山东省青岛二中2019届高三物理下学期期初考试试卷（含解析）.doc

《山东省青岛二中2019届高三物理下学期期初考试试卷（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省青岛二中2019届高三物理下学期期初考试试卷（含解析）.doc（17页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1山东省青岛二中 2019 届高三物理下学期期初考试试卷（含解析）二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。其中第 1417 题在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，第 1821 题有多项符合题目要求。全部选对得 6 分，选对但不全得 3 分，有错选得 0 分1.以下关于物理学史的叙述，不正确的是( )A. 伽利略通过实验和推理论证说明了自由落体运动是一种匀变速直线运动B. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值C. 法拉第最早引入了场的概念，并提出用电场线描述电场D. 奥斯特发现电流周围存在磁场，并提出分子电流假说解

2、释磁现象【答案】D【解析】伽利略通过实验和推理论证说明了自由落体运动是一种匀变速直线运动，选项 A 正确； 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值，选项 B 错误； 法拉第最早引入了场的概念，并提出用电场线描述电场，选项 C 正确； 奥斯特发现电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说解释磁现象，选项 D 正确；此题选项错误的选项，故选 B.2.下列说法中错误的是( )A. 100 个 经过一个半衰期后可能还剩余 50 个B. 、 射线比较， 射线的电离作用最强C. 原子的全部正电荷和全部质量都集中在原子核里D. 由玻尔的原子模型可以推

3、知，氢原子处于激发态，量子数越大，核外电子动能越小【答案】C【解析】【分析】放射性元素的半衰期具有统计规律；、 射线电离能力逐渐减弱，穿透能力逐渐增强；原子核中集中了全部正电荷和几乎全部质量；根据库仑引力提供向心力，得出轨道半径与动能的关系，从而判断出量子数变大，核外电子动能的变化【详解】A. 放射性元素的半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用。故 A 正确；2B. 、 射线比较， 射线的电离作用最强，穿透能力最弱。故 B 正确；C. 原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，因为电子也有质量。故 C 错误。D. 由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态，量子数越大，轨道半径越大，根据

4、知，电子的动能越小。故 D 正确。ke2r2=mv2r本题选择错误答案，故选：C3.如图所示，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有(6V,18 W)字样，此时 L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为 1.0 A，下列说法正确的是( )A. 原、副线圈匝数之比为 31B. 变压器的输入功率为 18 WC. 电压表的读数为 6VD. 若 L3突然断路，则 L1变暗，L 2变亮，输入功率变大【答案】A【解析】【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【详解】A.L

5、1恰正常发光，其电流为 I2=18/6A=3A，根据 I2:I1=n1：n 2，得 n1：n 2=3:1，故A 正确；B.根据功率 ，灯泡的电阻 R=62/18=2，R 总 =R+R/2=3P=U2R输出功率 P2= =323W=27W，I22R总根据输入功率等于输出功率知，变压器的输入功率为 27W，故 B 错误；C. 电流表显示读数为 1.0 A，所以原线圈两端电压为 U1=27/1.0=27V，根据 U1：U 2=n1：n 2=3:1，副线圈电压 U2=9V，所以电压表示数为 3V，故 C 错误；D. 若 L3突然断路，电阻增大，副线圈电流减小，则 L1变暗，电压变小；L 2电压增大，变

6、3亮；原线圈电流减小，输入功率变小，故 D 错误；故选：A4.如图所示，吊篮 A、物体 B、物体 C 的质量分别为 m、 2m、 3m， B 和 C 分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间A. 吊篮 A 的加速度大小为 gB. 物体 B 的加速度大小为 gC. 物体 C 的加速度大小为 gD. A、 C 间的弹力大小为 0.5mg【答案】D【解析】【分析】剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对 A、B、C 分析，运用牛顿第二定律求出加速度的大小【详解】A.将 C 和 A 看成一个整体，根据牛顿第二定律得， =1.5g，a

7、AC=F+4mg4m=2mg+4mg4m即 A、C 的加速度均为 1.5g，故 A 错误，C 错误；B.在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体 B 受力情况不变，故物体 B 的加速度大小为零，故 B 错误；D.剪断细线的瞬间，A 受到重力和 C 对 A 的作用力，对 A：F AC+mg=maAC，得：F AC=maAC-mg=0.5mg，故 D 正确。故选：D5.如图所示，一条细线的一端与水平地面上的物体 B 相连，另一端绕过一轻质定滑轮与小球 A 相连，定滑轮用另一条细线固定在天花板上的 O点，细线与竖直方向所成的夹角为 ，则以下说法正确的是( )4A. 无论物体 B 在地板上左移还是

8、右移，只要距离足够小， 角将不变B. 增大小球 A 的质量，若 B 仍保持不动， 角不变C. 若 OB 绳与地面夹角为 300，则 =300D. 将 B 向右移动少许，若 B 仍保持不动，则 B 与地面的摩擦力变大【答案】BCD【解析】【分析】先对小球 A 受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力，再对滑轮受力分析，结合平衡条件进行分析即可；根据几何关系确定 的大小；对 B 受力分析，根据平衡条件确定地面摩擦力的变化。【详解】A.对小球 A 受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：T=mg；如果将物体 B 在水平地面上向右移动稍许，AB 仍保持静止，绳子的拉力不变，则AOB 增加；对滑轮分析，受

9、三个拉力，如图所示：根据平衡条件可知，AOB=2，故 一定增加，故 A 错误；B. 增大小球 A 的质量，若 B 仍保持不动，系统平衡，则 不变，故 B 正确；C. 若 OB 绳与地面夹角为 300，则AOB=2=60，=30 0，故 C 正确；D. 将 B 向右移动少许，若 B 仍保持不动，OB 绳与水平方向的夹角减小，绳子拉力大小不变，拉力的水平分力等于地面的摩擦力，则 B 与地面的摩擦力变大，故 D 正确。故选：BCD6.2018 年 5 月 21 日成功发射“嫦娥四号”中继星“鹊桥号” 。该中继星工作在距月球约6.5 万公里的地月拉格朗日 L2点使命轨道，为落在月球背面的嫦娥四号月球探

10、测器提供地5月中继测控和数据传输服务， “鹊桥号”与月球、地球始终在一条直线上。2018 年 12 月 8日“嫦娥四号”探测器由长征三号运载火箭在中国西昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，返回地球已知地球的半径约为月球半径 4 倍；地球表面重力加速度约为月球表面重力加速度的 6 倍。根据以上信息，判断以下说法正确的是( )A. “鹊桥号”运动的线速度大于月球绕地球运动的线速度B. “鹊桥号”运动的线速度小于月球绕地球运动的线速度C. 地球和月球的密度之比约为 倍32D. 地球和月球的密度之比约为 6 倍【答案】AC【解析】【分析】根据“鹊桥号”与月球角速度相等，由线速度和角速度关系

11、v=r 即可判断；根据星球表面万有引力等于重力，分别求出地球、月球密度表达式，即可求解。【详解】AB.由于“鹊桥号”与月球、地球始终在一条直线上， “鹊桥号”与月球角速度相等，根据 v=r， “鹊桥号”运动的线速度大于月球绕地球运动的线速度，故 A 正确，B 错误；CD.设地球密度为 地 ，地球半径为 R 地 ，地球重力加速度为 g 地 ，月球的密度为 月 ，重力加速度为 g 月 ，半径为 R 月 。根据地球表面万有引力等于重力， ，mg地 =GM地 mR2地，则 ；同理， ，则 地 ： 月 = =3:2，故 C 正确，DM地 =43地 R3地 地 =3g地4GR地 月 =3g月4GR月 g地

12、 R月g月 R地错误。故选：AC7.如图甲所示，光滑平行金属导轨 MN、 PQ 所在平面与水平面成 角， M、 P 两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中 t0 时对金属棒施加一平行于导轨的外力 F， F 随时间 t 变化的图像如图乙所示，使金属棒 ab 由静止开始沿导轨向上运动，导轨电阻忽略不计下列关于棒的运动速度 v，电流 I、流过 R 的电荷量 q 以及闭合回路中磁通量的变化率 随时间变化的图象可能正确的是t6A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】列出加速度与时间的故选，定性分析，加速度不可能一直增大，也不可能一直减小，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加

13、速运动，回路中的感应电流与时间成正比，磁通量的变化率与时间成正比。电量不可能与时间成正比。【详解】A. 对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程 FBIl-mgsin=ma，而 I= 得到BlvRF0+kt- - mgsin=ma，拉力均匀增大，加速度越大，安培力增大越快，所以加速度不B2l2vR可能一直增大，也不可能一直减小，故 A 错误； BC.根据 A 项分析，稳定时加速度应保持不变，安培力均匀增大，则感应电流均匀增大，感应电动势均匀增大，根据法拉第电磁感应定律， 应均匀增大，故 B 正确，C 正确；tD.因为感应电流均匀增大，根据 q=It，电量不可能与时间成正比，故 D 错误。故选：BC8

14、.如图所示，倾角为 的绝缘斜面体 ABC 置于粗糙的水平地面上一质量为 m、电荷量为 q 的小物块(可看作是点电荷)恰好能在斜面上匀速下滑若在 AB 中点 D 的上方固定一电荷量为- Q 的点电荷，再让物块以某一速度从斜面上 B 点滑下，物块始终未离开斜面，且斜面体保持静止不动在不考虑空气阻力和电荷损失的情况下，关于在物块下滑过程中分析7正确的是( )A. 放置负电荷前，物块匀速运动过程中，地面对斜面体的摩擦力为零B. 放置负电荷后，物块的电势能先减小，后增大C. 放置负电荷前与放置负电荷后物块到达 D 点的加速度相同D. 放置负电荷前与放置负电荷后物块到达 A 点的机械能相同【答案】AB【解

15、析】【分析】开始时刻小物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的。根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的。再结合平衡条件分析即可；放置负电荷后，根据电场力做功分析电势能的变化；由于电场力是引力，摩擦力变小，分析加速度的变化；根据摩擦力做功多少变化，分析机械能的变化。【详解】A.放置负电荷前，小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的。地面对斜面体的摩擦力为零，故 A 正确；B.物块与负电荷的距离先减小后增大，电

16、场力对物块先做正功后做负功，物块的电势能先减小，后增大，故 B 正确；C. 放置负电荷后物块到达 D 点时，电场力垂直斜面向上，压力减小，摩擦力减小，加速度变大，故 C 错误；D. 放置负电荷后物块从 B 到达 A 点的过程，电场力做功为零，摩擦力减小，做功减小，所以机械能变大，故 D 错误。故选：AB三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22 题第 32 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 33 题第 38 题为选考题，考生根据要求做答。9.如图所示为某中学物理课外学习小组设计的测定当地重力加速度的实验装置，他们的主8要操作如下：实验次数 h/cm t/s v/(ms1 )1

17、10.0 0.028 3.572 20.0 0.059 3.393 30.0 0.092 3.264 40.0 0.131 3.055 50.0 0.176 2.846 60.0 0.235 2.55安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上；打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图上未画出)测量出两个光电门之间的高度 h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度 v；固定光电门 B 的位置不变，改变光电门 A 的高度，重复的操作测出多组( h， t)，计算出对应的平均速度 v；画出 vt 图象请根据实验，回答如下问题：(1

18、)设小铁球到达光电门 B 时的速度为 vB，当地的重力加速度为 g，则小铁球通过两光电门间平均速度 v 的表达式为_(用 vB、 g 和 t 表示)9(2)实验测得的数据如下表：请在坐标纸上画出 vt 图象（根据图像作答，不必画在答题纸上） (3)根据 vt 图象，可以求得当地重力加速度 g_m/s 2，试管夹到光电门 B 的距离约为_cm.(以上结果均保留 3 位有效数字)【答案】 (1). v vB gt (2). 9.86 (3). 69.812【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可得小铁球通过两光电门间平均速度 v 的表达式；（2）根据 v-t

19、 图像斜率和截距的意义，可求当地的重力加速度和 B 点速度，根据速度位移关系，可求试管夹到光电门 B 的距离。【详解】(1)根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度 ，可vB=v+12gt得小铁球通过两光电门间平均速度 v 的表达式为 vv B gt.12(2) 依据题中数据描点连线，如图所示(3)小铁球通过两光电门间平均速度 v 的表达式为 vv B gt，所以 vt 图象的斜率大小12表示 g，则当地重力加速度 g2k9.86 m/s 2，图象在 v 轴上的截距等于 vB，根据图象得12出 vB3.71 m/s，根据 ，得试管夹到光电门 B 的距离约为 h= 69.8 cm.

20、v2B=2gh v2B2g10.实际电压表内阻并不是无限大，可等效为理想电压表与较大的电阻的串联，测量一只量程已知的电压表的内阻，器材如下：A.待测电压表(量程 3 V，内阻约 1 k 待测)一只，B.电流表(量程 3mA，内阻约为 10 )一只，10C.电池组(电动势约为 3 V，内阻不可忽略)，D.滑动变阻器（050）E.滑动变阻器（02000.） ，F.变阻箱(可以读出电阻值，09 999 )，G.变阻箱(可以读出电阻值，099 ),H.开关和导线若干某同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：(1)该同学设计了如图甲、乙两个实验电路为了更准确地测出该电压表内阻的大小，你认为其中相对比较合

21、理的是_(填“甲”或“乙”)电路(2)可变电阻应选用_.（填写仪器前面的字母）(3)用你选择的合理电路进行实验时，闭合开关 S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数 U 和_(填上文字和符号)(4)用合理电路进行实验过程中，选择下面哪个作为坐标轴，能作出相应的直线图线_A U I B U C R D U R1I 1U(5)设直线图象的斜率为 k、截距为 b，则该待测电压表的内阻 RV_.【答案】 (1). 甲 (2). E (3). 电流 I (4). A (5). k【解析】【分析】由于电源内阻不可忽略，乙电路无法求出电压表内阻；由于电压表内阻较大，总阻值较小的滑动变阻器调节电压

22、时，电压表电压无明显变化；根据欧姆定律确定需要测定的物理量和做出的直线图线；根据斜率的意义，求出电压表内阻的表达式。【详解】 （1）图甲所示电路滑动变阻器与电压表串联接入电路，电源电动势为 3V，电压表内阻约为 3K，电路电流接近 3mA，可以用电流表测量电流，因此甲电路合理；乙电路由于电源内阻不可忽略，无法求出电压表内阻；故选甲电路。11（2）由于电压表内阻约为 1k，滑动变阻器阻值太小，改变滑动变阻器阻值时，电压表电压无明显变化，无法起到调节电压的作用，故选用总电阻较大的 E；（3）选用图甲所示实验电路，闭合电键 S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数 U 和电流表的示数 I

23、；（4）根据欧姆定律，U=IR V，电压表内阻不变，电压和电流成正比，所以应选择电压和电流作为坐标轴，做出相应的直线图线 U-I；（5）U-I 图线的斜率 k=U/I，根据欧姆定律 RV=U/I=k。11.如图所示，半径为 R 的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也为 R，在桌面上轻质弹簧被 a、b 两个小球挤压（小球与弹簧不拴接） ，处于静止状态。同时释放两个小球，小球 a、b 与弹簧在桌面上分离后，a 球从 B 点滑上半圆环轨道最高点 A 时速度为 ，已知小球 a 质量为 m，小球 b 质量为 2m， 重力加速度为vA=2gRg，求：（1）小球 a 在圆环轨道

24、最高点对轨道的压力？（2）释放后小球 b 离开弹簧时的速度 vb的大小？（3）小球 b 落地点距桌子右侧的水平距离？【答案】(1) mg，方向竖直向上 (2) (3) vb=6gR2 x=3R【解析】（1）设 a 球通过最高点时受轨道的弹力为 N，由牛顿第二定律 mg+N mv2AR得 N=mg由牛顿第三定律，a 球对轨道的压力为 mg，方向竖直向上 （2）设小球 a 与弹簧分离时的速度大小为 va，取桌面为零势面，由机械能守恒定律12mv2a 12mv2A+mg2R12得 va 6gR小球 a、b 从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒 mva=2mvbvb6gR2（3）b 球从桌面飞出做平抛

25、运动，设水平飞出的距离为 x，则 R gt212t 2Rgx=vbt得 x R3点睛：本题物理过程很清晰，对于释放弹簧的过程，动量守恒，机械能也守恒，小球 a 沿轨道向上滑行过程，机械能守恒把握解题是关键12.如图所示，在平面直角坐标系 xoy 的第一象限内有一边长为 L 的等腰直角三角形区域OPQ，三角形的 O 点恰为平面直角坐标系的坐标原点，该区域内有磁感应强度为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第一象限中 y L 的其它区域内有大小为 E、方向沿 x 轴正方向的匀强电场；一束电子（电荷量为 e、质量为 m）以大小不同的速度从坐标原点 O 沿 y 轴正方向射入匀强磁场区。则：（1）能够进

26、入电场区域的电子的速度范围；（2）已知一个电子恰好从 P 点离开了磁场，求该电子的速度和由 O 到 P 的运动时间；（3）若电子速度为 ，且能从 x 轴穿出电场，求电子穿过 x 轴的坐标。eBL3m【答案】 （1） （2） （3）0veBLm eBL2m meB+BLE 2L32EmeB2【解析】【分析】（1）通过 Q 点进入电场区域的电子速度最大，根据洛伦兹力等于向心力，求出最大速度；（2）恰好从 P 点离开了磁场，半径为 L/2，画出运动轨迹，根据粒子在磁场中的运动周期和牛顿第二定律，分别求出在磁场和电场中的运动时间，求该电子由 O 到 P 的运动时间；13（3）只有当电子第一次从电场返回

27、磁场且不从 OP 和 PQ 两边离开磁场时，电子才有可能经电场偏转通过 x 轴。画出运动轨迹，找出第二次进入电场的位置，根据牛顿第二定律和位移时间关系，求出电子穿过 x 轴的坐标。【详解】 （1）通过 Q 点进入电场区域的电子速度最大，其半径 r1=Lev1B=mv21r1 v1=eBLm能够进入电场区域的电子的速度范围是 0veBLm（2）设从 P 点离开磁场的电子半径为 r2，轨迹如图所示：则：r 2=L/2ev2B=mv22r2 v2=eBL2mT= ， t 1=t3=T/4=2meB m2eB在电场中运动：eE=ma a=eEmt2=2v2a=BLE电子由 O 到 P 的运动时间：t=

28、t 1+t2+t3= +meBBLE（3）只有当电子第一次从电场返回磁场且不从 OP 和 PQ 两边离开磁场时，电子才有可能经电场偏转通过 x 轴，即电子第一次返回磁场时的半径 r3满足：r 3L/3设电子从 O 点射入磁场时的速度为 v3，轨迹如图所示：则： ev3B=mv23r3 v3eBL3m第二次进入电场时的坐标：x=2r 3 y=2r3电子经电场偏转到达 x 轴的时间：14t=yv3=2r3v3到达 x 轴时沿 x 轴负方向的位移： x0=12at2=2EmeB2坐标为：x=2r 3-x0=2L3-2EmeB213.以下说法正确的是( )A. 已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，

29、可算出该气体分子的直径B. 为了保存玉米地的水分，可以锄松地面，破坏土壤里的毛细管C. 随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力D. 物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断E. 能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性【答案】BCE【解析】【分析】气体分子间有较大空隙，不能认为分子所占的体积就是分子体积；锄松地面，可以切断土壤里的毛细管，减少水分的流失；分子间距离小于 r0时，分子力表现为斥力；非晶体和多晶体都表现为各向同性；自然界的宏观过程都具有方向性。【详解】A. 已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出

30、气体分子间的平均距离，但由于气体分子中间有较大空隙，无法求出该气体分子的直径，故 A 错误；B.锄松地面，可以破坏土壤里的毛细管，减少水分的流失，故 B 正确；C. 随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力，如分子间距离小于 r0时，故 C 正确；D. 非晶体和多晶体都表现为各向同性，所以从各向异性或各向同性无法判断物质是晶体还是非晶体，故 D 错误；E. 自然界的宏观过程都具有方向性，能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程的方向性，故 E 正确。故选：BCE14.有一左端封闭、右端开口并朝下的 U 型玻璃管，用两段水银柱密封了两部分理想气体 A和

31、 B，如图甲所示，上部水银柱两侧液面差 h1=15cm，两部分气体之间的水银柱高度h2=5cm，气柱 A 的长度 L1=7.5cm，气柱 B 的长度 L2=20cm。大气压强 P0=75cmHg；现将 U 型15管缓慢翻转至开口向上并轻弹玻璃管让两部分气体合并至封闭端顶部，如图乙所示，若环境温度保持不变，求合并后气柱的总长度 L。【答案】 22.5cm【解析】【分析】首先求出原来两部分气体的压强。假设设翻转及气体合并后气柱总长度减小了 xcm，根据几何关系求出合并后的压强。分别对 A、B 两部分气体列出等温方程，列出合并前后的体积关系，联立即可解得。【详解】P A1=P0-h1+h2=65cmHgPB1=P0-h1=60cmHg设翻转及气体合并后气柱总长度减小了 xcm，如图所示，则：P A2=PB2=P0+(h1-2x)-h2=（85-2x）cmHg对 A：P A1L1=PA2LA对 B：P B1L2=PB2LBL=LA+LB=L1+L2-x由以上三式代入数据得 x=5cmLA=6.5cm，L B=16cm，L=22.5cm1617