii）由于光线在三角形内的路径长度相等，故边界光线在玻璃中传播时间最短，其路径总长度光在玻璃中传播速度 光在玻璃中传播最短时间
