1、云南省麻栗坡民族中学2019-2020学年上学期期末考试高三 理综 物理一、单选题(共5小题,每小题6分,共30分) 1.下列说法中与物理学史实不符的是（）A. 牛顿通过多次实验发现力不是维持物体运动的原因B. 亚里士多德认为力是维持物体运动的原因C. 卡文迪许通过扭秤实验第一个测出万有引力常量G的值D. 伽利略通过实验及合理外推，指出自由落体运动是一种匀变速直线运动【答案】A【解析】【详解】A伽利略通过多次实验发现力不是维持物体运动的原因，选项A 错误；B亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，选项B 正确；C卡文迪许通过扭秤实验第一个测出万有引力常量G的值，选项C正确；D伽利略通过实验及合理
2、外推，指出自由落体运动是一种匀变速直线运动，选项D 正确；故选A .2.如图所示，桌面上固定一个光滑的竖直挡板，现将一个质量一定的重球A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F可以缓缓向左推动B，使球慢慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中( )A. A和B均受三个力作用而平衡B. B对桌面的压力越来越大C. A对B的压力越来越小D. 推力F的大小恒定不变【答案】D【解析】【详解】A先以小球A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力，故A错误；BCD当柱状物体向左移动时，斜面B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平
3、衡条件得知，这两个力大小保持不变则A对B的压力也保持不变对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，墙对A的支持力不变，则推力F不变地面对整体的支持力，保持不变则B对地面的压力不变，故BC错误，D正确故选D。3.如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，不考虑行星自转的影响，则A. 金星表面的重力加速度是火星的B. 金星的第一宇宙速度是火星的C. 金星绕太阳运动的加速度比火星小D. 金星绕太阳运动的周期比火星大【答案】B【解析】【详解】有黄金代换公式GM=gR2可知g=GM/R2,所以 故A错误，由万有引力提供近地卫星做匀速圆周运动的向心力可知解得
4、，所以 故B正确；由 可知轨道越高，则加速度越小，故C错；由 可知轨道越高，则周期越大，故D错；综上所述本题答案是：B【点睛】结合黄金代换求出星球表面重力加速度，并利用万有引力提供向心力比较运动中的加速度及周期的大小4.如图所示，绝缘轻杆可绕中点O转动，其两端分别固定带电小球A和B，处于水平向右的匀强电场中初始时使杆与电场线垂直，松开杆后，在电场力作用下，杆最终停在与电场线平行的位置上，则下列说法正确的是（ ）A. 球一定带正电荷B. A球的电荷量一定大于B球的电荷量C. B球的电势能一定减少D. 两球的电势能之和一定减少【答案】D【解析】【详解】A、B两个带电小球可以都同正电，也可以都带负，
5、也可以是A带正电，B带负电；如果都带正电，两球受电场力都水平向右，A球的电荷量一定大于B球的电荷量大于B的电势能的增加量，A的电场力大于B的电场力，才会如图所示转动，同理如果都带负电，A球的电荷量一定小于B球的电荷量，如果A带正电，B带负电对两都电荷量的大小没有要求，所以A、B错；如果B球带正电，在转动过程中B球的电势能就增大，所以C错；如果都带正电，在转动过程中，电场力对A做正功，对B做负功，在电场线方向距离是一样的，而A球的电荷量一定大于B球的电荷量，所以A的电势能减小量，大于B的电势能的增加量，故两球的电势能之和一定减少，其它两种情形有类似的结论所以D正确5.如图所示，C为两极板水平放置
6、的平行板电容器。闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态，要使尘埃P向下加速运动，下列方法中唯一可行的是（ ）A. 将R1的滑片向左移动B. 将R2的滑片向左移动C. 将R2的滑片向右移动D. 将闭合的开关S断开【答案】B【解析】【详解】A由于电容器在直流电路中相当于断路，故滑动R1的滑片对电容器两极板的电压没有影响，故A错误；BC要使尘埃向下运动，则其受到的电场力应该减小，即电容器两极板间电压应该减小，故R2的滑片应该向左移动，故B正确，C错误；D断开开关，则电容器相当于直接接在电源两端，其极板间电压增大，尘埃向上运动，故
7、D错误；故选B。二、多选题(共3小题,每小题6.0分,共18分) 6.如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M5 kg，小车上静止地放置着质量为m1 kg的木块，和小车间的动摩擦因数为0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM可能正确的有()A. am1 m/s2，aM1 m/s2B. am1 m/s2，aM2 m/s2C. am2 m/s2，aM4 m/s2D. am3 m/s2，aM5 m/s2【答案】AC【解析】【详解】AB当拉力较小时，两物体一起加速度运动；当拉力增大到一定值时，两物体发生相对滑动，此后m受到的是滑动摩擦力，故其加速恒定为因此当系统
8、加速度小于等于时，两物体一起运动，加速度相同，故A正确，B错误；CD发生相对滑动后，m的加速度大小恒为，故C正确，D错误；故选AC。7.如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L.B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由变为.A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则此下降过程中A. A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgB. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D. 弹簧的弹性势能最大值为mgL【
9、答案】AB【解析】【详解】ABA的动能最大时，A受到的合外力等于0，加速度为0；设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时三个物体组成的整体在竖直方向受力平衡，可得所以在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于，故AB正确；C当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；DA下落的高度为根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为故D错误8.如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和 L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是（ ）A. L1
10、所受磁场作用力的方向与 L2、L3所在平面垂直B. L3所受磁场作用力的方向与 L1、L2所在平面垂直C. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为D. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为【答案】BC【解析】【详解】A同向电流相互吸引，反向电流相互排斥对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；B对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；CD设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比
11、为，故C正确，D错误【点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较分卷II三、实验题(共2小题, 共15分) 9.某同学利用图1所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图2所示图2中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等完成下列填空：（重力加速度取9.8m/s2）（1）设P1、P2和P3的横坐标分别为x1、x
12、2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3从图2中可读出|y1-y2|=_m，|y1-y3|=_m，|x1-x2|=_m（保留两位小数）（2）若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动利用中读取的数据，求出小球从P1运动到P2所用的时间为_s，小球抛出后的水平速度为_m/s（均可用根号表示）（3）已测得小球抛出前下滑的高度为0.50m，设E1和E2分别为开始下滑时和抛出时的机械能，则小球从开始下滑到抛出的过程中机械能的相对损失=_%（保留两位有效数字）【答案】 (1). 0.60 (2). 1.60 (3). 0.60 (4). 0.20 (5). 3.0 (6). 8.2【解析】【详解】由图可知P
13、1到P2两点在竖直方向的间隔为6格, P1到P3两点在竖直方向的间隔为16格所以有=0.60m.=1.60m. P1到P2两点在水平方向的距离为6个格.则有=0.60m.(2)由水平方向运动特点可知P1到P2与P2到P3的时间相等，竖直方向是自由落体运动，根据，解得时间 ，则有(3)设抛出点为势能零点,则开始下滑时的机械能为E1=mgh=mg/2,抛出时的机械能为E2=4.5m,则根据0.082=8.2%10.某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.8 的保护电阻R0，实验电路如图1所示（1）连好电路后，当该同学闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0.检查各
14、接线柱均未接错，且接触良好；他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b；b、c；d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是_（2）按电路原理图1及用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接c、d时的实物电路图2以画线代导线将没连接的线连接起来_（3）排除故障后，该同学顺利完成实验，测得下列数据且根据数据在下面坐标图中描出对应的点，请画出UI图_，并由图求出：电池的电动势为_，内阻为_ （4）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是：_【答案】 (1). R断路 (2). (3). (4). 1.5 V (1.45-1.55)
15、(5). 0.09 (0.080-0.100) (6). 电压表内阻分流【解析】【详解】（1）闭合开关后电压表有读数，说明定值电阻，和开关良好，把两表笔分别接a、b；b、c；d、e时，示数均为0，说明b、c；c、d；d、e这三段有断路，又因为两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，说明c、d断路即R断路（2）实物图如图所示：（3）U-I图像如图所示图线与纵坐标的交点为电源电动势E=1.5V，斜率为电源内阻 （4）因为电压表存在内阻，对电流分流，电流表测得电流并不是电路的总电流，所以会对实验造成误差四、计算题 11.如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上车顶右端放一质
16、量m2=0.4 kg的小物体，小物体可视为质点现有一质量m0=0.05 kg的子弹以水平速度v0=100 m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为=0.5，最终小物体以5 m/s的速度离开小车g取10 m/s2求：（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小（2）小车的长度【答案】（1） （2） 【解析】子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：，可解得；对子弹由动量定理有：， (或kgm/s)；三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：；设小车长为L，由能量守恒有：联立并代入数值得L5.5m ；点睛：子弹击中小车过
17、程子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度，根据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度12.如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f，且线框不发生转动求：(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；(3
18、)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.【答案】(1) (2) (3) 【解析】分析】(1)下落阶段匀速进入磁场说明线框所受力：重力、空气阻力及向上的安培力的合力为零.(2)对比线框离开磁场后继续上升一段高度（设为h），然后下落相同高度h到匀速进入磁场时两个阶段受力情况不同，合力做功不同，由动能定理：线框从离开磁场至上升到最高点的过程(3)求解焦耳热Q，需要特别注意的是线框向上穿过磁场是位移是a+b而不是b，这是易错的地方【详解】(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间，由平衡知识有：解得：(2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程，由动能定理：线圈从最高点落至进入磁场瞬间：联立解得：(3)线
19、框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有：而解得：即线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热为【点睛】此类问题的关键是明确所研究物体运动各个阶段的受力情况，做功情况及能量转化情况，选择利用牛顿运动定律、动能定理或能的转化与守恒定律解决针对性的问题，由于过程分析不明而易出现错误. 物理选修3313.如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示在此过程中_A. 气体温度一直降低B. 气体内能一直增加C. 气体一直对外做功D. 气体一直从外界吸热E. 气体吸收热量一直全部用于对外做功【答案】BCD【解析】【详解】A由图知气体的 pV一直增大，由，知气体的温度一直升
20、高，故A错误；B一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；C气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；D气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律U=W+Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；E气体吸收的热量用于对外做功和增加内能，故E错误14.如图所示，一圆柱形容器竖直放置，通过活塞封闭着摄氏温度为t的理想气体活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝给气体加热一段时间，结果活塞又缓慢上升了h，若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦，求：（1）容器
21、中气体的压强；（2）这段时间内气体的内能增加了多少？（3）这段时间内气体温度升高了多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）活塞静止，处于平衡状态，由平衡条件得：容器中气体压强为（2）活塞缓慢上升，气体等压变化，故气体对外做功为由热力学第一定律可知，气体内能增量为（3）由盖吕萨克定律可得解得故气体温度升高了 物理选修3415.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t0和t0.20 s时的波形分别如图中实线和虚线所示已知该波的周期T0.20 s下列说法正确的是_A. 波速为0.40 m/sB. 波长为0.08 mC. x0.08 m的质点在t0.70 s时位于波谷D. x0.08 m的
22、质点在t0.12 s时位于波谷E. 若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s，则它在该介质中的波长为0.32 m【答案】ACE【解析】【详解】AB波沿x轴正方传播，根据波形图可知该波的周期T0.20s，n只能等于0，故波长所以波速故A正确，B错误；Cx=0.08m的质点在t=0时位于平衡位置向上振动，经过t=0.70s时所以0.7s时x=0.08m处的质点位于波谷，故C正确；Dx=0.08m的质点在t=0时位于平衡位置向上振动，经过t=0.12s时即所以0.12s时x=0.08m处的质点位于平衡位置上边正在向下振动，故D错误；E若此波传入另一介质中，频率不变，则周期不变，其波速变为0.8
23、0m/s，则它在该介质中的波长为故E正确。故选ACE。16.半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O.两条平行单色红光沿截面射向圆柱面方向且与底面垂直光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，AOB60，已知该玻璃对红光的折射率n.求：(1)两条光线经柱面和底面折射后出射光线的交点与O点的距离d；(2)若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？(定性分析，不需要计算)【答案】（1） （2）小【解析】【详解】（1）光线1通过玻璃砖后不偏折，如图所示：光线2在圆柱面上的入射角，由折射定律得 ：得到 得由几何知识得 又由折射定律得：代入解得 由于是等腰三角形，则所以；（2）若入射的单色蓝光，光线1仍不偏折，由于介质对蓝光的折射率大于介质对红光的折射率，光线2偏折得更厉害，更大，d更小
