荊、荊、襄、宜四地七校高三上學(xué)期期末考試?yán)砭C物理試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精高三上學(xué)期期末理綜物理試題一、選擇題1.研究光電效應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)電路如圖所示，A、K為光電管的兩個(gè)電極，電壓表V、電流計(jì)G均為理想電表。已知該光電管陰極K的極限頻率為ν0,元電荷電量為e，普朗克常量為h，開始時(shí)滑片P、P＇上下對(duì)齊?，F(xiàn)用頻率為ν的光照射陰極K（ν>ν0）,則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A。該光電管陰極材料的逸出功為hν0B。若加在光電管兩端的正向電壓為U，則到達(dá)陽(yáng)極A的光電子的最大動(dòng)能為hv—hv0+eUC.若將滑片P向右滑動(dòng),則電流計(jì)G的示數(shù)一定會(huì)不斷增大D。若將滑片P＇向右滑動(dòng)，則當(dāng)滑片P、P＇間的電壓為時(shí)，電流計(jì)G的示數(shù)恰好為0【答案】C【解析】【詳解】A．由極限頻率為ν0，故金屬的逸出功為W0=hν0，A正確；B．由光電效應(yīng)方程可知,電子飛出時(shí)的最大動(dòng)能為由于加的正向電壓，由動(dòng)能定理解得故B正確；C．若將滑片P向右滑動(dòng)時(shí)，若電流達(dá)到飽和電流，則電流不在發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤;D．P＇向右滑動(dòng)時(shí)，所加電壓為反向電壓,由可得則反向電壓達(dá)到遏止電壓后，動(dòng)能最大的光電子剛好不能參與導(dǎo)電,則光電流為零，故D正確;故選C。2.相距5cm的正對(duì)平行金屬板A和B帶有等量異號(hào)電荷.如圖所示．電場(chǎng)中C點(diǎn)距A板1cm，D點(diǎn)距B板1cm，C、D距離為5cm。已知A板接地，C點(diǎn)電勢(shì)φC＝—60V，則A.D點(diǎn)的電勢(shì)240VB。CD兩點(diǎn)連線中點(diǎn)的電勢(shì)為-180VC.若B板不動(dòng)，A板上移0。5cm,C、D兩點(diǎn)間的電勢(shì)差將變大D。若A板不動(dòng)，B板上移0.5cm，則D點(diǎn)電勢(shì)不變【答案】D【解析】【詳解】A.由題意可知，由可得，兩板間的場(chǎng)強(qiáng)為故D點(diǎn)的電勢(shì)為故A錯(cuò)誤；B。C、D兩點(diǎn)連線中點(diǎn)的電勢(shì)為故B錯(cuò)誤；C.由于板上的電荷量不變，上下移動(dòng)A板或者B板時(shí)，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由可知，若B板不動(dòng),A板上移0.5cm，場(chǎng)強(qiáng)和C、D之間距離均不變,故C、D兩點(diǎn)間的電勢(shì)差不變，故C錯(cuò)誤;D.若A板不動(dòng),B板上移0。5cm，場(chǎng)強(qiáng)E和D、A板距離不變，則D點(diǎn)電勢(shì)不變，故D正確；故選D。3。鳥撞飛機(jī)是導(dǎo)致空難的重要因素之一。假設(shè)在某次空難中，鳥的質(zhì)量為0.8kg,飛行的速度為7m/s,迎面撞上速度為480km/h的飛機(jī)，鳥撞飛機(jī)的作用時(shí)間大約為7.5×10-5s，對(duì)飛機(jī)的撞擊力約為A B.C。 D.【答案】B【解析】【詳解】以飛機(jī)為參考系，則鳥向飛機(jī)撞過(guò)來(lái)的速度為設(shè)鳥對(duì)飛機(jī)的平均撞擊力為F，由動(dòng)量定理可得帶入數(shù)據(jù)解得故B正確，A、C、D錯(cuò)誤；故選B。4。如圖所示,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細(xì)線懸掛于天花板,導(dǎo)線框中通一逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎瑘D中虛線過(guò)ab邊中點(diǎn)和ac邊中點(diǎn)，在虛線的下方有一垂直于導(dǎo)線框向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，此時(shí)導(dǎo)線框通電處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線的拉力為F1;保持其他條件不變，現(xiàn)虛線下方的磁場(chǎng)消失，虛線上方有相同的磁場(chǎng)同時(shí)電流強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)一半,此時(shí)細(xì)線的拉力為F2。已知重力加速度為g，則導(dǎo)線框的質(zhì)量為A B。 C. D.【答案】A【解析】【詳解】當(dāng)通如圖中電流時(shí)，ab邊、ac邊受到的安培力大小為;bc邊受到的安培力大小為，方向向上;導(dǎo)線框平衡，故磁場(chǎng)加到虛線框上方后，導(dǎo)線框受到的等效安培力為,方向向下，故聯(lián)立解得故A正確，B、C、D錯(cuò)誤;故選A。5。2018年10月23日港珠澳大橋正式通車，它是目前世界上最長(zhǎng)的跨海大橋,為香港、澳門、珠海三地提供了一條快捷通道。圖甲是港珠澳大橋中的一段，一輛小汽車在長(zhǎng)度為L(zhǎng)的平直橋面上加速行駛，圖乙是該車車速的平方（v2)與位移(x）的關(guān)系，圖中a1、a2、L已知。則小汽車通過(guò)該平直橋面的時(shí)間為A. B. C. D。【答案】D【解析】【詳解】做勻變速運(yùn)動(dòng)的物體滿足即其圖像為直線，故小汽車通過(guò)該橋面的運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖中可知，，由可得，其通過(guò)橋面的時(shí)間為故D正確，A、B、C錯(cuò)誤；故選D.6.如圖所示，傾角為θ的斜面體C放在水平地面上，由一根細(xì)繩連接的相同物體A和B放置在斜面上，在細(xì)繩中點(diǎn)O處施加一個(gè)垂直于斜面向上的拉力F，與物體B相連的細(xì)繩處于水平。保持拉力F大小不變，將F的方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到與豎直向上的方向，整個(gè)過(guò)程中A、B、C均保持靜止，細(xì)繩質(zhì)量不計(jì)。則在拉力旋轉(zhuǎn)過(guò)程中A。地面對(duì)斜面體C的摩擦力逐漸減小，支持力逐漸減小B.OA繩的張力逐漸減小，OB繩的張力逐漸增大C。物體A受到的支持力逐漸減小,物體B受到的支持力逐漸增大D。物體A受到的摩擦力逐漸減小，物體B受到的摩擦力逐漸增大【答案】AC【解析】【詳解】A.以整體為對(duì)象可知，地面對(duì)C的摩擦力等于力F的水平分力，即，由于力F的大小不變，其與豎直方向夾角減小,故其水平分力減小,故地面對(duì)C的摩擦力逐漸減小;地面對(duì)C的支持力為由于逐漸增大，故支持力逐漸減小，故A正確;B.對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析，其力三角形如圖所示，由于和的夾角不變，故當(dāng)F逐漸變?yōu)樨Q直時(shí)，力的變化如圖中虛線所示，故變大，變小，故B錯(cuò)誤；CD.對(duì)A物體可得變大,故變??；由于A受到的摩擦力方向未知，故無(wú)法判斷摩擦力變化情況，故D錯(cuò)誤；對(duì)B物體可得由于變小，故變大，變小,故C正確；故選AC。7。如圖所示，一個(gè)匝數(shù)n=100的圓形線圈，半徑R1=0。4m，電阻為0.3Ω。在線圈中存在半徑R2=0.3m,垂直線圈平面向外的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5－0.3t。將線圈兩端a、b與一個(gè)阻值R=0.6Ω的電阻相連接，b端接地。則下列說(shuō)法正確的是?A。通過(guò)電阻R的電流方向向上B?；芈分械碾娏鞔笮≈饾u增大C。電阻R消耗電功率為5.4π2WD。a端的電勢(shì)φa=1。8πV【答案】CD【解析】【詳解】A.由與磁感應(yīng)強(qiáng)度變小,楞次定律可知,環(huán)形部分的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故電阻R中的電流方向向下，A錯(cuò)誤；B.由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，故感應(yīng)電流也為定值，故B錯(cuò)誤；C.由閉合電路歐姆定律可得故電阻R消耗的電功率為故C正確；D。b端電勢(shì)為0，故a端電勢(shì)為故D正確；故選CD。8.如圖所示，一彈性輕繩（繩的彈力與其伸長(zhǎng)量成正比）一端固定在A點(diǎn),彈性繩自然長(zhǎng)度等于AB，跨過(guò)由輕桿OB固定的定滑輪連接一個(gè)質(zhì)量為m的絕緣帶正電、電荷量為q的小球?？臻g中還存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），且電場(chǎng)強(qiáng)度E=。初始時(shí)A、B、C在一條豎直線上,小球穿過(guò)水平固定的桿從C點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，滑到E點(diǎn)時(shí)速度恰好為零.已知C、E兩點(diǎn)間距離為L(zhǎng)，D為CE的中點(diǎn)，小球在C點(diǎn)時(shí)彈性繩的拉力為,小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0。5,彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是A.小球在D點(diǎn)時(shí)速度最大B。若在E點(diǎn)給小球一個(gè)向左的速度v，小球恰好能回到C點(diǎn),則v=C。彈性繩在小球從C到D階段做的功等于在小球從D到E階段做的功D.若保持電場(chǎng)強(qiáng)度不變，僅把小球電荷量變?yōu)?q，則小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度大小v=【答案】ABD【解析】【詳解】A.對(duì)小球分析可知，在豎直方向由與，故支持力為恒力，即，故摩擦力也為恒力大小為從C到E，由動(dòng)能定理可得由幾何關(guān)系可知，代入上式可得D點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律可得由,將可得，D點(diǎn)時(shí)小球的加速度為故小球在D點(diǎn)時(shí)的速度最大，A正確；B。從E到C,由動(dòng)能定理可得解得故B正確；C.由于彈力的水平分力為，和均越來(lái)越大，故彈力水平分力越來(lái)越大，故彈性繩在小球從C到D階段做的功小于在小球從D到E階段做的功,C錯(cuò)誤；D.將小球電荷量變?yōu)?由動(dòng)能定理可得解得故D正確；故選ABD。二、非選擇題9.某同學(xué)利用如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)測(cè)量重力加速度g.細(xì)繩跨過(guò)固定在鐵架臺(tái)上的輕質(zhì)滑輪，兩端各懸掛一只質(zhì)量為M的重錘。實(shí)驗(yàn)操作如下：①用米尺量出重錘1底端距地面的高度H；②在重錘1上加上質(zhì)量為m的小鉤碼；③左手將重錘2壓在地面上，保持系統(tǒng)靜止。釋放重錘2,同時(shí)右手開啟秒表，在重錘1落地時(shí)停止計(jì)時(shí)，記錄下落時(shí)間;④重復(fù)測(cè)量3次下落時(shí)間，取其平均值作為測(cè)量值t。請(qǐng)回答下列問(wèn)題（1）實(shí)驗(yàn)要求小鉤碼的質(zhì)量m要______（填“遠(yuǎn)小于"，“小于”，“等于”，“大于”，“遠(yuǎn)大于”)重錘的質(zhì)量M，主要是為了使重錘1下落的時(shí)間長(zhǎng)一些。（2）忽略其他因素造成的誤差，用實(shí)驗(yàn)中測(cè)量的量和已知量表示g，得g=____________.【答案】(1）。遠(yuǎn)小于(2)?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）[1]對(duì)重錘1可得對(duì)重錘2可得聯(lián)立解得由題意，要使運(yùn)動(dòng)時(shí)間盡量長(zhǎng)一些，則加速度要盡量小一些，故；（2）[2］由題意可知,加速度為由（1）中可知，故10。某同學(xué)利用如圖所示的電路可以測(cè)量多個(gè)物理量．實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：兩個(gè)相同的待測(cè)電源（內(nèi)阻r≈1Ω）電阻箱R1（最大阻值為999.9Ω）電阻箱R2（最大阻值為999。9Ω)電壓表V（內(nèi)阻約為2kΩ）電流表A（內(nèi)阻約為2Ω）靈敏電流計(jì)G,兩個(gè)開關(guān)S1、S2．主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：①按圖連接好電路,調(diào)節(jié)電阻箱R1和R2至最大，閉合開關(guān)S1和S2，再反復(fù)調(diào)節(jié)R1和R2，使電流計(jì)G的示數(shù)為0，讀出電流表A、電壓表V、電阻箱R1、電阻箱R2的示數(shù)分別為0.40A、12.0V、30.6Ω、28。2Ω；②反復(fù)調(diào)節(jié)電阻箱R1和R2（與①中的電阻值不同）,使電流計(jì)G的示數(shù)為0，讀出電流表A、電壓表V的示數(shù)分別為0。60A、11.7V．回答下列問(wèn)題：（1）步驟①中：電流計(jì)G的示數(shù)為0時(shí)，電路中A和B兩點(diǎn)的電電勢(shì)差UAB=_____V;A和C兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAC=______V；A和D兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAD=______V；（2）利用步驟①中的測(cè)量數(shù)據(jù)可以求得電壓表的內(nèi)阻為______Ω，電流表的內(nèi)阻為______Ω；（3）結(jié)合步驟①步驟②的測(cè)量數(shù)據(jù)電源的電動(dòng)勢(shì)E為______V，內(nèi)阻r為_____Ω．【答案】（1)。0(2).12。0V（3)。-12.0V(4)。1530Ω(5）。1。8Ω（6)。12.6V（7）。1.5Ω【解析】【詳解】（1）[1］[2]［3]當(dāng)電流計(jì)示數(shù)為0時(shí)，A、B兩點(diǎn)電勢(shì)相等，即;電壓表示數(shù)即為A、C兩點(diǎn)電勢(shì)差，即;由閉合電路歐姆定律可知，D、A和A、C之間的電勢(shì)差相等，故；（2）[4］[5］由歐姆定律可得解得由可得（3）［6］[7]由步驟①可得由步驟②可得聯(lián)立可解得11.如圖所示,真空中區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在著與紙面垂直的方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1=1。0T,B2=2。0T.一帶正電的粒子質(zhì)量為m=1.0×10—13kg,電荷量為q=5.×10--6C，自區(qū)域I下邊界線上的O點(diǎn)以速度v0=1。0×107m/s垂直于磁場(chǎng)邊界及磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間粒子通過(guò)區(qū)域Ⅱ邊界上的O'點(diǎn)。已知區(qū)域I和Ⅱ的寬度為d1=10cm，d2=5。0cm，兩區(qū)域的長(zhǎng)度足夠大．靜電力常量K=9。0×109N·m2C—2（不計(jì)粒子的重力,π=3.14，=1.732所有結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）求：(1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；（2)粒子在O與O′之間運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度和水平方向位移的大??；【答案】（1）0。10m，0。20m（2）0。16m；0.040m【解析】【詳解】（1)由得軌道半徑為代入數(shù)據(jù)解得（2）由題意知：,

所以粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角度為；

運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度：

位移的大?。?2.如圖所示，在水平桌面上放有長(zhǎng)木板C，C上右端是固定擋板P，在C上左端和中點(diǎn)處各放有小物塊A和B,A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不計(jì)，剛開始A、B之間和B、P之間的距離皆為L(zhǎng)。設(shè)木板C與桌面之間無(wú)摩擦,A、C之間和B、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力；A、B、C（連同擋板P）的質(zhì)量相同．開始時(shí)，B和C靜止，A以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)．假設(shè)所有的碰撞都是彈性正碰。（1）若物塊A與B恰好發(fā)生碰撞，求A的初速度；(2）若B與擋板P恰好發(fā)生碰撞，求A的初速度；（3）若最終物塊A從木板上掉下來(lái)，物塊B不從木板C上掉下來(lái)，求A的初速度的范圍。【答案】（1）（2）（3)【解析】【詳解】（1）若物塊剛好與物塊不發(fā)生碰撞，則物塊運(yùn)動(dòng)到物塊所在處時(shí),與的速度大小相等．因?yàn)槲飰K與木板的速度相等，所以此時(shí)三者的速度均相同,設(shè)為，由動(dòng)量守恒定律得在此過(guò)程中，整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)能的改變等于系統(tǒng)內(nèi)部相互間的滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和,即解得故與恰好發(fā)生碰撞的條件是：（2)物塊、發(fā)生碰撞的極短時(shí)間內(nèi)，與構(gòu)成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，而木板的速度保持不變．因?yàn)槲飰K、間的碰撞是彈性的，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，又因?yàn)橘|(zhì)量相等，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，碰撞前后、交換速度，若碰撞剛結(jié)束時(shí)，、、三者的速度分別為、和，則有若物塊剛好與擋板不發(fā)生碰撞,則物塊以速度從板板的中點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到擋板所在處時(shí)，與的速度相等．因與的速度大小是相等的，故、、三者的速度相等，設(shè)此時(shí)三者的速度為．根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)能的改變,等于系統(tǒng)內(nèi)部相互問(wèn)的滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和，即解得即物塊的初速度時(shí)，與剛好發(fā)生碰撞（3)若恰好沒從木板上掉下來(lái)，即到達(dá)的左端時(shí)的速度變?yōu)榕c相同,這時(shí)三者的速度皆相同，以表示，由動(dòng)量守恒有：從以初速度在木板的左端開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)與相碰,直到剛沒從木板的左端掉下來(lái)，這一整個(gè)過(guò)程中,系統(tǒng)內(nèi)部先是相對(duì)的路程為;接著相對(duì)運(yùn)動(dòng)的路程也是;與碰后直到剛沒從木板上掉下來(lái)，與相對(duì)運(yùn)動(dòng)的路程也皆為．整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)能的改變應(yīng)等于內(nèi)部相互間的滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和，即得故從上掉下的條件是設(shè)剛要從木板上掉下來(lái)時(shí)，、、三者的速度分別為、和，則有，此時(shí)有當(dāng)物塊從木板上掉下來(lái)后，若物塊剛好不會(huì)從木板上掉下，即當(dāng)?shù)淖蠖粟s上時(shí)，與的速度相等．設(shè)此速度為，則對(duì)、這一系統(tǒng)來(lái)說(shuō)，由動(dòng)量守恒定律，有在此過(guò)程中,對(duì)這一系統(tǒng)來(lái)說(shuō)，滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和為，由動(dòng)能定理可得解得故物塊不從木板上掉下來(lái)的條件是；綜上所述，A的初速度范圍是13。下列說(shuō)法正確的是（）A。分子間同時(shí)存在著引力和斥力,當(dāng)分子間距增加時(shí)，分子間的引力和斥力都減小B。根據(jù)恒量，可知液體的飽和汽壓與溫度和體積有關(guān)C.液晶具有液體的流動(dòng)性，同時(shí)其光學(xué)性質(zhì)具有晶體的各向異性特征D。在不考慮分子勢(shì)能的情況下，1mol溫度相同的氫氣和氧氣內(nèi)能相同E。液體表面張力的方向與液面垂直并指向液體內(nèi)部【答案】ACD【解析】【詳解】A。分子間的引力和斥力都隨距離增大而減小，故A正確;B。液體的飽和氣壓和溫度、外界壓強(qiáng)有關(guān)，故B錯(cuò)誤；C.液晶是一種特殊晶體,其具有液體的流動(dòng)性，又具有晶體的各向異性特征，故C正確；D.在不考慮分子勢(shì)能的情況下，1mol溫度相同的氫氣和氧氣分子數(shù)相同，分子的平均動(dòng)能也相同，故內(nèi)能相同，故D正確；E。液體的表面張力與液面相切，故E錯(cuò)誤；故選ACD。14。如圖所示，開口向上、豎直放置的內(nèi)壁光滑氣缸的側(cè)壁是絕熱的，底部導(dǎo)熱，內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量均為m的密閉活塞，活塞A導(dǎo)熱,活塞B絕熱，將缸內(nèi)理想氣體分成Ⅰ、Ⅱ兩部分．初狀態(tài)整個(gè)裝置靜止不動(dòng)處于平衡狀態(tài),Ⅰ、Ⅱ兩部分氣體的長(zhǎng)度均為l0,溫度為T0。設(shè)外界大氣壓強(qiáng)為p0保持不變，活塞橫截面積為S,且2mg＝p0S，環(huán)境溫度保持不變．①在活塞A上逐漸添加鐵砂，當(dāng)鐵砂質(zhì)量等于2m時(shí)，兩活塞在某位置重新處于平衡狀態(tài)，求活塞B下降的高度；②現(xiàn)只對(duì)Ⅱ氣體緩慢加熱，使活塞A回到初始位置，求此時(shí)Ⅱ氣體的溫度．【答案】①0。33l0②2。1T0【解析】【詳解】①初狀態(tài)：Ⅰ氣體壓強(qiáng)Ⅱ氣體壓強(qiáng)添加鐵砂后：Ⅰ氣體壓強(qiáng)Ⅱ氣體壓強(qiáng)Ⅱ氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律：p2l0S＝p′2l2SB活塞下降的高度h2＝l0－l2帶入數(shù)據(jù)解得h2＝0.33l0.②Ⅰ氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律：p1l0S＝p′1l1S只對(duì)Ⅱ氣體加熱，Ⅰ氣體狀態(tài)不變，所以當(dāng)A活塞回到原來(lái)位置時(shí)，Ⅱ氣體高度根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程解得T2＝2。1T0.15。如圖，軸上S1與S2是兩個(gè)波源，產(chǎn)生的簡(jiǎn)諧波分別沿軸向右、向左傳播，波速均為v=0。4m/s，振