实验中学2020届高三物理上学期期末考试试题含解析

黑龙江省实验中学2020届高三物理上学期期末考试试题含解析黑龙江省实验中学2020届高三物理上学期期末考试试题含解析PAGE20-黑龙江省实验中学2020届高三物理上学期期末考试试题含解析黑龙江省实验中学2020届高三物理上学期期末考试试题(含解析）一、选择题:本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1。如图所示,甲是回旋加速器的原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是欧姆表的内部电路图，丁图是速度选择器，下列说法正确的是(）A。甲图是加速带电粒子的装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度变大B。乙图电路开关断开瞬间，灯泡A可能会突然闪亮一下C.丙图在测量电阻时，电流从A经过R流向BD。丁图中电子从右向左运动时，可能是直线运动【答案】B【解析】【详解】A．根据得，粒子的最大速度，可知最大速度与加速电压无关．只和磁场区域的半径有关;故A不正确．B．电键断开的瞬间,由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡A,所以灯泡A不会立即熄灭，若断开前,通过电感的电流大于灯泡的电流,断开开关后,灯泡会闪亮一下然后逐渐熄灭．若断开前，通过电感的电流小于等于灯泡的电流,断开开关后，灯泡不会闪亮一下．故B正确．C．丙图为多用电表的欧姆档;需要进行欧姆调零，测量的电流都是从正极出发流过黑表笔，流过电阻R，最后从红表笔进表到电源的负极，故C错误．D．丁图利用了速度选择器的原理,电子从右向左运动时，洛伦兹力和电场力都向上，则向上偏转；此装置只能从左向右选择速度，故D错误。故选B。2。如图所示的木块B静止在光滑的水平面上，木块上有半径为的光滑圆弧轨道,且圆弧轨道的底端与水平面相切，—可视为质点的物块A以水平向左的速度冲上木块，经过一段时间刚好运动到木块的最高点，随后再返回到水平面．已知两物体的质量为、重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是()A。物块A滑到最高点的速度为零B.物块A的初速度大小为4m/sC.物块A返回水平面时的速度为4m/sD。木块B的最大速度为2m/s【答案】B【解析】【详解】AB．物块A刚好运动到木块B的最高点时,两者共速为v，对物块A和木块B组成的系统,由机械能守恒和水平方向动量守恒得：=mAgR+解得v0=4m/s、v=2m/s故A错误，B正确;CD．当物块A返回到水平面时，木块B的速度最大，由机械能守恒和水平方向动量守恒得:=+解得v2=4m/s、v1=0m/s另一组解v1=4m/s、v2=0(舍去）故CD错误．3。如图所示,边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里匀强磁场，边界ON上有一粒子源S．某一时刻，从离子源S沿平行于纸面,向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等,经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场．已知∠MON＝30°,从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T（T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（）A.T B.T C.T D.T【答案】A【解析】【详解】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动,入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦．当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短,根据几何知识,作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短．由题意可知，粒子运动的最长时间等于，设OS＝d，则DS＝OStan30°＝，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：,由几何知识有：ES＝OSsin30°＝d，cosθ＝＝，则：θ＝120°，粒子在磁场中运动的最长时间为：tmin＝,故A正确，BCD错误．4。如图所示，卫星在半径为的圆轨道上运行速度为，当其运动经过点时点火加速，使卫星进入椭圆轨道运行，椭圆轨道的远地点与地心的距离为，卫星经过点的速度为,若规定无穷远处引力势能为0，则引力势能的表达式，其中为引力常量，为中心天体质量,为卫星的质量，为两者质心间距，若卫星运动过程中仅受万有引力作用，则下列说法正确的是（）A.vB>v1B。卫星在椭圆轨道上点的加速度小于点的加速度C.卫星在点加速后的速度为D.卫星从点运动至点的最短时间为【答案】C【解析】【详解】A．假设卫星在半径为r2的圆轨道上运行时速度为v2．由卫星的速度公式知，卫星在半径为r2的圆轨道上运行时速度比卫星在半径为r1的圆轨道上运行时速度小，即v2〈v1．卫星要从椭圆轨道变轨到半径为r2的圆轨道，在B点必须加速,则vB<v2，所以有vB〈v1．故A错误.B．由，可知轨道半径越大，加速度越小,则，故B错误；C．卫星加速后从A运动到B的过程，由机械能守恒定律得，得故C正确；D．设卫星在半径为r1的圆轨道上运行时周期为T1，在椭圆轨道运行周期为T2．根据开普勒第三定律又因为卫星从A点运动至B点的最短时间为联立解得故D错误。故选C。5.如图所示，实线是电场中一簇方向已知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹,a、b是运动轨迹上的两点，若带电粒子只受电场力作用，根据此图作出的判断是（）A。带电粒子一定带负电B。带电粒子一定是从a向b运动的C。带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度D。带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能【答案】ACD【解析】【详解】A．合力大致指向轨迹凹的一向,可知电场力方向沿电场线向左，而电场线向右，所以带电粒子带负电，A正确。B．带电粒子可能从a运动到b，也可能从b运动到a，B错误。C．a处电场线较密，故a点的场强大于b点的场强，所以a点所受的电场力大于b点，则带电粒子在b点的加速度小于在a点的加速度，C正确。D．若粒子从a运动到b，电场力方向与速度方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大。所以带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能；若粒子从b运动到a，电场力方向与速度方向夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小,故电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能，综上所述,电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能,D正确。故选ACD6.如图甲所示，等离子气流(由高温高压的等电量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd相连接,线圈A内存在如图乙所示的变化磁场,且磁感应强度B的正方向规定为向左,则下列叙述正确的是(）A。0～1s内ab、cd导线互相排斥B。1~2s内ab、cd导线互相吸引C。2~3s内ab、cd导线互相排斥D.3～4s内ab、cd导线互相吸引【答案】BC【解析】【详解】左侧实际上为等离子体发电机，将在ab中形成从a到b的电流,由图乙可知,0~2s内磁场均匀变化，根据楞次定律可知将形成从c到d的电流，同理2~4s形成从d到c的电流，且电流大小不变,故0～2s秒内电流同向,相互吸引，2～4s电流反向，相互排斥,故A，D错误,B,C正确。故选BC。7.如图a所示在光滑水平面上用恒力F拉质量m的单匝均匀正方形铜线框，边长为a,在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b(b＞3a）,在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场．此过程中v﹣t图象如图b所示，则（）A.t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0B。在t0时刻线框的速度为C。线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比t0时刻线框的速度大D.线框从1位置进入磁场到完全离开磁场位置3过程中，线框中产生的电热为2Fb【答案】BD【解析】【详解】A.t＝0时，MN边切割磁感线相当于电源,线框右侧边MN的两端电压为外电压，感应电动势：E＝Bav0外电压U外EBav0，故A项不合题意.B.根据图象可知在t0～3t0时间内，线框做匀加速直线运动,合力等于F，则在t0时刻线框的速度为v＝v0—a•2t0＝v0故B项符合题意.C。因为t＝0时刻和t＝3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开磁场时的速度与t0时刻的速度相等，故C项不合题意。D.因为t＝0时刻和t＝3t0时刻线框的速度相等,进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开磁场时的速度与t0时刻的速度相等,进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多.线框在位置1和位置2时的速度相等，从位置1到位置2过程中外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb＝Q，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2Fb，故D项符合题意.8。如图所示，斜面体ABC放在水平桌面上，其倾角为37º,其质量为M=5kg．现将一质量为m=3kg的小物块放在斜面上,并给予其一定的初速度让其沿斜面向上或者向下滑动．已知斜面体ABC并没有发生运动，重力加速度为10m/s2,sin37º=0.6．则关于斜面体ABC受到地面的支持力N及摩擦力f的大小,下面给出的结果可能的有（）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】【详解】设滑块的加速度大小为a,当加速度方向平行斜面向上时，对Mm的整体，根据牛顿第二定律,有:竖直方向：N-（m+M）g=masin37°水平方向：f=macos37°解得：N=80+1。8a①f=2。4a②当加速度平行斜面向下,对整体，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：—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，则，符合③④式，故A正确;B、如果N=87。2N，f=9。6N，则a=—4m/s2，符合①②两式,故B正确;C、如果N=72.8N，f=0N，不可能同时满足①②或③④式，故C错误;D、如果N=77N，f=4N，则，满足③④式，故D正确；故选ABD。二、非选择题：共62分，第9～12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第13～14题为选考题,考生根据要求作答.9.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块,其总质量为M,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度,将遮光片通过光电门的平均速度看做滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．（1)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝_________,系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝________,在误差允许的范围内,若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒．(用题中字母表示）(2)在上述实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2－d图象如图乙所示，并测得M＝m,则重力加速度g＝________m/s2。【答案】（1).（2)。（3)。9.6【解析】【详解】（1）滑块从A处到达B处速度：则系统动能的增加量：系统重力势能的减小量:△Ep=mgd-Mgdsin30°=（m−）gd（2）根据系统机械能守恒的：(M+m）v2＝（m−）gd则:图线的斜率:解得：g=9。6m/s210.图（a)为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图．(1)虚线框内是用毫安表改装成电流表的电路．已知毫安表表头的内阻为10Ω，满偏电流为100mA，电阻R1=2。5Ω，由此可知，改装后电流表的量程为_______A．（2)实验步骤如下，请完成相应的填空：①将滑动变阻器R的滑片移到______端(选填“A"或“B”)，闭合开关S;②多次调节滑动变阻器的滑片,记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图（b)所示,其读数为_________mA．③以U为纵坐标，I为横坐标，作U–I图线，如图（c)所示;④根据图线求得电源的电动势E=_________V，内阻r=_______Ω．（结果均保留到小数点后两位）【答案】（1).0.5（2）。B（3).68(4）。1。48（5).0。45【解析】【详解】(1）［1］根据欧姆定律得，改装后电流表的量程A（2)[2]①为保护电路，实验中应让电阻由最大值开始调节，所以开始时滑片应滑到B端；②[3］电流表量程为100mA,由图示表盘可知，其读数为68mA；④[4]根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的5倍,由闭合电路欧姆定律可知:由图可知，电源的电动势：E=1.48V解得：r=2。45—2=0.45Ω．11.如图所示，在坐标系xoy平面的第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在第Ⅳ象限内存在垂直纸面向里的另一个匀强磁场B2，在x轴上有一点Q（,0)、在y轴上有一点P（0，a）．现有一质量为m,电量为+q的带电粒子（不计重力），从P点处垂直y轴以速度v0射入匀强磁场B1中，并以与x轴正向成60°角的方向进入x轴下方的匀强磁场B2中,在B2中偏转后刚好打在Q点．求：⑴匀强磁场的磁感应强度B1、B2的大小；⑵粒子从P点运动到Q点所用的时间．【答案】(1）（2）【解析】【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示：

由几何知识可知：r1=r1cos60°+a，r1=2a，

2r2sin60°=2a—r1sin60°，解得：r2=a，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：qv0B=m，

将半径代入解得：B1=，B2=;

（2)粒子做圆周运动的周期：，

粒子的运动时间：t=t1+t2=T1+T2，

解得：t=；

【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动、分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、应用牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用．12。如图甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角θ＝53°，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好．棒的质量m＝1.0kg,R＝1。0Ω，长度L＝1.0m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5,现对ab棒施加一个方向水向右,按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取10m/s2。（1)求ab棒的加速度大小;(2)求磁感应强度B的大小；（3)若已知在前2s内F做功W＝30J，求前2s内电路产生的焦耳热；（4)求cd棒达到最大速度所需的时间．【答案】(1)1m/s2(2)2T（3)Q=18J（4）t=5s【解析】详解】（1)对ab棒：f=v=atF-BIL—f=maF=m(g+a)+……………（1)a==1m/s2(2)当t=2s时，F=10N由（1）B==2T(3）0—2s过程中,对a、b棒，由动能定理知：x=at2=2mv=at=2m/sW—x—Q=mv2Q=18J(4）当时间为t时,cd棒平衡，速度最大N′=BIL+mgcos53°f=N′mgsin53°=fmgsin53°=解得：t=5s【点睛】本题考查牛顿运动定律与电磁感应的结合，难度较大，导体棒在运动过程中受到重力、安培力和摩擦力，由牛顿第二定律列式求解，在2s时刻由牛顿第二定律求出安培力，根据导体棒做匀变速直线运动的规律可求出磁感强度，在第三问中有关能量变化，可利用动能定理求解三、选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题作答。如果多做,则每科按所做的第一题计分【物理—-选修3–3】13.关于热现象和热力学规律，下列说法中正确的是__________A。分子间同时存在相