江蘇省蘇北三市（徐州連云港淮安）2019屆高三上學(xué)期期末第一次質(zhì)量檢測物理試題

1、絕密啟用前【市級聯(lián)考】江蘇省蘇北三市（徐州、連云港、淮安)2019屆高三上學(xué)期期末第一次質(zhì)量檢測物理試題試卷副標(biāo)題考試范圍：xxx；考試時間：100分鐘；命題人：xxx題號一二三四五總分得分注意事項：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題)請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、單選題12018年11月16日，第26屆國際計量大會(CGPM)表決通過了關(guān)于“修訂國際單位制(SI)”的1號決議，摩爾等4個SI基本單位的定義將改由常數(shù)定義.下列各組單位中，屬于國際單位制基本單位的是()AkgmA BkgsN CmsN DsAT2如圖所示，象棋子壓著紙條

2、，放在光滑水平桌面上.第一次沿水平方向?qū)⒓垪l抽出，棋子落在地面上的P點.將棋子、紙條放回原來的位置，仍沿原水平方向?qū)⒓垪l抽出，棋子落在地面上的Q點，與第一次相比()A棋子受到紙條的摩擦力較大B棋子落地速度與水平方向夾角較大C紙條對棋子的摩擦力做功較多D棋子離開桌面至落地過程中動能增量較大3如圖所示，一塊可升降白板沿墻壁豎直向上做勻速運(yùn)動，某同學(xué)用畫筆在白板上畫線，畫筆相對于墻壁從靜止開始水平向右先勻加速，后勻減速直到停止取水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，則畫筆在白板上畫出的軌跡可能為()A B C D4如圖所示，金屬板帶有等量異種電荷，板間某一豎直平面內(nèi)電場線的分布如實線所示，已知

3、該平面內(nèi)P、O的連線為等勢線，且與電場線上兩點M、N的連線垂直一帶電油滴在O點處于靜止?fàn)顟B(tài)則()A若將油滴置于P處，仍能靜止B若將油滴從M處釋放，將沿電場線運(yùn)動至N處CM點的電勢一定比N點的高D油滴在M點的電勢能一定比在N點的小5如圖所示，豎直平面內(nèi)有固定的彎折形滑桿軌道ACB和ADB，AC平行于DB，AD平行于CB.一小圓環(huán)(圖中未畫出)先后套在ACB、ADB上，從A點由靜止釋放，滑到B點所用的時間為t1、t2，到達(dá)B點的速度大小為v1、v2.已知小圓環(huán)與兩條軌道之間的動摩擦因數(shù)都相同，不計彎折處能量損失.下列關(guān)系式成立的是() At1t2 Bt1v2 Dv1v26下列說法正確的是 .A質(zhì)量

4、數(shù)越小的原子核，比結(jié)合能越大B盧瑟福根據(jù)粒子散射實驗提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型C德國物理學(xué)家普朗克提出了量子假說，并成功解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象D氡的半衰期為3.8天，若取40個氡原子核，則經(jīng)過7.6天剩下10個氡原子核7下列說法正確的是( )A布朗運(yùn)動是液體分子的無規(guī)則運(yùn)動B溫度是分子平均動能的標(biāo)志C水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大D一定質(zhì)量的理想氣體，吸收熱量后溫度一定升高評卷人得分二、多選題82018年11月19日發(fā)射的北斗導(dǎo)航衛(wèi)星進(jìn)入離地面高度約2.1104km的軌道，繞地球做勻速圓周運(yùn)動，則該衛(wèi)星的()A發(fā)射速度大于第一宇宙速度B運(yùn)轉(zhuǎn)速度大于第一宇宙速度C運(yùn)轉(zhuǎn)周期大于地球自轉(zhuǎn)周期D向心加速度小于

5、地球表面處重力加速度9如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為12，原線圈接交流電壓u10sin20t(V)下列說法正確的有()A交流電壓的周期為0.1sB電壓表V示數(shù)為14.1VCP向上滑動，電壓表V示數(shù)將變小DP向上滑動，電流表A示數(shù)將變小10如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場的寬度為L，一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為d(dL)的正方形金屬線框豎直放置.線框由靜止釋放，進(jìn)入磁場過程中做勻速運(yùn)動，完全離開磁場前已做勻速運(yùn)動.已知重力加速度為g，則線框()A進(jìn)、出磁場過程中電流方向相同B進(jìn)、出磁場過程中通過線框某一橫截面的電荷量相等C通過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(Ld)DMN邊離開磁場時

6、的速度大小為11如圖所示，質(zhì)量為m的物體套在足夠長的固定傾斜直桿上，并用彈性繩連接于O點桿與水平方向的夾角為，桿上C點位于O點的正下方物體與桿間的動摩擦因數(shù)tan .物體在A點時，繩水平且處于原長狀態(tài)將物體從A點由靜止釋放，則物體()A到C點時，速度可能為0B到C點時，加速度可能為0C下滑過程中加速度先減小后增大D可以再次回到A點12下列說法正確的是（ ）A受迫振動的頻率總等于振動系統(tǒng)的固有頻率B波長越長的電磁波越容易發(fā)生衍射C利用超聲波的多普勒效應(yīng)，可測量心臟血液的流速D宇航員在相對地面高速運(yùn)動的飛船里觀測到地面上的鐘走的較快第II卷（非選擇題)請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分三、實驗

7、題13某同學(xué)用圖甲所示的裝置來探究小車加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系（1）用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度如圖乙所示，其讀數(shù)為_cm.（2）為了使細(xì)線對小車的拉力等于小車受到的合力，應(yīng)_A. 平衡摩擦力B. 調(diào)節(jié)細(xì)線與長木板平行C. 使砝碼及砝碼盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量D. 使砝碼及砝碼盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于小車的質(zhì)量（3）該同學(xué)完成相關(guān)操作后將小車由靜止釋放，讀出遮光條通過光電門A、B的時間分別為t1、t2，測出遮光條的寬度為d，A、B之間的距離為x，則小車的加速度a_(用給定的物理量字母表示)（4）若保持砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量m不變，改變小車質(zhì)量M，則作出的1a-M圖象為_ABCD14某同學(xué)用圖甲所示電路來測

8、繪小燈泡的伏安特性曲線，器材如下：A. 小燈泡(額定電壓2.5V，額定電流0.25A)；B. 電流表(00.6A)；C. 電壓表(03V)；D. 滑動變阻器R1(010)；E. 滑動變阻器R2(01 000)；F. 干電池(電動勢為1.5V)兩節(jié)；G. 開關(guān)，導(dǎo)線若干（1）滑動變阻器應(yīng)選_(選填器材前的代號)（2）實驗中得到的數(shù)據(jù)如下表所示，根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖乙中作出小燈泡的U-I圖象_，由圖象可知小燈泡的電阻隨溫度的升高而_(選填“增大”“減小”或“不變”)U/V0.200.400.601.001.401.802.002.20I/A0.040.080.110.150.180.200.210.2

9、2（3）某同學(xué)用一節(jié)干電池與阻值為5的電阻R、小燈泡及電壓表連接成圖丙所示電路，測得電壓表讀數(shù)為0.8V，結(jié)合圖乙中圖象求得小燈泡實際消耗的功率為_W，干電池內(nèi)阻為_.(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)評卷人得分四、填空題15靜止的電子經(jīng)電場加速后，撞擊氫原子使其由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，電子的加速電壓至少為_V；用大量處于n4能級的氫原子向低能級躍遷釋放的光子，照射某種金屬，有兩種頻率的光子能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則該金屬的逸出功W0一定小于_eV. 16一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化如圖所示，其中ab是等溫過程，氣體對外界做功100J；bc是絕熱過程，外界對氣體做功150J；ca是等容過程則bc的過程中氣體

10、溫度_(選填“升高”“降低”或“不變”)，abca的過程中氣體放出的熱量為_J. 17如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t0時刻的波形已知x0處的質(zhì)點振動周期為0.2s，該簡諧波的波速為_m/s，x2m處的質(zhì)點在0.15s時偏離平衡位置的位移為_cm. 評卷人得分五、解答題18一枚在空中飛行的炮彈，質(zhì)量M6kg，在最高點時的速度v0900m/s，炮彈在該點突然炸裂成A、B兩塊，其中質(zhì)量m2kg的B做自由落體運(yùn)動求：爆炸后A的速度大??；爆炸過程中A受到的沖量大小19如圖所示為一個防撞氣包，包內(nèi)氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為336mL，已知氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的摩爾體積V022.4L/mol，阿伏加德

11、羅常數(shù)NA6.01023mol1，求氣包內(nèi)(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)：氣體的分子個數(shù)；氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下每個分子所占的體積20有些人工材料的折射率可以為負(fù)值(n0)，這類材料的入射角i與折射角r依然滿足sinisinr=n，但是折射光線與入射光線位于法線的同一側(cè)(此時折射角取負(fù)值)如圖所示為空氣中一長方體材料，其厚度為d15cm，長度為l30cm，一束光從其上表面的中點處以45的入射角射入，已知該材料對此光的折射率n=2，光在空氣中的傳播速度c3.0108m/s.求(計算結(jié)果可用根式表示)：在該材料中傳播速度的大?。还鈴南卤砻嫔涑鳇c到材料左側(cè)面的距離21如圖所示，相距L的兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水

12、平面上，左端與一阻值為R的定值電阻相連，一質(zhì)量為m、阻值為r的導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，整個裝置置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中導(dǎo)體棒在水平外力作用下以速度v沿導(dǎo)軌水平向右勻速滑動滑動過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌的電阻可忽略，棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.求：（1）棒中電流I的大小；（2）水平外力F的大??；（3）當(dāng)棒與定值電阻間的距離為d時開始計時，保持棒速度v不變，欲使棒中無電流，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系式22如圖所示，傾角為30的足夠長斜面固定于水平面上，輕滑輪的頂端與固定于豎直平面內(nèi)圓環(huán)的圓心O及圓環(huán)上的P點在同一水平線上，細(xì)線一端與套在環(huán)上質(zhì)

13、量為m的小球相連，另一端跨過滑輪與質(zhì)量為M的物塊相連在豎直向下拉力作用下小球靜止于Q點，細(xì)線與環(huán)恰好相切，OQ、OP間成53角撤去拉力后球運(yùn)動到P點速度恰好為零忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin530.8，cos 530.6，求：（1）拉力的大小F；（2）物塊和球的質(zhì)量之比Mm；（3）球向下運(yùn)動到Q點時，細(xì)線張力T的大小23在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)拇艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動的控制在如圖所示的平面坐標(biāo)系xOy內(nèi)，矩形區(qū)域(3dxd、3dyEO，則在P點的電場力大于重力，則油滴不會處于靜止?fàn)顟B(tài)，故選項A錯誤；B、帶電油滴受到重力和電場力的作用，由于電場的方向為電場線的切線方向，可知二者的

14、合力的方向時刻在變化，其合力的方向不沿著電場線，根據(jù)曲線運(yùn)動條件可知，油滴也不會沿電場線運(yùn)動到N處，故選項B錯誤；C、根據(jù)電場線的性質(zhì)，可知沿著電場線電勢降低，由于電場線的方向未知，故M、N點電勢高低也是未知的，故選項C錯誤；D、若油滴帶負(fù)電，則上極板帶正電，則MN，則根據(jù)電勢能公式Ep=q可知：EPMEPN；若油滴帶正電，則上極板帶電，則MN，同理可知：EPMR，則ag，即北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的向心加速度小于地球表面處重力加速度，故選項D正確?！军c睛】本題關(guān)鍵掌握第一宇宙速度的含義，同時掌握萬有引力提供向心力，列出方程進(jìn)行求解即可。9AB【解析】【分析】根據(jù)表達(dá)式u10sin20t(V)可以求出周期

15、，根據(jù)U1U2=n1n2可以求出電壓表的示數(shù)，同時由于電流表與電容器串聯(lián)，交變電流能“通過”電容器，導(dǎo)致電流表示數(shù)時刻在變化；【詳解】A、根據(jù)公式知交流電壓的周期為：T=2=220s=0.1s，故選項A正確；B、由于電表的示數(shù)均為有效值，則原線圈的有效值為：U1=Um2=102V=52V根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知：U1U2=n1n2，則可以得到：U2=n2n1U1=2152V=102V=14.1V，故選項B正確；C、由于原、副線圈的匝數(shù)不變，原線圈的電壓不變，根據(jù)U1U2=n1n2可知副線圈電壓不變，則電壓表示數(shù)不變，故選項C錯誤；D、由于電流表與電容器串聯(lián)，接在交變電流中，頻率不變，容抗不變，

16、副線圈電壓不變，故電流表的讀數(shù)不變，故選項D錯誤?！军c睛】本題考查變壓器的工作原理，知道電壓之比等于匝數(shù)之比，同時要知道交變電流能“通過”電容器，電容器不斷的充電和放電，導(dǎo)致電流表示數(shù)不斷變化。10BCD【解析】【分析】根據(jù)右手定律判斷感應(yīng)電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解電量，根據(jù)能量守恒定律求解焦耳熱，根據(jù)重力與安培力平衡求解速度即可；【詳解】A、根據(jù)右手定則可知：在進(jìn)入磁場時感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，在離開磁場時感應(yīng)電流方向為順時針方向，故選項A錯誤；B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知：E=t，則電流為：I=ER，則電量為：q=It=R，由于線圈進(jìn)入磁場和離開磁場時的相同，電阻R不變，則

17、進(jìn)、出磁場過程中通過線框某一橫截面的電荷量相等，故選項B正確；C、由于進(jìn)入磁場和離開磁場時均為勻速運(yùn)動，說明進(jìn)入和離開時速度相同，即動能相同，根據(jù)能量守恒定律可知：減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，即產(chǎn)生的焦耳熱為mg(Ld)，故選項C正確；D、由題可知，離開磁場時勻速運(yùn)動，即重力與安培力平衡，即:mg=BId=BBdvRd則離開磁場時速度為：v=mgRB2d2，故選項D正確?！军c睛】對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下物體的平衡問題；另一條是能量，分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，注意電量的求法問題。11AB【解析】【分析】對物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第

18、二定律以及動能定理進(jìn)行分析即可；【詳解】A、從A點到達(dá)C點，有重力做正功，阻力做負(fù)功，可能存在彈力也做負(fù)功，若三者合力的功為零，則根據(jù)動能定理可以知道，到達(dá)C點時動能也為零，則速度為零，故選項A正確；B、若到達(dá)C點時，其受到的彈性繩的彈力等于重力時，即此時加速度可能為零，故選項B正確；C、當(dāng)彈性繩沒有彈力時，由于0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律有：U=W+Q，又因為絕熱過程故Q=0，故U0，內(nèi)能增加，溫度升高；ab是等溫過程，則Uab=0，氣體對外界做功100J，則Wab=-100J，則根據(jù)熱力學(xué)第一定律有：Qab=-100J；bc是絕熱過程，則Qbc=0，外界對氣體做功150J，則Wbc=150J，則

19、根據(jù)熱力學(xué)第一定律有：Ubc=150J；由于ca是等容過程，外界對氣體不做功Wca=0，壓強(qiáng)減小，則溫度降低，放出熱量，由于ab是等溫過程，所以放出的熱量等于bc增加的內(nèi)能，即Qca=-150J，則根據(jù)熱力學(xué)第一定律有：Uca=-150J；綜上所述，abca的過程中氣體放出的熱量為Q=50J?！军c睛】本題考查氣體定律與熱力學(xué)第一定律的綜合運(yùn)用，解題關(guān)鍵是要根據(jù)圖象分析好壓強(qiáng)P、體積V、溫度T三個參量的變化情況，知道發(fā)生何種狀態(tài)變化過程，選擇合適的實驗定律，注意理想氣體的內(nèi)能與熱力學(xué)溫度成正比以及每個過程中做功的正負(fù)。1720 10 【解析】【分析】由圖讀出波長，由公式求出波速；波向x軸正方向傳

20、播，運(yùn)用波形的平移法判斷質(zhì)點在0.15s時的位置，即可求出其位移；【詳解】由題可知波形周期為：T=0.2s，波長為：=4m，根據(jù)公式v=T可知波速為：v=20m/s；t=0.15s=34T，由波形圖可知經(jīng)過34T，x2m處的質(zhì)點處于波谷處，則此時刻偏離平衡位置的位移為-10cm?！军c睛】本題由波動圖象讀出波長、周期求出波速，同時注意波形的平移法是波的圖象中常用的方法，要熟練掌握。181350m/s1800 Ns【解析】【分析】根據(jù)動量守恒定律進(jìn)行求解即可；根據(jù)動量定理進(jìn)行求解即可；【詳解】炮彈爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，以炮彈的初速度方向為正方向根據(jù)動量守恒定律有：Mv0=(M-m)vA，解得vA=

21、1350m/s，方向與初速度方向相同；根據(jù)動量定理可知A的沖量為：I=p=M-mvA-v0=1800Ns，方向與初速度方向相同?！军c睛】本題考查了動量守恒和動量定理的應(yīng)用，分析清楚物體的運(yùn)動過程，應(yīng)用動量守恒定律和動量定理進(jìn)行求解即可。199.01021個3.71026m3【解析】【分析】根據(jù)標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積和摩爾體積求出物質(zhì)的量，從而求出分子個數(shù)；根據(jù)標(biāo)準(zhǔn)狀況下的摩爾體積即可求出標(biāo)準(zhǔn)狀況下每個分子所占的體積；【詳解】由題意可知：分子數(shù)目為：N=VV0NA=9.01021個；由題意可知氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下每個分子所占的體積為：V=V0NA=3.71026m3。【點睛】解決本題的關(guān)鍵知道摩爾質(zhì)量、摩爾

22、數(shù)、摩爾體積以及阿伏伽德羅常數(shù)等之間的關(guān)系，在平時學(xué)習(xí)過程加強(qiáng)訓(xùn)練即可。201.52108m/s(1553)cm【解析】【分析】畫出光路圖，結(jié)合折射率公式以及幾何關(guān)系進(jìn)行求解即可；【詳解】根據(jù)公式n=cv可以得到該材料中傳播速度的大小為：v=cn=1.52108m/s；光路圖如圖所示：由n=sinisinr得r=30由幾何關(guān)系可以得到：x=l2-dtan300=15-53cm。21（1）B0LvR+r（2）mg+B02L2vR+r（3）B0dvt+d【解析】【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出電動勢，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電流；（2）根據(jù)安培力和平衡條件求解拉力F；（3）根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生

23、的條件，當(dāng)磁通量不變時，則無感應(yīng)電流產(chǎn)生；【詳解】（1）棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢為EB0Lv根據(jù)閉合電路歐姆定律可以得到棒中電流為：I=ER+r得到：I=B0LvR+r；（2）棒子受力平衡，根據(jù)平衡條件可以得到：Fmg+F安，F(xiàn)安=B0IL得到：F=mg+B02L2vR+r；（3） 棒中無電流則回路磁通量不變，則：B0Ld=BL(vt+d)得到：B=B0dvt+d?！军c睛】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識的綜合，要知道電磁感應(yīng)與電路聯(lián)系的橋梁是感應(yīng)電動勢，安培力是聯(lián)系力與電磁感應(yīng)的橋梁，同時要注意當(dāng)回路沒有感應(yīng)電流時，則磁通量沒有發(fā)生變化。22（1）56Mg-mg（2）Mm125（3）11Mmg10M+m【解析】【分析】（1）根據(jù)平衡條件，對M和m分別列出平衡方程即可；（2）對M和m列出系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即可求解；（3）對M和m根據(jù)牛頓第二定律列出方程即可；【詳解】（1）設(shè)細(xì)線的張力為T1，根據(jù)平衡條件可以得到：物塊M：T1Mgsin30球m：(F+mg)cos53=T1得到：F=56Mg-mg；（2）設(shè)環(huán)的半徑為R，球運(yùn)動至P過程中，球上升高度為：h1Rsin53物塊沿斜面下滑的距離為：L=Rtan53-Rcos530-R 由機(jī)械能守恒定律有： mgh1=MgLsin30得到：M:m