實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期期末考試試題含解析

黑龍江省實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期期末考試試題含解析黑龍江省實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期期末考試試題含解析PAGE20-黑龍江省實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期期末考試試題含解析黑龍江省實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期期末考試試題(含解析）一、選擇題:本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1～4題只有一項符合題目要求，第5~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1。如圖所示,甲是回旋加速器的原理圖，乙是研究自感現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)電路圖，丙是歐姆表的內(nèi)部電路圖，丁圖是速度選擇器，下列說法正確的是(）A。甲圖是加速帶電粒子的裝置，其加速電壓越大，帶電粒子最后獲得的速度變大B。乙圖電路開關(guān)斷開瞬間，燈泡A可能會突然閃亮一下C.丙圖在測量電阻時，電流從A經(jīng)過R流向BD。丁圖中電子從右向左運(yùn)動時，可能是直線運(yùn)動【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)得，粒子的最大速度，可知最大速度與加速電壓無關(guān)．只和磁場區(qū)域的半徑有關(guān);故A不正確．B．電鍵斷開的瞬間,由于線圈對電流有阻礙作用，通過線圈的電流會通過燈泡A,所以燈泡A不會立即熄滅，若斷開前,通過電感的電流大于燈泡的電流,斷開開關(guān)后,燈泡會閃亮一下然后逐漸熄滅．若斷開前，通過電感的電流小于等于燈泡的電流,斷開開關(guān)后，燈泡不會閃亮一下．故B正確．C．丙圖為多用電表的歐姆檔;需要進(jìn)行歐姆調(diào)零，測量的電流都是從正極出發(fā)流過黑表筆，流過電阻R，最后從紅表筆進(jìn)表到電源的負(fù)極，故C錯誤．D．丁圖利用了速度選擇器的原理,電子從右向左運(yùn)動時，洛倫茲力和電場力都向上，則向上偏轉(zhuǎn)；此裝置只能從左向右選擇速度，故D錯誤。故選B。2。如圖所示的木塊B靜止在光滑的水平面上，木塊上有半徑為的光滑圓弧軌道,且圓弧軌道的底端與水平面相切，—可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A以水平向左的速度沖上木塊，經(jīng)過一段時間剛好運(yùn)動到木塊的最高點(diǎn)，隨后再返回到水平面．已知兩物體的質(zhì)量為、重力加速度g=10m/s2．則下列說法正確的是()A。物塊A滑到最高點(diǎn)的速度為零B.物塊A的初速度大小為4m/sC.物塊A返回水平面時的速度為4m/sD。木塊B的最大速度為2m/s【答案】B【解析】【詳解】AB．物塊A剛好運(yùn)動到木塊B的最高點(diǎn)時,兩者共速為v，對物塊A和木塊B組成的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒和水平方向動量守恒得：=mAgR+解得v0=4m/s、v=2m/s故A錯誤，B正確;CD．當(dāng)物塊A返回到水平面時，木塊B的速度最大，由機(jī)械能守恒和水平方向動量守恒得:=+解得v2=4m/s、v1=0m/s另一組解v1=4m/s、v2=0(舍去）故CD錯誤．3。如圖所示,邊界OM與ON之間分布有垂直紙面向里勻強(qiáng)磁場，邊界ON上有一粒子源S．某一時刻，從離子源S沿平行于紙面,向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等,經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OM射出磁場．已知∠MON＝30°,從邊界OM射出的粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間等于T（T為粒子在磁場中運(yùn)動的周期)，則從邊界OM射出的粒子在磁場中運(yùn)動的最短時間為（）A.T B.T C.T D.T【答案】A【解析】【詳解】粒子在磁場中運(yùn)動做勻速圓周運(yùn)動,入射點(diǎn)是S，出射點(diǎn)在OM直線上，出射點(diǎn)與S點(diǎn)的連線為軌跡的一條弦．當(dāng)從邊界OM射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最短時，軌跡的弦最短,根據(jù)幾何知識,作ES⊥OM，則ES為最短的弦，粒子從S到E的時間即最短．由題意可知，粒子運(yùn)動的最長時間等于，設(shè)OS＝d，則DS＝OStan30°＝，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑為：,由幾何知識有：ES＝OSsin30°＝d，cosθ＝＝，則：θ＝120°，粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為：tmin＝,故A正確，BCD錯誤．4。如圖所示，衛(wèi)星在半徑為的圓軌道上運(yùn)行速度為，當(dāng)其運(yùn)動經(jīng)過點(diǎn)時點(diǎn)火加速，使衛(wèi)星進(jìn)入橢圓軌道運(yùn)行，橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)與地心的距離為，衛(wèi)星經(jīng)過點(diǎn)的速度為,若規(guī)定無窮遠(yuǎn)處引力勢能為0，則引力勢能的表達(dá)式，其中為引力常量，為中心天體質(zhì)量,為衛(wèi)星的質(zhì)量，為兩者質(zhì)心間距，若衛(wèi)星運(yùn)動過程中僅受萬有引力作用，則下列說法正確的是（）A.vB>v1B。衛(wèi)星在橢圓軌道上點(diǎn)的加速度小于點(diǎn)的加速度C.衛(wèi)星在點(diǎn)加速后的速度為D.衛(wèi)星從點(diǎn)運(yùn)動至點(diǎn)的最短時間為【答案】C【解析】【詳解】A．假設(shè)衛(wèi)星在半徑為r2的圓軌道上運(yùn)行時速度為v2．由衛(wèi)星的速度公式知，衛(wèi)星在半徑為r2的圓軌道上運(yùn)行時速度比衛(wèi)星在半徑為r1的圓軌道上運(yùn)行時速度小，即v2〈v1．衛(wèi)星要從橢圓軌道變軌到半徑為r2的圓軌道，在B點(diǎn)必須加速,則vB<v2，所以有vB〈v1．故A錯誤.B．由，可知軌道半徑越大，加速度越小,則，故B錯誤；C．衛(wèi)星加速后從A運(yùn)動到B的過程，由機(jī)械能守恒定律得，得故C正確；D．設(shè)衛(wèi)星在半徑為r1的圓軌道上運(yùn)行時周期為T1，在橢圓軌道運(yùn)行周期為T2．根據(jù)開普勒第三定律又因?yàn)樾l(wèi)星從A點(diǎn)運(yùn)動至B點(diǎn)的最短時間為聯(lián)立解得故D錯誤。故選C。5.如圖所示，實(shí)線是電場中一簇方向已知的電場線，虛線是一個帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運(yùn)動軌跡,a、b是運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)，若帶電粒子只受電場力作用，根據(jù)此圖作出的判斷是（）A。帶電粒子一定帶負(fù)電B。帶電粒子一定是從a向b運(yùn)動的C。帶電粒子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度D。帶電粒子在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能【答案】ACD【解析】【詳解】A．合力大致指向軌跡凹的一向,可知電場力方向沿電場線向左，而電場線向右，所以帶電粒子帶負(fù)電，A正確。B．帶電粒子可能從a運(yùn)動到b，也可能從b運(yùn)動到a，B錯誤。C．a(chǎn)處電場線較密，故a點(diǎn)的場強(qiáng)大于b點(diǎn)的場強(qiáng)，所以a點(diǎn)所受的電場力大于b點(diǎn)，則帶電粒子在b點(diǎn)的加速度小于在a點(diǎn)的加速度，C正確。D．若粒子從a運(yùn)動到b，電場力方向與速度方向夾角為鈍角，電場力做負(fù)功，電勢能增大。所以帶電粒子在b點(diǎn)的電勢能大于在a點(diǎn)的電勢能；若粒子從b運(yùn)動到a，電場力方向與速度方向夾角為銳角，電場力做正功，電勢能減小,故電粒子在b點(diǎn)的電勢能大于在a點(diǎn)的電勢能，綜上所述,電粒子在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能,D正確。故選ACD6.如圖甲所示，等離子氣流(由高溫高壓的等電量的正、負(fù)離子組成)由左方連續(xù)不斷地以速度v0射入P1和P2兩極板間的勻強(qiáng)磁場中，ab直導(dǎo)線與P1、P2相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd相連接,線圈A內(nèi)存在如圖乙所示的變化磁場,且磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向規(guī)定為向左,則下列敘述正確的是(）A。0～1s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥B。1~2s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引C。2~3s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥D.3～4s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引【答案】BC【解析】【詳解】左側(cè)實(shí)際上為等離子體發(fā)電機(jī)，將在ab中形成從a到b的電流,由圖乙可知,0~2s內(nèi)磁場均勻變化，根據(jù)楞次定律可知將形成從c到d的電流，同理2~4s形成從d到c的電流，且電流大小不變,故0～2s秒內(nèi)電流同向,相互吸引，2～4s電流反向，相互排斥,故A，D錯誤,B,C正確。故選BC。7.如圖a所示在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量m的單匝均勻正方形銅線框，邊長為a,在1位置以速度v0進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場并開始計時t＝0，若磁場的寬度為b(b＞3a）,在3t0時刻線框到達(dá)2位置速度又為v0并開始離開勻強(qiáng)磁場．此過程中v﹣t圖象如圖b所示，則（）A.t＝0時，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為Bav0B。在t0時刻線框的速度為C。線框完全離開磁場的瞬間位置3速度一定比t0時刻線框的速度大D.線框從1位置進(jìn)入磁場到完全離開磁場位置3過程中，線框中產(chǎn)生的電熱為2Fb【答案】BD【解析】【詳解】A.t＝0時，MN邊切割磁感線相當(dāng)于電源,線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外電壓，感應(yīng)電動勢：E＝Bav0外電壓U外EBav0，故A項不合題意.B.根據(jù)圖象可知在t0～3t0時間內(nèi)，線框做勻加速直線運(yùn)動,合力等于F，則在t0時刻線框的速度為v＝v0—a?2t0＝v0故B項符合題意.C。因?yàn)閠＝0時刻和t＝3t0時刻線框的速度相等，進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程中受力情況相同，故線框完全離開磁場時的速度與t0時刻的速度相等，故C項不合題意。D.因?yàn)閠＝0時刻和t＝3t0時刻線框的速度相等,進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程中受力情況相同，故線框完全離開磁場時的速度與t0時刻的速度相等,進(jìn)入磁場克服安培力做的功和離開磁場克服安培力做的功一樣多.線框在位置1和位置2時的速度相等，從位置1到位置2過程中外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb＝Q，所以線框穿過磁場的整個過程中，產(chǎn)生的電熱為2Fb，故D項符合題意.8。如圖所示，斜面體ABC放在水平桌面上，其傾角為37o,其質(zhì)量為M=5kg．現(xiàn)將一質(zhì)量為m=3kg的小物塊放在斜面上,并給予其一定的初速度讓其沿斜面向上或者向下滑動．已知斜面體ABC并沒有發(fā)生運(yùn)動，重力加速度為10m/s2,sin37o=0.6．則關(guān)于斜面體ABC受到地面的支持力N及摩擦力f的大小,下面給出的結(jié)果可能的有（）A。N=50N，f=40N B.N=87.2N,f=9。6NC.N=72。8N,f=0N D。N=77N，f=4N【答案】ABD【解析】【詳解】設(shè)滑塊的加速度大小為a,當(dāng)加速度方向平行斜面向上時，對Mm的整體，根據(jù)牛頓第二定律,有:豎直方向：N-（m+M）g=masin37°水平方向：f=macos37°解得：N=80+1。8a①f=2。4a②當(dāng)加速度平行斜面向下,對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有：豎直方向：—N+（m+M）g=masin37°水平方向：f=macos37°解得：N=80—1。8a③f=2。4a④A、如果N=50N，f=40N，則，符合③④式，故A正確;B、如果N=87。2N，f=9。6N，則a=—4m/s2，符合①②兩式,故B正確;C、如果N=72.8N，f=0N，不可能同時滿足①②或③④式，故C錯誤;D、如果N=77N，f=4N，則，滿足③④式，故D正確；故選ABD。二、非選擇題：共62分，第9～12題為必考題,每個試題考生都必須作答.第13～14題為選考題,考生根據(jù)要求作答.9.利用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，水平桌面上固定一傾斜的氣墊導(dǎo)軌,導(dǎo)軌上A點(diǎn)處有一帶長方形遮光片的滑塊,其總質(zhì)量為M,左端由跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)繩和一質(zhì)量為m的小球相連；遮光片兩條長邊與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌上B點(diǎn)有一光電門,可以測量遮光片經(jīng)過光電門時的擋光時間t，用d表示A點(diǎn)到光電門B處的距離，b表示遮光片的寬度,將遮光片通過光電門的平均速度看做滑塊通過B點(diǎn)時的瞬時速度，實(shí)驗(yàn)時滑塊在A處由靜止開始運(yùn)動．（1)某次實(shí)驗(yàn)測得傾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑塊從A處到達(dá)B處時m和M組成的系統(tǒng)動能增加量可表示為ΔEk＝_________,系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為ΔEp＝________,在誤差允許的范圍內(nèi),若ΔEk＝ΔEp，則可認(rèn)為系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．(用題中字母表示）(2)在上述實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)改變A、B間的距離，作出的v2－d圖象如圖乙所示，并測得M＝m,則重力加速度g＝________m/s2?！敬鸢浮浚?).（2)。（3)。9.6【解析】【詳解】（1）滑塊從A處到達(dá)B處速度：則系統(tǒng)動能的增加量：系統(tǒng)重力勢能的減小量:△Ep=mgd-Mgdsin30°=（m?）gd（2）根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒的：(M+m）v2＝（m?）gd則:圖線的斜率:解得：g=9。6m/s210.圖（a)為某同學(xué)測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻的電路圖．(1)虛線框內(nèi)是用毫安表改裝成電流表的電路．已知毫安表表頭的內(nèi)阻為10Ω，滿偏電流為100mA，電阻R1=2。5Ω，由此可知，改裝后電流表的量程為_______A．（2)實(shí)驗(yàn)步驟如下，請完成相應(yīng)的填空：①將滑動變阻器R的滑片移到______端(選填“A"或“B”)，閉合開關(guān)S;②多次調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片,記下電壓表的示數(shù)U和毫安表的示數(shù)I；某次測量時毫安表的示數(shù)如圖（b)所示,其讀數(shù)為_________mA．③以U為縱坐標(biāo)，I為橫坐標(biāo)，作U–I圖線，如圖（c)所示;④根據(jù)圖線求得電源的電動勢E=_________V，內(nèi)阻r=_______Ω．（結(jié)果均保留到小數(shù)點(diǎn)后兩位）【答案】（1).0.5（2）。B（3).68(4）。1。48（5).0。45【解析】【詳解】(1）［1］根據(jù)歐姆定律得，改裝后電流表的量程A（2)[2]①為保護(hù)電路，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)讓電阻由最大值開始調(diào)節(jié)，所以開始時滑片應(yīng)滑到B端；②[3］電流表量程為100mA,由圖示表盤可知，其讀數(shù)為68mA；④[4]根據(jù)改裝原理可知，實(shí)際電流為電流表讀數(shù)的5倍,由閉合電路歐姆定律可知:由圖可知，電源的電動勢：E=1.48V解得：r=2。45—2=0.45Ω．11.如圖所示，在坐標(biāo)系xoy平面的第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B1，在第Ⅳ象限內(nèi)存在垂直紙面向里的另一個勻強(qiáng)磁場B2，在x軸上有一點(diǎn)Q（,0)、在y軸上有一點(diǎn)P（0，a）．現(xiàn)有一質(zhì)量為m,電量為+q的帶電粒子（不計重力），從P點(diǎn)處垂直y軸以速度v0射入勻強(qiáng)磁場B1中，并以與x軸正向成60°角的方向進(jìn)入x軸下方的勻強(qiáng)磁場B2中,在B2中偏轉(zhuǎn)后剛好打在Q點(diǎn)．求：⑴勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1、B2的大??；⑵粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)所用的時間．【答案】(1）（2）【解析】【詳解】（1）粒子運(yùn)動軌跡如圖所示：

由幾何知識可知：r1=r1cos60°+a，r1=2a，

2r2sin60°=2a—r1sin60°，解得：r2=a，

粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，

由牛頓第二定律得：qv0B=m，

將半徑代入解得：B1=，B2=;

（2)粒子做圓周運(yùn)動的周期：，

粒子的運(yùn)動時間：t=t1+t2=T1+T2，

解得：t=；

【點(diǎn)睛】本題考查了粒子在磁場中的運(yùn)動、分析清楚粒子運(yùn)動過程、作出粒子運(yùn)動軌跡、應(yīng)用牛頓第二定律即可正確解題，解題時注意數(shù)學(xué)知識的應(yīng)用．12。如圖甲，電阻不計的軌道MON與PRQ平行放置，ON及RQ與水平面的傾角θ＝53°，MO及PR部分的勻強(qiáng)磁場豎直向下，ON及RQ部分的磁場平行軌道向下，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，兩根相同的導(dǎo)體棒ab和cd分別放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并始終接觸良好．棒的質(zhì)量m＝1.0kg,R＝1。0Ω，長度L＝1.0m與導(dǎo)軌間距相同，棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.5,現(xiàn)對ab棒施加一個方向水向右,按圖乙規(guī)律變化的力F，同時由靜止釋放cd棒，則ab棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，g取10m/s2。（1)求ab棒的加速度大小;(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?)若已知在前2s內(nèi)F做功W＝30J，求前2s內(nèi)電路產(chǎn)生的焦耳熱；（4)求cd棒達(dá)到最大速度所需的時間．【答案】(1)1m/s2(2)2T（3)Q=18J（4）t=5s【解析】詳解】（1)對ab棒：f=v=atF-BIL—f=maF=m(g+a)+……………（1)a==1m/s2(2)當(dāng)t=2s時，F(xiàn)=10N由（1）B==2T(3）0—2s過程中,對a、b棒，由動能定理知：x=at2=2mv=at=2m/sW—x—Q=mv2Q=18J(4）當(dāng)時間為t時,cd棒平衡，速度最大N′=BIL+mgcos53°f=N′mgsin53°=fmgsin53°=解得：t=5s【點(diǎn)睛】本題考查牛頓運(yùn)動定律與電磁感應(yīng)的結(jié)合，難度較大，導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中受到重力、安培力和摩擦力，由牛頓第二定律列式求解，在2s時刻由牛頓第二定律求出安培力，根據(jù)導(dǎo)體棒做勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律可求出磁感強(qiáng)度，在第三問中有關(guān)能量變化，可利用動能定理求解三、選考題：共15分。請考生從2道物理題任選一題作答。如果多做,則每科按所做的第一題計分【物理—-選修3–3】13.關(guān)于熱現(xiàn)象和熱力學(xué)規(guī)律，下列說法中正確的是__________A。分子間同時存在相