【2019最新】高三物理下学期第一次段考试题(含解析)(1)

【2019最新】高三物理下学期第一次段考试题
（含解析）(1)
1. 2016年备受瞩目的国家咱然科学奖一等奖，颁给了科学技术大学潘建伟院士领衔的“多光子纠缠及干涉度量”项目，在物理学理论建立的过程中，有许多科学家做出了贡献。

关于科学家的贡献和研究方法，下列说法正确的是
A. 法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究
B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值
C. 奥斯特发现了电流的磁效应.并发现了电砝感应现象
D. “点电荷”、“总电阻”、“电场强度”概念的提出应用了等效替代的方法
【答案】A
【解析】法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，选项A正确；库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e的数值，选项B错误；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉
第发现了电磁感应现象，选项C错误；“点电荷”是理想模型法，“电场强度”是比值定义法，故D错误；故选A.
2. 有一个质量为m=10kg物块在于水平方向成θ=37°、F=100N力的作用下，沿足够长的粗糙水平面做匀加速直线运动（取g=10m/s2）下列说法正确的是
A. 物体所受的合力为80N
B. 2s末物体速度一定为16m/s
C. 物块与水平面间的动摩擦因数为0.6
D. 物块的加速度大小不可能超过8m/s2
【答案】D
【解析】对物体受力分析可知竖直方向合力为零，故有：FN+Fsinθ-mg=0，代入数据解得：FN=40N；F在水平方向的分力为：
Fx=Fcosθ=80N，由于受到摩擦力，且方向向左，故合力小于80N，故A错误；根据牛顿第二定律可知：Fx-f=ma，解得：＜8m/s2，故2s末的速度v=at＜16m/s，故B错误，D正确；无法判断物块与水平面间的动摩擦因数，故C错误；故选D.
3. 核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设规模．核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险．已知钚的一种同位素的半衰期为24100年，其衰变方程为，下列有关说法正确
的是( )
A. X原子核中含有92个中子
B. 100个经过24100年后一定还剩余50个
C. 由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程总质量增加
D. 衰变发出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力
【答案】A
【解析】根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为92，质量数为235，则有92质子，故A错误；半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，故B错误；由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程总质量减小，故C错误；衰变发出的γ放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，故D正确。

所以D正确，ABC错误。

4. 2016年7月6日，郑州两岁女童坠20米深井，消防官兵奋战11小时救出，某同学为了确定矿井的深度，查资料得知，质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，假定地球的密度均匀，半径为R，矿井底部和该地表处的重力加速度大小之比为n，则该矿井的深度正确的是
A. nR
B. (1-n)R
C. R
D. （1-）R
【答案】B
5. 如题图甲系某中学模拟远距离输电的实验电路，A1、A2是两个完全相同的交流电流表，L1、L2是两个规格完全相同的小灯泡R等效为输电导线的电阻B1、B2可看作理想变压器，其原副线圈的匝数之比分别
为4：16和16：4，实验时A、B端输入图乙所示的交变电流，看到L2能正常发光，则下列描述正确的是
A. L1比L2要暗
B. A1、A2的示数在不断的变化
C. A1、A2的示数不变，但A2的示数比A2要小
D. 通过L1、L2电流的频率均为50Hz
【答案】AD
【解析】L1是直接输电，输电线上电压损失大；根据变压器原理可知，经过升压变压器后的电流强度减小，输电线路的电压损失减小，L2两端电压要大于L1两端电压，L1比L2要暗，故A正确；A1、A2的示数都是有效值，保持不变，而经过变压器先升压后再输电时，输电线路的电流强度小，即IA1＞IA2，故BC错误；变压器变压不变频，通过L1、L2电流的频率均为：f==50Hz，故D正确．故选AD．
点睛：解决本题的关键掌握变压器的原理和特点，以及掌握远距离输电过程中电压损失和输入电压、输出电压的关系．
6. 安徽芜湖方特水上乐园是华东地区最大的水上主题公园. 如图为彩虹滑道，游客先要从一个极陡的斜坡落下，接着经过一个拱形水道，最后达到末端.下列说法正确的是
A. 斜坡的高度和拱形水道的高度差要设计合理，否则游客经过拱形水道的最高点时可能飞起来
B. 游客从斜坡的最高点运动到拱形水道最高点的过程中，重力一直做
正功
C. 游客从斜坡下滑到最低点时，游客对滑道的压力最小
D. 游客从最高点直至滑到最终停下来过程中，游客的机械能消失了【答案】AC
【解析】斜坡的高度和拱形水道的高度差要设计合理，不能让游客经过拱形水道最高点时的速度超过．否则游客会脱离轨道，故A正确．游客从斜坡的最高点运动到拱形水道最高点的过程中，重力先做正功后做负功，故B错误．游客从斜坡上下滑到最低点时，加速度向上，处于超重状态，游客对滑道的压力最大，故C错误．游客从最高点直至滑到最终停下来过程中，游客的机械能没有消失，而是转化为其他形式的能（内能），故D错误．故选A.
点睛：解决本题的关键是明确游客的运动状态，判断其能量转化情况．要知道游客经过拱形水道最高点时的速度超过时将做离心运
动．
7. 如图所示，在真空中有两个等量带正电的点电荷，分别置于P、Q 两点，O点是他们连线的中点，A、B为P、Q连线的中垂线上的两点，下列说法正确的是
A. 连线中点O的场强为零
B. 中垂线是一个等势面
C. 将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中q的电势能
一定逐渐减少
D. 将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中q受到的电场力一定逐渐减小
【答案】BD
【解析】P、Q是两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点O的场强为零．故A正确．PQ 连线上方的中垂线上每一点（除O点）电场线方向向上，如图．下方的中垂线上每一点（除O点）电场线方向向下，而顺着电场线是降低的，所以中垂线不是一个等势面．故B错误．将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点过程，电场力做正功，电荷的电势能减小．故C正确．由于A、B两点处地电场线的疏密不清楚，无法比较场强大小，则q由A点沿中垂线移动到B点，q受到的电场力可能逐渐减小，可能增大，可能先增大后减小．故D错误．故选AC.
点睛：对等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉；尤其是连线的中垂线上的场强分布特点要记住.
8. 运动质点的v-x图像如图所示，图线为顶点在坐标原点的抛物线的一部分下列说法正确的是
A. 质点做初速度为零的匀加速直线运动
B. 质点的加速度大小为5m/s2
C. 质点在3s末的速度大小为30m/s
D. 质点在3s内的平均速度大小为7.5m/s
【答案】ABD
【解析】由图线知，图线满足v2=2kx．将x=10m，v=10m/s，代入解得k=5，而运动学公式有 v2-v02=2ax，解得 v0=0，a=5m/s2．所以质点做初速度为零的匀加速直运动，加速度a=5m/s2，故AB正确；质点在3s末的速度v=at=5×3=15m/s，故C错误；质点在0～3s内的平均速度大小，故D正确．故选ABD.
点睛：解决本题的关键要根据数学知识得出a与v的关系，从而分析出物体的运动性质．要注意平均速度公式只适用于匀变速直线运
动．
三.非选择题：
（1）必考题
9. 某同学设计一个测定平抛运动初速度的实验装置，设计示意图如图所示，O点是小球抛出点，在O点有一个频闪的点光源，闪光频率为30Hz，在抛出点的正前方，竖直放置一块毛玻璃，在小球抛出后当光源闪光时，在毛玻璃上有一个小球的投影点，在毛玻璃右边用照相机多次曝光的方法，拍摄小球在毛玻璃上的投影照片．
（1）使用游标卡尺测量小球的直径如图乙所示，则小球直径为
_______cm
（2）已知图中O点与毛玻璃水平距离L=1.2m，两个相邻小球投影点的
实际距离△h=5cm，则小球在毛玻璃上投影像点做______运动，小球平抛运动的初速度是______m/s．
【答案】 (1). （1）1.170cm (2). （2）匀速直线（“匀速”也算正确） (3). 4.0
【解析】（1）小球直径为1.1cm+0.05mm×14=1.170mm；
（2）由于相机的曝光时间时一样的，所以若两个小球的投影的实际距离是相等的，则可以知道小球的投影是匀速直线运动．对球的第一个位置和其与水平位移x和竖直方向的位移y构成的三角形与投影三角形OBN是相似三角形ON=L，NB=Y，
．
对实物：x=v0t，y＝gt2，又由相似三角形，解得：Y＝①同理对球的第二个位置和其投影点可以得到：Y+△h＝②联立两式解得：v0=4m/s
点睛：此题所用到的方法和思维和我们平时所用的就不大一样，考点涉及平抛，涉及相似三角形的应用，这个的数学思想要多于物理思想．
10. 某实验探究小组为了较精确的测量一代侧电阻R，的阻值，利用多用电表粗测出它的阻值，然后再改用伏安法精确地测量，实验室里准备了以下器材：
A．多用电表 B．电压表V1，量程6V，内阻约10kΩ
C．电压表V2，量程15V，内阻约20kΩ D．电流表A1，量程
0.6A，内阻约0.2Ω
E．电流表A2，量程3A，内阻约0.02Ω F．电源：电动势E=6V G．滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，最大电流2A
H.滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，最大电流2A
I．导线、电键若干
（1）如图在用多用电表表盘，若用“×100”欧姆挡测量电阻，则读
数为_____Ω
（2）上述器材中应选出适当元器件________（填器材前面的字母代号）
（3）在虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图
______。

（4）探究小组的同学合理地连接好电路，并按正确的顺序操作，闭合开关后发现移动滑动变阻器时，电压表表示数有变化，电流表示数为零，故障可能是__________________，为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表 _____挡检查，在断电后用多用电表_____检测。

【答案】 (1). （1）800 (2). （2）ABDFGI (3). （3）如图所示；
(4). （4）待测电阻或者电流表以及在连线
发生断路 (5). 电压档 (6). 欧姆档
【解析】（1）用×100Ω挡测量电阻，由图示表盘可知，电阻阻值为：8×100=800Ω．
（2）应用伏安法测电阻需要电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关与导线等实验器材；
由于电源电动势为6V，则电压表选择B；电路最大电流约为：
≈0.0067A=6.7mA，则电流表选择D，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，滑动变阻器应选择G，故需要的实验器材为：ABDFGI．
（3）由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据滑动变阻器应选择分压接法，由于待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，电路图如图所示：
（4）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，电流表内有示数，说明电路存在断路，电压表示数发生变化，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，则与电压表并联的电流表和待测电阻所在支路断路；不断电时可以先使用多用电表的电压挡检测电路故障，断电后可以用多用电表的欧姆挡检测电路故障．
点睛：欧姆表指针示数与挡位乘积是欧姆表示数；实验器材的选择是常考问题，一定要掌握实验器材的选择原则；可以应用电压表、欧姆表或电流表检查电路故障，要掌握其检查方法．
11. 如图所示，金属板AB之间旬在大小可以调节的电压，一不计重力、质量为m、电荷量大小为q的负粒子从A板附近开始加速，进入磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的云强磁场区域。

磁场的边界MN 与B板的夹角为45o，B板上的小孔到M的距离为L。

试求：
（1）如果带电粒子垂直打在边界MN上，AB间的电压为多少？
（2）带电粒子能打在MN边界上的最小速度是多少？这种情况下，带电粒子从进入磁场到打在MN边界上的时间？
【答案】（1）Um=（2）；
.........
根据几何关系有：
得：R2＝(−1)L…④
洛伦兹力提供向心力为：qvminB＝m
得：…⑤
联立④⑤得：
这种情况下，带电粒子从进入磁场到打在MN边界圆心角135°，时间为：
点睛：本题关键是作出临界轨迹，然后根据洛伦兹力提供向心力列式求解，特别是记住基本公式洛仑兹力等于向心力，半径公式和周期公式也一定要记住才能提高解题速度．
12. 细管AB内壁光滑、厚度不计，加工成如图所示形状，长L=0.8m 的BD段固定在竖直平面内，其B端与半径R=0.4m的光滑圆弧轨道平滑连接，CD段是半径R=0.4m的1/4圆弧，AC段在水平面上，与长
S=1.25m、动摩擦因数μ=0.25的水平轨道AQ平滑相连，管中有两个可视为质点的小球a、b，ma=3mb．开始b球静止，a球以速度v向右运动，与b球发生弹性碰撞之后，b球能够越过轨道最高点P，a球能
滑出AQ．(重力加速度g取10m/s2， )．求：
①若v=4m/s，碰后b球的速度大小；
②若v未知，碰后a球的最大速度；
③若v未知，v的取值范围
【答案】①6m/s．②4.9m/s ③5m/s＜v0≤9.8m/s
【解析】①a、b碰撞过程中，以a、b组成的系统为研究对象，经受力分析，系统动量守恒．选向右的方向为正，设a、b碰后瞬间速度为va1、vb1，由动量守恒得：
mav0=mava1+mbvb1…①
因a、b的碰撞是弹性碰撞，所以机械能守恒，有：②
①②两式联立解得：va1＝v0＝2m/s；vb1＝v0＝6m/s
②、因a球能滑出AQ，故a与b碰后，a上升的高度不能超过B点，即上升的高度不会超过L+R．设碰撞后a的最大速度为
a球上升的过程中机械能守恒，有：ma=mag（L+R）
得：＝≈4.9m/s
③、欲使b能通过最高点，设b球与a碰撞后的速度为vb1，经过最高点时的速度为vb2，则有：mbg≤mb
得：vb2≥＝2m/s
b球在上升至最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：
解得：vb1≥6m/s
v0min≥vb1＝4m/s
因为a球能通过粗糙区域，设a碰撞前的速度为，碰撞后，的速度为va1，则有：＞2μgs
解得：va1＞2.5m/s
＝2va1＞5m/s
碰后a上升的高度不能超过（L+R），必须满足v0max＝
2va1≤2≈9.8m/s
综上可得5m/s＜v0≤9.8m/s
点睛：此题的第一第二问较为简单，只要判断出动量和机械能守恒，应用这两个守恒定律可求出结果．第三问较为复杂，一定要分析清楚a、b的运动过程和临界状态．这里有三个临界状态，一是b球恰能通过最高点；二是a球不能超过B点；三是a球还要滑出AQ．所以对这三个临界状态的分析成了解决此题的关键．解决临界问题，一般有两种基本方法：（1）以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析、讨论其特殊规律和特殊解．（2）直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，求解出所研究问题的规律和解．[物理-选修3-3]
13. 关于热现象，下列说法中，正确的是____________
A.布朗运动图中不规则折线表示的是液体分子的运动轨迹
B.一定质量气体压强不变温度升高时，吸收的热量一定大于内能的增加量
C.一定量100oC的水变成100oC的水蒸气，其分子之间的时能增加
D.可利用的高科技手段，将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他的变化
E.物体的内能取决与温度体积和物质的量
【答案】BCE
【解析】布朗运动图中不规则折线是将间隔相等时间描出的悬浮颗粒的位置点按时间顺序用直线连接起来得到的，不表示液体分子的运动
轨迹．故A错误．一定质量气体压强不变温度升高时，内能增大，而体积膨胀，对外做功，由热力学第一定律知，吸收的热量一定大于内能的增加量，故B正确．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，需要吸收热量，其内能增加，而分子个数、温度均不变，表明其分子之间的势能增加，故C正确．根据热力学第二定律知，一切涉及热现象的宏观现象都具有方向性，所以不可能将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化．故D错误．物体的内能是物体内所受的分子势能和动能的总和，因此物体的内能由温度、体积和物质的量决定．故E正确．故选BCE.
14. 如图所示，面积为S，质量为M的活塞在气缸内封闭着一定质量的理想气体，现对缸内气体缓慢加热，使缸内气体的温度从T1升高到
T2，气柱的高度增加了△L，内能增加了△U．已知整个过程中气体不会泄露，外界大气压强为p0，重力加速度为g．求
（Ⅰ）此加热过程中气体吸收的热量为多少？
（Ⅱ）若保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，则所放砝码的质量为多少？
【答案】（1）Q=△U+（p0S+Mg）△L（2）
【解析】（ⅰ）假设缸内气体的温度为T1时压强为p1，对活塞进行受力分析，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，得：
Mg+p0S=p1S
气体膨胀对外界做功为：
W=p1S△L
根据热力学第一定律得：Q-
W=△U
联立可得：Q=△U+（p0S+Mg）△L
（ⅱ）气体变化的整个过程可视为等容变化，假设放入砝码的质量为m，缸内气体的温度为T2时压强为p2，将活塞和砝码视为一个整体进行受力分析，系统受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，得：（M+m）g+p0S=p2S
根据查理定律：
联立可得：m=
点睛：此题是理想气体状态方程和热力学第一定律的结合，关键要准确分析气体作何种变化，再选择相应的规律解答，根据平衡条件求解封闭气体的压强是惯用的思路，要加强训练，熟练掌握．
[物理-选修3-4]
15. 图甲为一列横波在t=0时刻波动图象，图乙为介质中M点的振动图像下列说法正确的____________
A.这列波沿x轴正方向传播
B.这列波的频率为2Hz
C.这列波的波速大小为4m/s
D.经过2s，M点通过的路程是0.4cm
E.在t=1.5s时刻，N点向y轴负方向运动
【答案】ACE
【解析】根据乙图可知，在t=0时刻，M点向y轴负向运动，所以波是沿x轴正方向传播的，故A正确．由乙图可得周期为 T=1.0s，则频率为 f==1Hz，故B错误．由甲图可得波长为λ=4m，所以波速为
v==4m/s．故C正确．由于时间t=2s=2T，所以经过2s，M点通过的路程是S=8A=8×0.2cm=1.6cm．故D错误．因为t=1.5s=T，所以在
t=1.5s时刻，N点的运动方向与t=0时刻的运动方向相反，即向
下．故E正确．故选ACE.
点睛：本题首先要能正确识别、理解振动图象和波动图象，关键能把握两种图象之间的内在联系，要注意两种图象判断质点振动方向的方法是不同的，不能混淆．
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B，∠AOB＝60°，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？【答案】（1）R（2）小．
【解析】试题分析：（1）光路如图所示，可知i=60°
由折射率，可得r=30°
由几何关系及折射定律公式，得i'=30°，r'=60°
所以
在△OCD中可得
（2）由于单色蓝光比单色红光波长小、折射率n大，所以光线2向OD 偏折更明显，d将减小
考点：光的折射定律。