江西省赣州市2019届高三上学期期末考试物理试题

江西省赣州市2019届高三上学期期末考试
物理试题
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。

图、分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两
项研究，下列说法正确的是
A. 图中先在倾角较小的斜面上进行实验，其目的是使时间测量更容易
B. 图通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速直线运动
C. 图中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成
D. 图的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持
【答案】B
【解析】
伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量．伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推．故A错误，B正确；完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故C错误；伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D错误．故选B.
2.电梯顶上悬挂一根劲度系数是的弹簧，弹簧的原长为20cm，在弹簧下端挂一个质量为的砝码。

当电梯运动时，测出弹簧长度变为23cm，g取，则电梯的运动状态及加
速度大小为
A. 匀加速上升，
B. 匀减速上升，
C. 匀加速上升，
D. 匀减速上升，
【答案】C
【解析】
【分析】
对砝码受力分析，受重力和拉力，根据胡克定律求得拉力，再结合牛顿第二定律，即可求出加速度大小，确定物体的运动状态.
【详解】由胡克定律可知，弹簧的弹力，
由牛顿第二定律知：，
解得：
物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，ABD错误；
故选C.
【点睛】本题关键是受力分析，根据牛顿第二定律判断出加速度方向，注意加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降.
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.北斗系统的卫星由若干周期为24h的地球静止轨道卫星如图中丙、倾斜地球同步轨道卫星
如图中乙和中圆地球轨道卫员如图中丁三种轨道卫星组成，设定它们都绕地心作匀速圆周
运动。

甲是地球赤道上的一个物体图中未画出下列说法中正确的是
A. 它们运动的向心加速度大小关系是
B. 它们运动的线速度大小关系是
C. 己知甲运动的周期，可求出地球的密度
D. 己知丁运动的周期及轨道半径，可求出地球质量
【答案】B
【解析】
【分析】
根据万有引力提供向心力，得出轨道半径与周期的关系，通过周期的大小比较出轨道半径的大小，从而根据万有引力提供向心力得出乙和丙的向心加速度和线速度大小关系。

甲和丙的
周期相同，角速度相等，根据，，比较出甲和丙的线速度和角速度大小。

根据万有引力提供向心力求出地球的质量.
【详解】A、B、根据得，，，同步卫星的周期为24h，大于乙的周期，则丙的轨道半径大于乙的轨道半径，根据线速度、加速度与轨道半径的关系，知，，，又因为甲丙的角速度相等，根据知，
，根据知，故A错误、B正确.
C、因为甲的周期与贴近星球表面做匀速圆周运动的周期不同，根据甲的周期无法求出地球的密度；故C错误.
D、根据，解得：故D错误.
故选B.
【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、加速度、周期与轨道半径的关系。

以及知道同步卫星的特点。

5.如图所示，汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0．05Ω，电表可视
为理想电表．只接通S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V，再接通S2，启动电动机时，电流表示数变为8A，则此时通过启动电动机的电流是（）
A. 2ª
B. 8ª
C. 50ª
D. 58ª
【答案】C
【解析】
试题分析：只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=12V+10×0.05V=12.5V，R灯=Ω=1.2Ω，再接通S2后，流过电动机的电流为：I电动机==50A，故选C．考点：闭合电路的欧姆定律．
6.利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。

用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”型线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计．当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。

当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时（电流方向与电压为E1时相反），拉力显示器的示数为F2。

已知F1>F2,则磁感应强度B的大小为
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
线框接入恒定电压为E1时，对线框受力分析得出：；当线框接入恒定电压为E2时，对线框受力分析得出：，联立整理得：，故B正确，ACD错
误．故选：B.
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
7.如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面未画出一群比荷为的负离子以相同速率较大，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏足够大上，则下列说法正确的是不
计重力
A. 离子在磁场中的运动半径一定相等
B. 离子在磁场中运动时间一定相等
C. 沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
D. 若离子在磁场中运动的轨道半径，则粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】AD
【解析】
【分析】
离子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则根据公式和圆的性质可得出粒子运动的半径、偏向角及离开磁场的时间.
【详解】A、离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故A正确；
B、设粒子轨迹所对应的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为，，所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故B错误.
C、由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，离子圆周运动的最大弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，此时粒子一定不会沿PQ射入，即沿PQ方向射入的离子飞出时的偏转角不是最大的，故C错误；
D、若离子在磁场中运动的轨道半径，则离子在磁场中转过的最大圆心角：
，粒子在磁场中运动的最长：，故D正确；
故选AD.
【点睛】本题考查了离子在磁场中的运动，考查了多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断.
8.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在内其速度与时间图象和该拉力的
功率与时间的图象如图所示。

下列说法正确的是
A. 内物体的位移大小为12m
B. 内拉力做功为70J
C. 物体的质量为10kg
D. 滑动摩擦力的大小为5N
【答案】BCD
【解析】
【分析】
速度图象的“面积”表示位移。

内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，
内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由求出摩擦力，再由图读出时，
，由求出内的拉力，由求出内的拉力做的功，由求出
内拉力做的功
【详解】A、内物体的位移大小等于图象中图象与坐标轴所包围的面积，为：
，故A错误.
B、内物体的加速度为：，有图可知，当时，，得到牵引力：，在内物体位移为，则拉力做的功为：
，内拉力做的功为：，所以内拉力做的总功为：，故B正确；
C、D、在内，，，物体做匀速直线运动，，则滑动摩擦力为：
；内有牛顿第二定律可得：，可知：，故C正确，D 正确.
故选BCD.
【点睛】本题解题关键是理解图象的物理意义，求功的方法主要有三种：一、，适用于恒力做功；二、，P为恒定功率；三、动能定理，主要是变力做功时应用。

9.张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。

转轴C在AB中点D的正下方，AOB
在同一水平面上。

，，衣服质量为则
A. CO杆所受的压力大小为2mg
B. CO杆所受的压力大小为
C. AO绳所受的拉力大小为
D. BO绳所受的拉力大小为mg
【答案】AD
【解析】
以O点为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求出AO和BO的合力F大小和方向，从而求得CO杆所受的压力大小。

再将F进行分解，求出绳AO和BO绳所受拉力的大小. 【详解】A、B、设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到重力mg、CO 杆的支持力和F，作出力图：
根据平衡条件得：，由牛顿第三定律知CO杆所受的压力大小为2mg，故A正确，B错误.
C、D、，将F分解，如图：
绳AO和绳BO所受拉力的大小均为，由，解得，故C错误，D正确.
故选AD.
【点睛】本题O点受到的力不在同一平面，因此需要将受力情况分成竖直和水平两个平面研究，同样还要画出受力分析图即可顺利求解.
10.有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势随x的分布如图所示。

一质量为m、带电量为−q的粒子只在电场力的作用下，以初速度v0从x=0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（）
A. 粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐增大
B. 粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小
C. 欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为
D. 若，则粒子在运动过程中的最小速度为
【解析】
粒子从O运动到的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x 轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，A错误．粒子从运动到的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势小，可知粒子的电势能不断减小，B正确．根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到处，就能到达处，当粒子恰好运动到处时，由动能定理得：，解得：，则要使粒子能运动到处，粒子的初速度至少
为．C错误．若，粒子运动到处电势能最大，动能最小，由动能定理得：
，解得：，D正确，选BD.
【点睛】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况，即可判断动能的变化．根据负电荷在电势高处电势小，判断电势能的变化．粒子如能运动到处，就能到达处，根据动能定理研究过程，求解最小速度．粒子运动到处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度．
三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）
某实验小组利用图所示实验装置及数字化信息系统探究“外力做功与小车动能变化的关系”。

实验时将小车拉到水平轨道的O位置由静止释放，在小车从O位置运动到A位置过程中，经计算机处理得到了弹簧弹力与小车位移的关系图线如图所示，还得到了小车在A位置的速度大小；另外用电子秤测得小车含位移传感器发射器的总质量为m。

回答下列问题：
11. 小车从O位置运动到A位置过程中弹簧对小车所做的功______，小车的动能改变量
______。

用m、、、、中各相关物理量表示
12. 若将弹簧从小车上卸下，给小车一初速度，让小车从轨道右端向左端滑动，利用位移传感器和计算机得到小车的速度随时间变化的图线如图所示，则小车所受轨道摩擦力的大小
______用m、、中各相关物理量表示
13. 综合步骤、，该实验所要探究的“外力做功与小车动能变化的关系”表达式是
_______用m、、、、、、中各相关物理量表示
【答案】（1）大于（2）；（3）；（4）
【解析】
试题分析：（1）由图（b）可知，图（a）中A位置到力传感器的距离大于弹簧原长。

（2）小车从O位置运动到A位置过程中弹簧对小车所做的功W=，小车的动能改变量
ΔE k=；
（3）由图线可知，小车的加速度为，则根据牛顿第二定律可知，小车所受轨道摩擦力的大小；
（4）该实验所要探究的“外力做功与小车动能变化的关系”表达式是，即：。

考点：探究外力做功与小车动能变化的关系
14.某同学要测量一个改装后的电压表Vx的量程和内阻，实验过程如下：
（1）先用多用电表粗测电压表的内阻和量程，实验中多用电表红表笔应与电压表_____（填“正”或“负”）接线柱相连；若已知多用电表内电源电动势为9V，所用档位为“×1K”档，调零后测量，指针位置如图所示．此时电压表指针指在表盘的四分之三刻度处．则所测电压表内阻约为___________，量程为____________．
（2）若电压表量程为（1）问中所测数值，则为了精确测量其内阻，现提供以下器材：
待测电压表Vx
电流表A（量程0.6A，内阻约为3Ω）
电压表V（量程l0V，内阻约为30kΩ）
定值电阻R0（阻值为10kΩ）
滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω，额定电流为1A）
滑动变阻器R2（最大阻值为100Ω，额定电流为lA）
电源E（电动势为15V，内阻约为1Ω）
开关和导线若干
①为了较精确的测量电压表内阻，则测量电路应该选择如下电路中的________．
②写出电压表内阻测量值的表达式Rv=_________．
【答案】 (1). 负； (2). ; (3). 6V; (4). D; (5). ；
【解析】
（1）多用电表红表笔连接多用电表内部的电池的负极，所以实验中多用电表红表笔应与电压表的负接线柱相连；由图1可知，多用电表的读数为15.0，倍率为1k，所以电压表的内阻为：R V=15.0×1kΩ=15.0kΩ，同时又图1可知，欧姆表的指针在满刻度的一半处，根据欧姆
表的原理可知：，，代入数据可得：R g+R0=R V=15.0kΩ，所以电压表
的电压：，所以电压表的量程：。

（2）①A图结合电压表的读数与电流表的读数，可以测量电压表的内电阻，但考虑到电流表的量程是0.6A，而电压表的电阻值较大，电流值的电流值一定远小于0.6A，所以电流表的读数一定很小，所以读数的误差会比较大，故A可以；B图中两个电压表并联，可以校准电压表的读数，但不能测量电压表的内电阻；故B错误；C图中电流表的读数是并联电阻部分的电流值，所以测量的结果是并联部分的电阻值，不是电压表的电阻值，故C错误；D图中，
电压表V的电压是待测电压表与定值电阻的电压的和，定值电阻上的电压：U R=U-U x，所以电
压表的电阻值，比较A与D的结论可知，D比A图中的测量结果准确性更高，
故D比A更好。

所以选D。

②电压表V的电压是待测电压表与定值电阻的电压的和，定值电阻上的电压：U R=U-U x，所以电压表的电阻值。

四、计算题（本大题共4小题，共42.0分）
15.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度从轨道下端A点滑入轨道，并从轨道顶端水平飞出。

重力加速度为g.
(1)若小物快恰能通过最高点飞出，求此时光滑圆轨道的直径；
(2)小物块落地点到轨道下端A点的距离最大时，对应的轨道半径为多大？
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
(1)若小物快恰能通过最高点飞出，由重力提供向心力，由向心力公式列式。

小物块从最低点A到最高点机械能守恒，由机械能守恒定律列式，联立求解此时光滑圆轨道的直径；
(2)根据机械能守恒定律和平抛运动的规律得到小物块平抛的水平距离与轨道半径的关系，再由数学知识求解.
【详解】小物块恰能到达最高点，有：
小物块从最低点A到最高点机械能守恒，有：
解得：
圆环直径为：
物块由最低点到最高点，由机械能守恒有：
物块做平抛运动有：
联立解得：
由数学知识可知：当时，x最大.
【点睛】本题是机械能守恒定律与圆周运动、平抛运动的综合运用，要知道圆周运动最高点的临界条件：重力等于向心力。

运用平抛运动的规律和机械能守恒定律结合得出水平位移的表达式是解决本题的关键，运用数学方法求物理的极值.
16.新春佳节，许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处设菜品送到顾客处速度恰好为零。

某次服务员用单手托托盘方式如图给12m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平。

若托盘和碗之间的动摩擦因数为，托盘与手间的动摩擦因数为，服务员上菜时的最大速度为。

假设服务员加速、减速过程中做匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

重力加速度g取求：
(1)服务员运动的最大加速度；
(2)服务员上菜所用的最短时间.
【答案】(1) (2) 6s
【解析】
【分析】
(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后求出最大加速度.
(2)由运动学公式求出各阶段的时间与位移，然后求出总的时间.
【详解】(1)设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，由牛顿第二定律得：
碗与托盘间相对静止，则：
解得：
对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：
手和托盘间相对静止，则：
解得：
则最大加速度：
(2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短.
加速运动时间：
位移：
减速运动时间：，位移：
匀速运动位移：
匀速运动时间：
最短时间：.
【点睛】本题考查了求加速度、运动时间问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题.
17.如图所示，空间有场强大小，方向竖直向下的匀强电场，长不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量、带电量的小球。

拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在一个与水平面成、无限大的挡板MN上的C点，重力加速度g取，试求：
(1)绳子的最大张力；
(2)、C两点的电势差；
(3)当小球运动至C点时，突然调整匀强电场的方向和大小，同时把挡板迅速水平向右平移到某处，若小球仍能垂直打在挡板上，求调整后匀强电场大小的最小值.
【答案】(1)30N (2)125V (3)
【解析】
【分析】
(1)根据动能定理求出小球经过最低点时的速度；经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力；
(2)粒子在电场中受重力和电场力，做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得粒子在C点速度的大小，根据动能定理列式求解AC间竖直分位移，根据求解A、C间的电势差；
(3)在速度与极板平面垂直时调整匀强电场的方向和大小，重力和电场力的合力是固定的，如果速度方向再改变，速度方向与极板平面就不再垂直了，要保持速度方向不改变，则要求合力为零或者合力方向与速度方向共线.
【详解】过程，由动能定理及圆周运动知识有：
联解得：
由功能关系及电场相关知识有：
联解得：
由题可知改变电场方向后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在档板上，由矢量三角形可知：当与或运动的方向垂直时，电场强度有最小值，
由矢量三角形图有：
得：
【点睛】本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法。

粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，本题就是考查学生对类平抛运动的规律的应用. 18.如图所示，完全相同的正方向单匝铜质线框型货件abcd，通过水平，绝缘且足够长的传送带输送一系列该货件通过某一固定匀强磁场区域进行“安检”程序，即便筛选“次品”（不闭合）与“正品”（闭合），“安检”程序简化为如下物理模型，各货件质量均为m，电阻均为R，边长为l，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g；传送带以恒定速度v0向右运动，货件在进入磁场前与传送带的速度相同，货件运行中始终保持，已知磁场边界AA′，CC′与传送带运动方向垂直，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为d，现某一货件当其ab边到达CC′时又恰好与传送带的速度相同，则：
（1）上述货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值与速度的最小值；
（2）“次品”（不闭合）与“正品”（闭合）因“安检”而延迟时间多大。

【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）线框以速度进入磁场，在进入磁场过程中，受安培力F、摩擦力共同作用而做减速运动；完全进入磁场后，在摩擦力的作用下做加速运动，当ab边到达时速度又恰好等于，因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力F最大，加速度最大，设为；线框全部进入磁场的。