湖南省衡阳市衡阳县2020届高三物理上学期期末考试试题（含解析）

1、2020学年湖南省衡阳市衡阳县高三（上）期末 物理试卷一、单选题（本大题共6小题，共30.0分）1.许多物理学家为人类科技的发展作出了重大的贡献。下列说法正确的是A. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电生磁的规律B. 牛顿利用扭秤首先测出了引力常量的数值C. 爱因斯坦提出了光子说，成功地解释了光电效应的实验规律D. 楞次首先引入了电场概念，并提出用电场线表示电场【答案】C【解析】【详解】A、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁生电的规律，故选项A错误；B、卡文迪许首先利用了扭秤测定了引力常量，故选项B错误；C、爱因斯坦为解释光电效应的实验规律提出了光子说，故选项C正确；D、法拉第最早引入了电场概

2、念，并提出了用电场线描述电场，故选项D错误。【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2.图示为氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态(量子数n=1)的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为A. 0.54eVB. 0.85eVC. 10.2eVD. 12.75eV【答案】D【解析】【分析】根据氢原子只发出6种不同频率的色光，根据公式确定单色光照射大量处于基态的氢原子使它跃迁到哪一个激发态，从而根据能极差求出照射光子的能量【详解】由题意应该有，得n=4即能发出6种频率光的一定

3、是n=4能级，则照射氢原子的单色光的光子能量为：-0.85ev-（-13.6ev）=12.75ev，故选D。【点睛】明确原子吸收光子是量子化的，会求能级差是求这类问题的基础3.2020年10月15日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第三十九、四十颗北斗导航卫星。若其中一颗卫星入轨后绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，周期为T，地球的半径为R，则地球的第一宇宙速度为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据其中一颗卫星入轨后绕地球做匀速圆周运动，则有：，当某一卫星的轨道半径为地球半径R时，其线速度为第一宇宙速度，则有：，联立解得：，故选B。4.

4、如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直平面内。小球A、B的质量分别为( 为待定系数)。A球从左边与圆心等高处由静止释放后沿轨道下滑，并与静止于轨道最低点的B球碰撞，碰撞后A、B两球能达到的最大高度均为,。碰撞中无机械能损失，则待定系数 为A. B. C. 2D. 3【答案】A【解析】【分析】由题，碰撞中无机械能损失，以AB组成的系统研究，由机械能守恒定律研究A球从静止开始下滑到碰撞后A、B球达到的最大高度的过程，可求出待定系数。【详解】A球从静止开始下滑到碰撞后A、B球达到的最大高度的过程，由机械能守恒定律得解得：故选：A。【点睛】两球发生弹性碰撞，遵守两大守恒：机械能守恒和动量守恒，要灵

5、活选择研究对象和研究的过程。5.如图所示，竖直墙面AO光滑，水平地面OB粗糙。另有一根轻杆两端各固定有可视为质点的小球P和Q，当轻杆与水平方向的夹角为时，PQ处于静止状态。若使夹角增大些，PQ仍能静止，则下列说法正确的是（）A. 轻杆对小球P的弹力增大B. 竖直墙面AO对小球P的弹力增大C. 水平地面OB对小球Q的摩擦力减小D. 水平地面OB对小球Q支持力增大【答案】C【解析】【详解】对P、Q受力分析如图，对P，有：NP= ，F=，当增大些，F减小，竖直杆对P的支持力减小，故AB错误。对Q有：Fcos=f，F减小，cos减小，则小球受到的摩擦力减小。故C正确；对整体分析，水平杆对整体的支持力N

6、=NQ=GP+GQ，大小不变。故D错误。故选C。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用.6.如图所示，纸面内半径为R、圆心为O的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，纸面内的线段PA与圆形区域相切于A点，。若P点处有一粒子源沿PA方向射出不同速率的带正电粒子（质量为m，电荷量为q，不计重力），则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】粒子运动轨迹与圆

7、相切时的运动轨迹如图所示：由几何知识得：（r-R）2+（2R）2=（r+R）2，解得：r=3R，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，当粒子速度：v，粒子可以进入圆形区域，故D正确，ABC错误；故选D。【点睛】题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，要掌握解粒子在磁场中运动的一般思路与方法，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题常用的程序是：画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹。找关系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系。用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律。二、多选题（本大题共5小题，共25.0分）7.明代出版的天工开物一书中记

8、载：“其湖池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转。”并附有牛力齿轮翻车的图画如图所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田。已知A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，B、C齿轮同轴，若A、B、C三齿轮半径的大小关系为rArBrC，则（）A. 齿轮A的角速度比齿轮C的角速度小B. 齿轮A、B的角速度大小相等C. 齿轮B、C边缘的线速度大小相等D. 齿轮A边缘的线速度比齿轮C边缘的线速度大【答案】AD【解析】【分析】齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等；B齿轮与轮C是同轴传动，角速度相等；结合线速度与角速度关系公式v=r列式求解。【详解】齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，根据公式v=r可知，半

9、径比较大的A的角速度小于B的角速度。而B与C是同轴传动，角速度相等，所以齿轮A的角速度比C的小，故A正确，B错误； BC两轮属于同轴转动，故角速度相等，齿轮B的半径大，边缘线速度大于C的，又齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，所以齿轮A边缘的线速度比C边缘的大，故C错误；D正确； 故选AD。【点睛】本题考查同缘传动和同轴传动的特点，以及灵活选择物理规律的能力。明确同缘传动边缘点线速度相等；同轴传动角速度相等是解答的关键.8.甲、乙两质点某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两质点的xt图象如图所示，则下列说法正确的是A. 0t1时间内，乙质点做匀加速直线

10、运动B. t1时刻，乙质点从后面追上甲质点C. t1时刻，两质点相距最远D. 0t1时间内，两质点的平均速度相等【答案】BD【解析】【分析】x-t图象只能表示直线运动的规律。在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间。【详解】x-t图象只能表示直线运动的规律，结合x-t图象的斜率表示速度，知乙做匀速直线运动，甲做减速直线运动，故A错误。两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，t1时刻之前乙在甲的后面，经过时间t1位移相等，则在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车，两车相遇，故B正确，C错误；0到t1时间内，甲乙两车位

11、移相等，根据平均速度等于位移除以时间，可知，0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故D正确。故选BD。9.如图所示，电阻不计、面积为0.4m2、匝数为20的矩形导线框ABCD在磁感应强度大小为T的水平匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO匀速转动，线框中产生的感应电流通过金属滑环E、F与原、副线圈匝数之比为10：1的理想变压器的原线圈相连。若变压器的副线圈接入灯泡，测得维持线框匀速转动输入的最小机械功率为44W时，灯泡两端的电压为22V，则下列判断正确的是（）A. 线框平面转到图示位置时感应电动势最大B. 线框的角速度为C. 线框中产生的交变电压的有效值为220VD. 灯泡中通过的电流的有

12、效值为【答案】BC【解析】【详解】线框平面转到图示位置时，磁通量最大，磁通量变化率最小，感应电动势最小，故A错误；根据题意，原、副线圈匝数之比为10：1，灯泡两端的电压为22V，所以原线圈电压有效值为220V，最大感应电动势E=nBS=200.4=220V，解得=110rad/s，故BC正确；输入功率等于输出功率，所以灯泡中通过的电流的有效值I=A=2A，故D错误；故选BC。10.如图所示，位于同一绝缘水平面内的两根固定金属导轨MN、MN，电阻不计，两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。现将两根粗细均匀、电阻分布均匀的相同铜棒ab、cd放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度沿MN方向做匀速直线

13、运动，运动过程中始终与两导轨接触良好，且始终与导轨MN垂直，不计一切摩擦，则下列说法正确的是A. 回路中有顺时针方向的感应电流B. 回路中的感应电流不断减小C. 回路中的热功率不断增大D. 两棒所受安培力的合力不断减小【答案】BD【解析】【分析】分析回路磁通量的变化，由楞次定律判断感应电流方向。由E=BLv求得两棒产生的感应电动势，回路中总的感应电动势等于cd棒和ab棒感应电动势之差。根据欧姆定律分析感应电流是否变化，再研究回路的热功率如何变化。【详解】A两棒以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针，故A错误；B设两棒原来相距的距离为S

14、，MN与MN的夹角为回路中总的感应电动势 E=BLcdv-BLabv=Bv（Lcd-Lab）=BvStan=BvStan，保持不变，由于回路的电阻不断增大，而总的感应电动势不变，所以回路中的感应电流不断减小，故B正确；C回路中的热功率为 ，E不变，R增大，则P不断减小，故C错误；D设两棒原来相距的距离为S，MN与MN的夹角为，安培力之差等于，由于电流减小，所以两棒所受安培力的合力不断减小，故D正确。故选：BD。【点睛】本题中两棒同向运动，要知道回路中总的感应电动势等于cd棒和ab棒感应电动势之差。要能熟练运用电路知识研究电磁感应问题。11.下列说法正确的是_。A. 温度高的物体，其分子的平均动

15、能一定大B. 岩盐是立方体结构，粉碎后的岩盐不再是晶体C. 液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性D. 热量可以从低温物体传给高温物体E. 温度升高，气体的压强一定变大【答案】ACD【解析】【详解】温度越高，分子的平均动能越大，故A正确；岩盐是立方体结构，是晶体，且有规则的几何形状，粉碎后的岩盐仍是晶体，仍有规则的几何形状，故B错误；液晶是一种特殊的物态，它既有液体的流动性，又有晶体的各向异性，故C正确；根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传到高温物体，不过需要消耗外界的功，故D正确；根据理想气体状态方程可知：，温度升高，气体的压强不一定增大，还与气体的体积是否变化有关，故E误。故选A

16、CD。三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）12.图示是某时刻两列简谐横波的波形图，波速大小均为10m/s，一列波沿x轴正向传播(实线所示)；另一列波沿x轴负向传播(虚线所示)，则在x轴上质点a(x=1m)和b(x=2m)中，质点_(选填“a”或“b”)振动加强，从该时刻起经过0.1s时，c质点坐标为_。【答案】 (1). a (2). （3m,0.4m）【解析】【详解】(1)两列波长相同的波叠加，由图象知，b、d两点都是波峰与波谷相遇点，则b、d两点振动始终减弱，是振动减弱点；(2)由图象可知，两列波的波长都为=4m，则周期,而，c点此时向上运动，经过到达波谷，此时y方向的位移为y=-2A

17、=-0.4cm，故c点的坐标为（3m，-0.4cm）.【点睛】本题考查了波的叠加原理，要知道波峰与波峰或波谷与波谷相遇点振动加强，波峰与波谷相遇点振动减弱，要注意：振动加强点并不是位移始终最大.四、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）13.学校物理兴趣小组利用如图甲所示的实验装置完成“探究加速度与力的关系”的实验。他们所用的器材有小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的钩码，另有学生电源和力传感器(图中未画出)。(1)图乙是实验中得到的一条纸带，图中打相邻两计数点的时间间隔为0.1s，由图中数据可得小车的加速度大小a=_ms2(结果保留三位有效数字)。(2)实验小组A、B分

18、别以各自测得的加速度a为纵轴，小车所受的合力F为横轴，作出图象如图丙中图线1、2所示，则图线1、2中对应小车(含车内的钩码)的质量较大的是图线_(选填“1”或“2”)。【答案】 (1). （1）0.195 (2). （2）1【解析】【分析】（1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度（2）根据牛顿第二定律得出a与F的关系式即可分析质量较大的图线。【详解】（1）根据x=aT2，运用逐差法得：，（2）根据牛顿第二定律得F=ma，变形得：，即a-F图线的斜率表示质量的倒数，则斜率越小质量越大，故1图线的质量较大。【点睛】掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关

19、键是匀变速直线运动推论的运用在该实验中，知道当钩码的质量远远小于小车质量时，钩码的重力才能近似等于小车的合力14.某实验小组想组装一个双量程(3 V、15 V)的电压表，提供的器材如下：A电流表G：满偏电流为300 A，内阻未知；B干电池E：电动势为3 V，内阻未知；C滑动变阻器R1：最大阻值约为5 k，额定电流为1 A；D滑动变阻器R2：最大阻值约为16 k，额定电流为0.5 A；E电阻箱R0：09999.9 ；F定值电阻R3：40 k，额定电流为0.1 A；G开关两个，导线若干。(1)若用图示电路测量电流表G的电阻，则滑动变阻器R应选用_(选填“C”或“D”)。(2)将开关S1、S2都断开

20、，连接好实物图，将滑动变阻器的滑片P调到_(选填“a”或“b”)端。接通开关S1，调节滑动变阻器使电流表G的指针示数为200 A；闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为100 时电流表G的指针示数为100 A，则电流表G的内阻测量值为_。(3)在虚线框中画出双量程电压表的电路原理图_，并标明所选的器材和改装电压表对应的量程，其中R0应取值为_k。【答案】 (1). D (2). 100 (3). (4). 9.9【解析】【分析】(1) 明确实验原理，知道如何减小半偏法的实验误差，从而确定滑动变阻器；(2) 根据串并联电路的基本规律进行分析，从而确定电流表G的内阻大小；(3) 根据改装原理进行分析

21、，知道改装成电压表时需要串联一个大电阻。【详解】(1) 由图可知，本实验中采用半偏法确定表头内阻，为了减小并联电阻箱后对电流的影响，滑动变阻器应选择总阻值较大的D；(2) 闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为100时电流表G的示数为100A，则说明电流表半偏，电阻箱分流100A；根据串并联电路的规律可知，电流表G的内阻为100；(3)由电流表改装成电压表要将电阻与电流表串联，量程越大，串联的电阻越大，所以电路图如图：电流表G与电阻箱串联改装成的电压表量程为3V，则有：即解得：。【点睛】本题考查半偏法测量电流计内阻的实验方法和电流表改装原理，要注意明确半偏法原理，知道电表的改装原理，明确串并联电

22、路的基本规律和应用。五、计算题（本大题共4小题，共50.0分）15.如图所示，OO为正对放置的水平金属板M、N的中线。热灯丝逸出的电子(初速度重力均不计)在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔O射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO做直线运动。已知两板间的电压为2U，两板长度与两板间的距离均为L，电子的质量为m、电荷量为e。(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向；(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O射入的电子打到N板上的位置到N板左端的距离x。【答案】（1） 垂直纸面向外；（2）【解析】【分析】（1）在电场中加速度，在复合场中直线

23、运动，根据动能定理和力的平衡求解即可；（2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可；【详解】（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：由于电子在两板间做匀速运动，则，其中联立解得：根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：，其中由（1）得到设电子打在N板上时的速度方向与N板的夹角为，由几何关系有：由几何关系有：联立解得：。【点睛】本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可。16.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑圆弧轨

24、道AB，与水平地面相切于B点。现将AB锁定，让质量为m的小滑块P（视为质点）从A点由静止释放沿轨道AB滑下，最终停在地面上的C点，C、B两点间的距离为2R已知轨道AB的质量为2m，P与B点右侧地面间的动摩擦因数恒定，B点左侧地面光滑，重力加速度大小为g，空气阻力不计。（1）求P刚滑到圆弧轨道的底端B点时所受轨道的支持力大小N以及P与B点右侧地面间的动摩擦因数；（2）若将AB解锁，让P从A点正上方某处Q由静止释放，P从A点竖直向下落入轨道，最后恰好停在C点，求：当P刚滑到地面时，轨道AB的位移大小x1；Q与A点的高度差h以及P离开轨道AB后到达C点所用的时间t。【答案】（1）P刚滑到圆弧轨道的底

25、端B点时所受轨道的支持力大小N为3mg，P与B点右侧地面间的动摩擦因数为0.5；（2）若将AB解锁，让P从A点正上方某处Q由静止释放，P从A点竖直向下落入轨道，最后恰好停在C点，当P刚滑到地面时，轨道AB的位移大小x1为；Q与A点的高度差h为，P离开轨道AB后到达C点所用的时间t为。【解析】【详解】（1）滑块从A到B过程机械能守恒，应用机械能守恒定律得：mgR=，在B点，由牛顿第二定律得：N-mg=m，解得：vB=，N=3mg，滑块在BC上滑行过程，由动能定理得：-mg2R=0-，代入数据解得：=0.5；（2）滑块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-2mv2=0m-2m=0，解得：x1=；