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1、2018-2019学年云南省楚雄州禄丰一中高三（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.如图所示，质量分别为、的A、B两物体用轻杆连接放在倾角为的斜面上，用始终平行斜面向上的恒力F推B，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为，下列关于轻杆的弹力的判断，正确的是A. 增大A的质量，可以增大轻杆的弹力 B. 增大B的质量，可以增大轻杆的弹力C. 减小，可以增大轻杆的弹力 D. 减小动摩擦因数，轻杆的弹力减小【答案】A【解析】【分析】对整体运用牛顿第二定律求出加速度，再对A研究，根据牛顿第二定律求出轻杆上的作用力。【详解】对AB整体，受重力、斜面的支持力N、滑动
2、摩擦力f和推力F作用，设它们沿斜面上升的加速度为a，根据牛顿第二定律有：F-mA+mBgsin-mA+mBgcos=mA+mBa，对A，受重力、斜面的支持力、滑动摩擦力和杆作用力，根据牛顿第二定律：F-mAgsin-mAgcos=mAa，解得：F=FmAmA+mB，由表达式可见增大A的质量可以增大轻杆的弹力，故A正确，B错误；F大小与、无关，故CD错误。所以A正确，BCD错误。【点睛】本题属于连接条问题，主要考查了牛顿第二定律以及整体法和隔离法的灵活运用问题。2.极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极轨道可视为圆轨道).如图所示，若某极地卫星从北纬30的正上方按图示方向第一次运行至南纬60正
3、上方，所用时间为t，已知地球半径为R(地球可看做球体，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，由以上条件可知A. 卫星运行的线速度为R2t B. 卫星距地面的高度(4gR2t22)13C. 卫星的质量为gR2G D. 卫星运行的角速度为2t【答案】D【解析】【分析】地球表面重力等于万有引力，卫星运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，据此展开讨论即可【详解】从北纬30的正上方按图示方向第一次运行至南纬60正上方转过的圆心角为=2，根据=t=2t，根据线速度v=r，所以卫星运行的线速度为r2t，由于R是地球半径，故A错误，D正确；根据万有引力提供圆周运动向心力有GMmr2=m2r，解得：r=(4
4、gR2t22)13，所以卫星距地面的高度是(4gR2t22)13-R，故B错误；根据已知条件无法求出卫星的质量，故C错误。所以D正确，ABC错误。【点睛】灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。3.如图所示，质量为m的小球可视为质点套在倾斜放置的固定光滑杆上，杆与竖直墙面之间的夹角为30.一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端写小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置，此时弹簧弹力为3mg，小球由静止释放后沿杆下滑，当弹簧到达竖直位置时，小球的速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h.全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内对于小
5、球的下滑过程，下列说法正确的是A. 弹簧与杆垂直时，小球动能最大 B. 小球的最大动能大于12mghC. 小球的最大动能等于12mgh D. 小球的最大动能小于12mgh【答案】C【解析】【分析】弹簧与杆垂直时，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可求解【详解】弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，所以小球的速度没有达到最大值，动能就没有达到最大，故A错误；小球沿杆向下先做加速运动，后做减速运动，当合力为零的瞬时速度最大，动能最大。设此时弹力的大小为F，弹簧与杆的夹角为。
6、则有：mgsin60=Fcos，根据对称性可知：=60，F=3mg，由数学知识可知动能最大的位置位于杆的中点，则从开始到动能最大的位置，弹簧的弹性势能不变，根据系统的机械能守恒得：Ek=mgh2，故C正确，BD错误。所以C正确，ABD错误。【点睛】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况，并运用数学知识解决物理问题4.如图所示，竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L，上方连接一个阻值为R的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场。两根完全相同的金属杆1和2靠在导轨上，金属杆长度与导轨宽度相等且与导轨接触良好、电阻
7、均为r、质量均为m；将金属杆l固定在磁场的上边缘，且仍在磁场内，金属杆2从磁场边界上方h0处由静止释放，进入磁场后恰好做匀速运动。现将金属杆2从离开磁场边界h(hho)处由静止释放，在金属杆2进入磁场的同时，由静止释放金属杆1，下列说法正确的是()A. 两金属杆向下运动时，流过电阻R的电流方向为abB. 回路中感应电动势的最大值为mg(2r+R)BLC. 磁场中金属杆l与金属杆2所受的安培力大小、方向均相同D. 金属杆l与2的速度之差为2gh【答案】BC【解析】试题分析：根据右手定则判断知金属杆2产生的感应电流方向向右，则流过电阻R的电流方向从ba；故A错误当金属杆2在磁场中匀速下降时，速度最
8、大，产生的感应电动势最大，由平衡条件得：BIL=mg，又I=Em2r+R，联立得：感应电动势的最大值为Em=mg(2r+R)BL故B正确根据左手定则判断得知两杆所受安培力的方向均向上，方向相同，由公式F=BIL可知安培力的大小也相同故C错误金属杆2刚进入磁场时的速度为v=2gh；在金属杆2进入磁场后，由于两个金属杆任何时刻受力情况相同，因此任何时刻两者的加速度也都相同，在相同时间内速度的增量也必相同，即：v10=v2v，则得v2v1=v=2gh，故D错误考点：考查了导体切割磁感线运动5.如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻
9、质滑轮与物体B相连接，B的质量M=1kg，绳绷直时B离地面有一定高度。在t=0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v-t图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则下列说法不正确的是A. B下落的加速度大小a=4m/s2B. A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W=3JC. A的质量M=0.5Kg，A与斜面间的动摩擦因数=0.5D. 00.75s内物体A克服摩擦力做的功为0.75J【答案】C【解析】【分析】AB具有相同的加速度大小，由题可得加速度；对B由牛顿第二定律可得绳的拉力，进而可得对A的
10、功；由牛顿第二定律可得A受到的摩擦力，进而可得A与斜面的摩擦因数；由功的公式可得摩擦力做的功。【详解】AB具有相同大小的加速度，由图可知B的加速度为：a=vt=4m/s2，故A说法正确。设绳的拉力为T，对B由牛顿第二定律：Mg-T=Ma，解得：T=Mg-Ma=110-14=6N， AB位移相同则由图可知A上升阶段，B的位移为：x=1220.5=0.5m，故绳的拉力对A做功为：W=Fx=60.5J=3J，故B说法正确；由图可知后0.25s时间A的加速度大小为：a=vt=20.25m/s2=8m/s2，此过程A只受摩擦力和重力：mgcos+mgsin=ma，解得：=0.25，故C说法错误；上升过程
11、中，对A根据牛顿第二定律得：T-mgsin-mgcos=ma，解得：m=0.5kg，全程位移为：s=1220.75m=0.75m，故物体克服摩擦力做功为：Wf=mgcoss=0.250.5100.80.75J=0.75J，故D说法正确。所以选C。【点睛】本题是综合性比较强的题目，需要熟练掌握运动学，功的计算，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，能根据速度时间图象求解加速度和位移。二、多选题（本大题共5小题，共25.0分）6.如图所示，理想交变电流表A1与理想变压器原线圈相连，副线圈中有P0、R2、R3、交变电流表A2和开关s。初始开关s断开，原线圈接稳定的交变电压，下列说法正确的是A
12、. s闭合，A1示数增大 B. s闭合，A2示数增大C. s闭合，R2消耗的功率减小 D. s闭合，变压器输出功率增大【答案】ACD【解析】【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。【详解】当闭合开关S后，电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，所以输出电流增大，从而输入电流增大，A1示数增大，故A正确；当闭合开关S后，电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，所以输出电流增大，根据
13、串联电路分压特点，R1两端电压增大，R2端电压减小，所以A2的示数减小，故B错误；当闭合开关S后，电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，所以输出电流增大，根据串联电路分压特点，R1两端电压增大，R2端电压减小，根据P=U2R可知R2消耗的功率减少，故C正确；当闭合开关S后，电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，根据P=U2R可知变压器输出功率增大，故D正确。所以ACD正确，B错误。【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分
14、的方法。7.粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m、电荷量为e，在加速器中被加速不考虑相对论效应，则下列说法正确的是()A. 不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速粒子B. 加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增大而增大C. 质子被加速后的最大速度不能超过2RfD. 质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为 21【答案】CD【解析】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的
15、最大速度，从而求出最大动能在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等解：A、带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T=知，换用粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速粒子故A错误B、根据qvB=m，知v=，则最大动能EKm=mv2=与加速的电压无关故B错误C、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=2Rf所以最大速度不超过2fR故C正确D、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v=知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为：1，根据r=，则半径比为：1故D正确故选CD【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等8.如图所示，半径为R内壁光滑的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，直径AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中现将一质量为m，带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg，以下说法正确的是A. 小球释放后，到达D点时速
