届河南省驻马店市高三上学期期末考试物理试题解析版.docx
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届河南省驻马店市高三上学期期末考试物理试题解析版
驻马店市2018-2019学年度第一学期期终考试高三物理试题
一、选择题
1.法拉第是一位伟大的实验物理学家，他在电磁学方面做出了基础而重要的贡献，被称为“电学之父”和“交流电之父”.关于法拉第的成就，以下说法正确的是
A.发现了电磁感应定律和楞次定律
B.发现了电流的磁效应
C.验证了麦克斯韦关于电磁波的预言
D.提出场的概念，认为电场对电荷有力的作用
【答案】D
【解析】
【详解】法拉第发现了电磁感应定律，楞次发现楞次定律，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，选项B错误；赫兹验证了麦克斯韦关于电磁波的预言，选项C错误；法拉第提出场的概念，认为电场对电荷有力的作用，选项D正确；故选D.
2.一平行板电容器两极板保持与恒压直流电源相连接，若在电容器两极板间插入某种绝缘介质，则该电容器
A.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
C.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
D.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
【答案】B
【解析】
【分析】
电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，结合
，C=Q/U和E=U/d讨论极板电量和场强的变化．
【详解】电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差U不变，若在电容器两极板间插入某种绝缘介质，根据
可知C变大，根据C=Q/U可知极板上的电荷量Q变大；根据E=U/d可知极板间的电场强度不变；故选B.
3.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平力F拉着绳的中点O，使OA段绳偏离竖直方向一定角度，如图所示.设绳OA段拉力的大小为T，若保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中
A.F先变大后变小，T逐渐变小B.F先变大后变小，T逐渐变大
C.F先变小后变大，T逐渐变小D.F先变小后变大，T逐渐变大
【答案】C
【解析】
【分析】
画出力的平行四边形，用图解法进行分析.
【详解】对结点O受力分析，画出力的平行四边形如图所示，当保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中，由图可知F先减小后增加；T一直减小；故选C.
4.一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力.若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图象是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒．物体先做匀加速直线运动，后做竖直上抛运动，由能量关系分析．
【详解】设物体在恒力作用下的加速度为a，由功能原理可知，机械能增量为：
△E=F△h=F•
at2，知E-t图象是开口向上的抛物线。
撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变。
故A正确，BCD错误。
故选A.
5.两个电路元件L1和L2的伏安特性曲线如图甲所示。
现把二者串联起来接在直流电源上，电源内阻为1Ω，如图乙所示.闭合开关S后，电路中理想电流表A的读数为0.2A，则电源的电动势和元件L2此时的电功率分别是
A.3V，0.8WB.3.2V，0.8WC.3V，0.4WD.3.2V，0.4W
【答案】D
【解析】
【分析】
串联电路各处的电流相等，根据图象读出电路元件L1和L2对应的电压，根据串联电路的电压特点得出电源的电压，根据P=UI求出元件L2的电功率。
【详解】电路元件L1和L2串联，∴IL1=IL2=0.2A，由图象可知：
此时UL1=1V，UL2=2V；电源的电压U=Ir+UL1+UL2=0.2×1V+1V+2V=3.2V；元件L2的电功率PL2=UL2IL2=2V×0.2A=0.4W。
故选D。
【点睛】本题考查了学生根据图表获得信息的能力，同时考查了有关串联电路电流、电压之间的关系及电功率的求法。
在计算过程中一定注意物理量的统一。
6.如图所示，半圆形光滑轨道AB固定在水平地面上，与水平面相切于A点，其直径AB与地面垂直.一小球从P点由静止开始沿水平面做匀加速直线运动，加速度大小为g，小球从A点水平进入圆轨道后，刚好能从上端B点水平飞出。
已知重力加速度为g，半圆形轨道的半径为R，则P点到A的距离为
A.2RB.
RC.
RD.4R
【答案】B
【解析】
【分析】
小球刚好能从上端B点水平飞出，则在B点时重力等于向心力；由动能定理求解PA之间的距离.
【详解】小球刚好能从上端B点水平飞出，则在B点：
mg=m
；从P点到B点，根据动能定理：
其中的F=mg，解得
，故选B.
7.如图所示，在水平向右的匀强电场中，固定有一根与水平方向成45°角的绝缘光滑直杆ab.一带电小圆环套在杆上，恰好能沿杆匀速下滑。
当小圆环以大小为v0的速度从b端脱离杆后，经过一段时间正好通过b端正下方的c点处。
已知重力加速度为g，杆固定不动，则b、c两点之间的距离为
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
小球恰好能沿杆匀速下滑，对小球受力分析可知电场力等于重力；脱离细杆后，小球沿水平方向向右先减速后反向加速，竖直方向做竖直下抛运动，根据运动公式解答.
【详解】小球恰好能沿杆匀速下滑，则对球受力分析可知，电场力水平向左，大小为F=mg；脱离细杆后，小球的水平速度和竖直速度均为
，水平加速度方向向左，大小为
，则由b到c点运动的时间
，则竖直方向：
，故选C.
8.天文学家经过长期观测，在宇宙中发现了许多“双星”系统，这些“双星”系统一般与其他星体距离很远，受到其他天体引力的影响可以忽略不计.根据对一“双星”系统的光学测量确定，此双星系统中两个星体的质量均为m，而绕系统中心转动的实际周期是理论计算的周期的k倍〔k<1），究其原因，科学家推测，在以两星球球心连线为直径的球体空间中可能均匀分布着暗物质.若此暗物质确实存在，其质量应为
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据对称性可知，两颗星都绕系统中心做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式求解；暗物质引力和星星引力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出暗物质的质量.
【详解】双星均绕它们的连线的中点做圆周运动，万有引力提供向心力得：
；解得：
．根据观测结果，星体的运动周期T＝kT0＜T0这种差异是由双星内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量m'，位于中点O处的质点的作用相同．则有：
解得：
；所以：
m′＝
，故选A.
9.如图所示，光滑斜面上放置一个通电导体棒，施加磁场后导体棒以大小为a=g的加速度沿斜面向下运动（棒保持水平），g为重力加速度，则以下四种情况中可能的是
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】
首先根据个图中的电流的方向以及磁场的方向判断出安培力的方向，分析其与重力在斜面方向上的分量，判断在斜面方向上的合力能否为mg，即可得知其加速度是否能为g，从而判断各选项的正误．
【详解】A图，由左手定则可知，导体棒受到竖直向下的安培力作用，与重力的合力在斜面上的分量可能等于mg，所以导体棒可能以a=g的加速度沿斜面向下运动。
选项A正确。
B图中的导体棒受到的安培力水平向右，在斜面上的分量沿斜面向上，所以导体棒不可能以a=g的加速度沿斜面向下运动，选项B错误。
C图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向上，导体棒受到的合力不可能为mg，所以导体棒不可能以a=g的加速度沿斜面向下运动，选项C错误。
D图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，导体棒受到的合力可能为mg，所以导体棒可能以a=g的加速度沿斜面向下运动，选项D正确。
故选AD。
【点睛】对于该题的解答，首先要熟练的使用左手定则，同时要注意，安培力的方向一定垂直于电流方向与磁场方向所决定的平面（电流的方向与磁场的方向不一定垂直，但要注意，平行时，导体棒不受磁场力的作用），再者就是要正确的会对力进行正交分解，正确的对力进行合成．
10.如图所示，在xOy坐标系中，将一带负电的试探电荷从y轴上的P点移至x轴上的a点时，需要克服电场力做功W；若将该试探电荷从P点移至x轴上的b点时，也需要克服电场力做功W。
那么此空间存在的静电场可能是
A.方向沿x轴正方向的匀强电场
B.方向沿y轴正方向的匀强电场
C.y轴上一对等量异种点电荷形成的电场
D.位于第Ⅱ象限某一位置的一个负点电荷形成的电场
【答案】CD
【解析】
【分析】
负检验电荷q从a点移至b点与从a点移至c点时，克服电场力做功相同，说明b、c两点的电势相同，处于同一等势面上，将四个选项代入检验，选择符合题意的选项。
【详解】负检验电荷q从P点移至a点与从P点移至b点时，克服电场力做功相同，说明a、b两点的电势相同，处于同一等势面上；若在电场强度方向沿x轴正方向的匀强电场，由等势线与电场线垂直可知，a、b电势不可能相等，不符合题意。
故A错误。
若存在电场强度方向沿y轴正方向的匀强电场，由等势线与电场线垂直可知，ab连线是一条等势线，a、b电势相等，但是将负电荷从P移到a、b时，电场力方向竖直向下，电场力做正功，所以B是不可能的，故B错误。
若处于y轴上的一对等量异种电荷，其连线中点在O点，而且正电荷在O点上方、负电荷在O点下方时，a、b连线是一条等势线，将负电荷从P移到a、b时，电场力方向竖直向上，需要克服电场力做功，所以C是可能的。
故C正确。
在ab连线的中垂线上方第Ⅱ象限内的负点电荷形成的电场中，a、b两点的电势相等，若P点位于过ab的等势面外面时，将负电荷从P移到a、b时，需要克服电场力做功，所以故D正确。
故选CD。
【点睛】本题关键要对匀强电场、点电荷的电场、对等量异种电荷等势线的分布要熟悉。
对于等量异种电荷，其连线的垂直平分线是一条等势线，要特别记忆。
11.如图甲所示，一质量m=1kg的物体置于水平面上，在水平外力F作用下由静止开始运动，F随时间t的变化情况如图乙所示，物体运动的速度v随时间t的变化情况如图丙所示（4s后的图线没有画出）。
已知重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是
A.物体在第3s末的加速度大小是2m/s2B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.4
C.物体在前6s内的位移为10mD.物体在前6内的位移为12m
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据v-t图象和加速度定义式即可求解加速度；在0-4s内，分析物体的受力情况，运用牛顿第二定律即可求解动摩擦因数；分别求出匀加速和匀减速运动的位移，两端位移之和即为总位移．
【详解】由v-t图象可知，物体在前4s做匀变速直线运动，所以物体在第3s末的加速度a1等于前4s内的加速度，根据v-t图象和加速度定义式：
，选项A错误；在0-4s内，在水平方向：
F1-μmg=ma1，解出：
μ=0.4 ，选项B正确；设前4 s的位移为x1，由位移公式：
x1=
a1t12=
×1×16=8m；设4 s后物体运动时的加速度为a2，则：
F2-μmg=ma2，解得，a2=-2 m/s2；物体在4s末时的速度为v′=4 m/s，设物体从4s末后运动时间t2速度减为0，则：
0=v′+a2t2，解得：
t2=2 s；所以物体在6s末速度恰好减为0．故后2s内的位移：
x2＝v′t2+
a2t22，代入数据，解得，x2=4m；所以物体在前6s内的位移x=x1+x2=8+4=12 m，选项C错误；D正确；故选BD.
【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用问题，要注意明确受力分析、明确运动过程，要注意正确应用图象分析以及注意运动学公式的选择．
12.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m=3kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。
设A以v0=4m/s的速度朝B开始运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。
假设B和C碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是
A.从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1N·s
B.从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为4N·s
C.从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3J
D.从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9J
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据动量守恒定律求解从开始到弹簧最短时物块C的速度，根据动量定理求解C受到的冲量；系统的机械表损失主要是在BC碰撞时损失机械能；则求解BC碰撞时的机械能损失即可.
【详解】根据动量守恒定律，当A、B速度相等时，且与C碰撞之前AB的速度为v1，则
，解得v1=2m/s；从开始到弹簧最短时，对ABC系统：
，解得v2=
m/s；从开始到弹簧最短时，对物块C，由动量定理：
，选项B正确，A错误；B与C相碰的过程：
，解得v3=1m/s；则从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为
，选项C正确，D错误；故选BC.
【点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒定律进行求解相关速度。
二、实验题
13.某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B（不计钩码大小）分别系在一条跨过定滑轮的轻绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为h1处有一宽度略比A大一点的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过。
开始时A距离狭缝的高度为h2，放手后，A、B、C从静止开始运动，A下落通过狭缝后做匀速直线运动。
（1）利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后到落地用时t1，则钩码A通过狭缝后的速度为___________（用题中字母表示）。
（2）若通过此装置验证机械能守恒定律，还需测出环形金属块C的质量m。
已知当地的重力加速度g。
若系统的机械能守恒，则需满足的等式为______________________（用题中字母表示）
（3）对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________
A.选用质量和密度较大的钩码B.可以选用有弹性的软绳
C.精确测量出A、B、C的质量D.用手托稳重物，释放后重物可以摆动
【答案】
（1）.
（1）
（2）.
（2）
（3）.（3）AC
【解析】
【分析】
（1）由平均速度可近似表示A点的瞬时速度；
（2）根据实验装置及机械能守恒定律可得出对应的表达式；
（3）根据实验原理分析实验误差．
【详解】
（1）在h1阶段由于金属块C静止，而A，B质量相等，所以A，B都是匀速直线运动，
由匀速运动公式可得：
；
（2）由题意可知，整体减小的重力势能等于动能的增加量；即：
mgh2=
（2M+m）（
）2；（3）选用质量和密度较大的钩码可以减小相对的阻力，选项A正确；选用有弹性的软绳会有一部分机械能转化为软绳弹性势能，加大误差，选项B错误；精确测量出A、B、C的质量可减小误差，选项C正确；用手托稳重物，释放后重物摆动，则会增加实验误差，选项D错误；故选AC.
14.在伏安法测电阻的实验中，实验室备有下列器材：
A.待测电阻Rx阻值约为4Ω
B.电压表V1，量程为0~3V，内阻约为2kΩ
C.电压表ⅴ2，量程为0~15V，内阻约为10kΩ
D.电流表A1，量程为0~0.6A，内阻约为0.2Ω
E.电流表A2，量程为0~3A，内阻约为0.02Ω
F.电源：
电动势E=3V
G.滑动变阻器R1，最大阻值为5Ω，最大电流为1A
H.滑动变阻器R2，最大阻值为50Ω，最大电流为02A
I.导线若干
（1）为了较精确测量电阻阻值，要求电压表与电流表的示数从零开始连续变化，且两表读数大于量程一半。
除A、F、I以外，还要在上述器材中选出该实验所用器材___________（填器材前面的字母代号）
（2）在线框内画出该实验电路的原理图_________。
（3）调节滑动变阻器，两表的示数如图所示，可读出电流表的示数是___________A，电压表的示数是___________V，测得待测电阻Rx的阻值是___________（计算结果保留三位有效数字）。
本次测量存在一定的系统误差，考虑这个原因测量值较真实值___________（选填偏大或偏小）。
【答案】
（1）.
（1）BDG
（2）.
（2）如图；
（3）.（3）0.44（4）.1.71（1.69-1.72）（5）.3.89（3.84-3.91）（6）.偏小
【解析】
【分析】
（1）电源、滑动变阻器、导线和电键是必须选择的，要减小误差，电压表和电流表量程都选择较小的量程，只要不超过量程即可；
（2）为获得较大的电压条件范围，滑动变阻器选择分压式接法；由于待测电阻的电阻值与电流表的电阻值较接进，故采用电流表外接法．
（3）根据表盘读数，根据欧姆定律求解电阻。
【详解】
（1）电源电动势为3V，电压表选B；通过电阻的最大电流约为：
，为减小读数误差，电流表应选择D，选E量程太大，读数误差太大；又题中有“要求电压表与电流表的示数从零开始连续变化且尽可能多的测量数据”，说明滑动变阻器应用分压式接法，应选G．
（2）因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又变阻器应用分压式，电路图如图所示；
（3）电流表的示数是0.44A，电压表的示数是1.71V，测得待测电阻Rx的阻值是
.由于电压表的分流作用，使得电阻的测量值较真实值偏小。
【点睛】本题关键要明确电阻的测量方法、原理和实验误差的处理，其中用伏安法测量电阻时电流表内、外接法和滑动变阻器的接法选择是重点所在．
三、计算题
15.如图所示，质量m1=2kg的玩具小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2=1kg的小物块，以水平向右的速度v0=3m/s从左端滑上小车，最后恰好未从小车右端滑出.物块与小车间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）整个过程产生的内能。
（2）小车的长度。
（3）从开始到小物块与小车相对静止这段时间内，小物块与小车的位移之比。
【答案】
（1）3J
（2）1m（3）4:
1
【解析】
【分析】
（1）根据动量守恒定律结合能量关系求解产生的热量；
（2）根据Q=μm2gL求解L；（3）结合运动公式求解小物块与小车的位移之比。
【详解】
（1）根据动量守恒定律可知：
整个过程中因摩擦产生的内能
，
解得Q=3J：
（2）设小车的长度为L，由功能关系：
Q=μm2gL
解得L=1m
（3）在达到相对静止前，小物块与小车均做匀变速直线运动，设它们的位移分别为x1和x2，根据运动公式：
解得：
16.如图1所示，间距为L=0.5m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.2T，轨道左侧连接一定值电阻R=1Ω。
垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好。
t=0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，F随t变化的规律如图2所示.已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，导体棒和导轨的电阻均不计。
求
（1）导体棒的加速度。
（2）导体棒的质量。
【答案】
（1）5m/s2
（2）0.1kg
【解析】
【分析】
结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及牛顿第二定律列式求解F-t函数关系，根据图像的斜率和截距求解加速度和导体棒的质量.
【详解】
（1）设导体棒做匀加速运动的加速度为a，某时刻t，导体棒的速度为v，质量为m，所受的摩擦力为f，则导体棒产生的电动势：
E=BLv
回路的电流I=E/R
导体棒受到的安培力：
FB=BIL
由牛顿第二定律：
F-FB-f=ma
由题意v=at
联立解得：
根据图像可知前0-10s内，图像的斜率为0.05，即
解得a=5m/s2
（2）由F-t图像截距可知：
ma+f=1.0
又f=μmg
解得m=0.1kg
17.如图所示，在直角三角形abc区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=0.2T，∠θ=30°，P为ac边上一点，aP=1m。
在P点有一粒子源，可沿平行于cb的方向发出速度不同的同种带电粒子，且粒子速度最大时，恰好垂直打在ab边上的e点。
已知粒子的电荷量为q=5×10－3c、质量为m=1×10－6kg，不考虑粒子的重力，结果可以用根号表示。
求：
（1）带电粒子的最大速度。
（2）粒子打到ab边上区域的长度。
（3）带电粒子在磁场中运动的最长时间。
【答案】
（1）1×103m/s
（2）
（3）3.14×10-3s
【解析】
【分析】
（1）粒子有最大速度时，将垂直打到ab上的e点，由几何关系可知半径；根据粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供列式求解最大速度；
（2）速度最小的粒子运动轨迹与ab边相切于f点，结合几何关系可求解粒子打到ab边上区域的长度。
（3）不同的带电粒子从P点射入磁场后，运动的轨迹不同，轨迹为半圆周的粒子在磁场中运动的时间最长.
【详解】
（1）如图所示，粒子有最大速度vm时，将垂直打到ab上的e点，由几何关系可知半径：
rm=ap
粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供：
解得vm=1×103m/s
（2）速度最小的粒子运动轨迹与ab边相切于f点，半径设为r，由几何关系可知：
可得
（3）不同的带电粒子从P点射入磁场后，运动的轨迹不同，轨迹为半圆周的粒子在磁场中运动的时间最长为：
t=T/2
因粒子运动的周期为
则最长时间t=3.14×10-3s
18.如图所示，一小滑块带正电，质量为m，从P点以初速度v0水平抛出，恰好从上端口a点以速度v0竖直向下进入
圆弧金属管形轨道ab，然后从下端口b点滑出，并滑上水平传送带.P点到a点的竖直距离为h，金属管形轨道ab内壁光滑，半径为R，管道内径很小，但略大于小滑块的尺寸。
b点上方左侧整个区域（不包括b点所在的竖直线）存在水平向外的的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E。
当传送带静止时，小滑块恰好运动到传送带右端点c点停下。
已知重力加速度为g。
（1）求小滑块的初速度v0。
（2）求小滑块刚要滑出b端口时，对圆轨道的压力大小。
（3）若传送带匀速转动，试讨论滑块到达c点时的动能Ek与传送带速率v的关系。
【答案】
（1）
（2）
（3）若
则
；若
则：
【解析】
【分析】
（1）小滑块从p到a做匀速圆周运动，电场力等于重力，列式求解小滑块的初速度v0。
（2）根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求解小滑块刚要滑出b端口时，对圆轨道的压力大小。
（3）结合动能定理讨论滑块到达c点时的动能Ek与传送带速率v的关系。
【详解】
（1）小滑块从p到a做匀速圆周运动，则：
qE=mg
qv0B=m
解得
（2）小滑块进入金属管形轨道将失去电荷，所以从a到b的过程中，不受电场力和洛伦兹力作用，机械能守恒，则：
在b点：
解得
（3）若传送带逆时针转动，滑块的受力与运动情况与传送带静止不动时相同，故滑块到达c点时的动能为零，与传送带的速度无关；若传送带顺时针转动，设恰好使物体一直加速时传送带速度大小为vc，则
传送带静止时有：
综合
（2）联立方程解得：
所以传送带顺时针转动时，滑到c点的动能与传送带速率v的关系是：
若
则
；
若
则：
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