荆、荆、襄、宜四地七校高三上学期期末考试理综物理试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精高三上学期期末理综物理试题一、选择题1.研究光电效应现象的实验电路如图所示，A、K为光电管的两个电极，电压表V、电流计G均为理想电表。已知该光电管阴极K的极限频率为ν0,元电荷电量为e，普朗克常量为h，开始时滑片P、P＇上下对齐。现用频率为ν的光照射阴极K（ν>ν0）,则下列说法错误的是A。该光电管阴极材料的逸出功为hν0B。若加在光电管两端的正向电压为U，则到达阳极A的光电子的最大动能为hv—hv0+eUC.若将滑片P向右滑动,则电流计G的示数一定会不断增大D。若将滑片P＇向右滑动，则当滑片P、P＇间的电压为时，电流计G的示数恰好为0【答案】C【解析】【详解】A．由极限频率为ν0，故金属的逸出功为W0=hν0，A正确；B．由光电效应方程可知,电子飞出时的最大动能为由于加的正向电压，由动能定理解得故B正确；C．若将滑片P向右滑动时，若电流达到饱和电流，则电流不在发生变化，故C错误;D．P＇向右滑动时，所加电压为反向电压,由可得则反向电压达到遏止电压后，动能最大的光电子刚好不能参与导电,则光电流为零，故D正确;故选C。2.相距5cm的正对平行金属板A和B带有等量异号电荷.如图所示．电场中C点距A板1cm，D点距B板1cm，C、D距离为5cm。已知A板接地，C点电势φC＝—60V，则A.D点的电势240VB。CD两点连线中点的电势为-180VC.若B板不动，A板上移0。5cm,C、D两点间的电势差将变大D。若A板不动，B板上移0.5cm，则D点电势不变【答案】D【解析】【详解】A.由题意可知，由可得，两板间的场强为故D点的电势为故A错误；B。C、D两点连线中点的电势为故B错误；C.由于板上的电荷量不变，上下移动A板或者B板时，两板间的电场强度不变，由可知，若B板不动,A板上移0.5cm，场强和C、D之间距离均不变,故C、D两点间的电势差不变，故C错误;D.若A板不动,B板上移0。5cm，场强E和D、A板距离不变，则D点电势不变，故D正确；故选D。3。鸟撞飞机是导致空难的重要因素之一。假设在某次空难中，鸟的质量为0.8kg,飞行的速度为7m/s,迎面撞上速度为480km/h的飞机，鸟撞飞机的作用时间大约为7.5×10-5s，对飞机的撞击力约为A B.C。 D.【答案】B【解析】【详解】以飞机为参考系，则鸟向飞机撞过来的速度为设鸟对飞机的平均撞击力为F，由动量定理可得带入数据解得故B正确，A、C、D错误；故选B。4。如图所示,边长为L的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板,导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框通电处于静止状态，细线的拉力为F1;保持其他条件不变，现虚线下方的磁场消失，虚线上方有相同的磁场同时电流强度变为原来一半,此时细线的拉力为F2。已知重力加速度为g，则导线框的质量为A B。 C. D.【答案】A【解析】【详解】当通如图中电流时，ab边、ac边受到的安培力大小为;bc边受到的安培力大小为，方向向上;导线框平衡，故磁场加到虚线框上方后，导线框受到的等效安培力为,方向向下，故联立解得故A正确，B、C、D错误;故选A。5。2018年10月23日港珠澳大桥正式通车，它是目前世界上最长的跨海大桥,为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道。图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆小汽车在长度为L的平直桥面上加速行驶，图乙是该车车速的平方（v2)与位移(x）的关系，图中a1、a2、L已知。则小汽车通过该平直桥面的时间为A. B. C. D。【答案】D【解析】【详解】做匀变速运动的物体满足即其图像为直线，故小汽车通过该桥面的运动为匀加速直线运动，由图中可知，，由可得，其通过桥面的时间为故D正确，A、B、C错误；故选D.6.如图所示，倾角为θ的斜面体C放在水平地面上，由一根细绳连接的相同物体A和B放置在斜面上，在细绳中点O处施加一个垂直于斜面向上的拉力F，与物体B相连的细绳处于水平。保持拉力F大小不变，将F的方向顺时针旋转到与竖直向上的方向，整个过程中A、B、C均保持静止，细绳质量不计。则在拉力旋转过程中A。地面对斜面体C的摩擦力逐渐减小，支持力逐渐减小B.OA绳的张力逐渐减小，OB绳的张力逐渐增大C。物体A受到的支持力逐渐减小,物体B受到的支持力逐渐增大D。物体A受到的摩擦力逐渐减小，物体B受到的摩擦力逐渐增大【答案】AC【解析】【详解】A.以整体为对象可知，地面对C的摩擦力等于力F的水平分力，即，由于力F的大小不变，其与竖直方向夹角减小,故其水平分力减小,故地面对C的摩擦力逐渐减小;地面对C的支持力为由于逐渐增大，故支持力逐渐减小，故A正确;B.对结点O受力分析，其力三角形如图所示，由于和的夹角不变，故当F逐渐变为竖直时，力的变化如图中虚线所示，故变大，变小，故B错误；CD.对A物体可得变大,故变小；由于A受到的摩擦力方向未知，故无法判断摩擦力变化情况，故D错误；对B物体可得由于变小，故变大，变小,故C正确；故选AC。7。如图所示，一个匝数n=100的圆形线圈，半径R1=0。4m，电阻为0.3Ω。在线圈中存在半径R2=0.3m,垂直线圈平面向外的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B=5－0.3t。将线圈两端a、b与一个阻值R=0.6Ω的电阻相连接，b端接地。则下列说法正确的是​A。通过电阻R的电流方向向上B。回路中的电流大小逐渐增大C。电阻R消耗电功率为5.4π2WD。a端的电势φa=1。8πV【答案】CD【解析】【详解】A.由与磁感应强度变小,楞次定律可知,环形部分的电流方向为逆时针，故电阻R中的电流方向向下，A错误；B.由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为感应电动势为定值，故感应电流也为定值，故B错误；C.由闭合电路欧姆定律可得故电阻R消耗的电功率为故C正确；D。b端电势为0，故a端电势为故D正确；故选CD。8.如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A点,弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度E=。初始时A、B、C在一条竖直线上,小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零.已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为,小球与杆之间的动摩擦因数为0。5,弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是A.小球在D点时速度最大B。若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点,则v=C。弹性绳在小球从C到D阶段做的功等于在小球从D到E阶段做的功D.若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q，则小球到达E点时的速度大小v=【答案】ABD【解析】【详解】A.对小球分析可知，在竖直方向由与，故支持力为恒力，即，故摩擦力也为恒力大小为从C到E，由动能定理可得由几何关系可知，代入上式可得D点时,由牛顿第二定律可得由,将可得，D点时小球的加速度为故小球在D点时的速度最大，A正确；B。从E到C,由动能定理可得解得故B正确；C.由于弹力的水平分力为，和均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C到D阶段做的功小于在小球从D到E阶段做的功,C错误；D.将小球电荷量变为,由动能定理可得解得故D正确；故选ABD。二、非选择题9.某同学利用如图所示实验装置来测量重力加速度g.细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；②在重锤1上加上质量为m的小钩码；③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2,同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间;④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。请回答下列问题（1）实验要求小钩码的质量m要______（填“远小于"，“小于”，“等于”，“大于”，“远大于”)重锤的质量M，主要是为了使重锤1下落的时间长一些。（2）忽略其他因素造成的误差，用实验中测量的量和已知量表示g，得g=____________.【答案】(1）。远小于(2)。【解析】【详解】（1）[1]对重锤1可得对重锤2可得联立解得由题意，要使运动时间尽量长一些，则加速度要尽量小一些，故；（2）[2］由题意可知,加速度为由（1）中可知，故10。某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有：两个相同的待测电源（内阻r≈1Ω）电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）电阻箱R2（最大阻值为999。9Ω)电压表V（内阻约为2kΩ）电流表A（内阻约为2Ω）灵敏电流计G,两个开关S1、S2．主要实验步骤如下：①按图连接好电路,调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6Ω、28。2Ω；②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同）,使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0。60A、11.7V．回答下列问题：（1）步骤①中：电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电电势差UAB=_____V;A和C两点的电势差UAC=______V；A和D两点的电势差UAD=______V；（2）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为______Ω，电流表的内阻为______Ω；（3）结合步骤①步骤②的测量数据电源的电动势E为______V，内阻r为_____Ω．【答案】（1)。0(2).12。0V（3)。-12.0V(4)。1530Ω(5）。1。8Ω（6)。12.6V（7）。1.5Ω【解析】【详解】（1）[1］[2]［3]当电流计示数为0时，A、B两点电势相等，即;电压表示数即为A、C两点电势差，即;由闭合电路欧姆定律可知，D、A和A、C之间的电势差相等，故；（2）[4］[5］由欧姆定律可得解得由可得（3）［6］[7]由步骤①可得由步骤②可得联立可解得11.如图所示,真空中区域I和区域Ⅱ内存在着与纸面垂直的方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B1=1。0T,B2=2。0T.一带正电的粒子质量为m=1.0×10—13kg,电荷量为q=5.×10--6C，自区域I下边界线上的O点以速度v0=1。0×107m/s垂直于磁场边界及磁场方向射入磁场，经过一段时间粒子通过区域Ⅱ边界上的O'点。已知区域I和Ⅱ的宽度为d1=10cm，d2=5。0cm，两区域的长度足够大．静电力常量K=9。0×109N·m2C—2（不计粒子的重力,π=3.14，=1.732所有结果保留两位有效数字）求：(1）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；（2)粒子在O与O′之间运动轨迹的长度和水平方向位移的大小；【答案】（1）0。10m，0。20m（2）0。16m；0.040m【解析】【详解】（1)由得轨道半径为代入数据解得（2）由题意知：,

所以粒子在磁场中偏转角度为；

运动轨迹的长度：

位移的大小：12.如图所示，在水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定挡板P，在C上左端和中点处各放有小物块A和B,A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计，刚开始A、B之间和B、P之间的距离皆为L。设木板C与桌面之间无摩擦,A、C之间和B、C之间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；A、B、C（连同挡板P）的质量相同．开始时，B和C静止，A以某一初速度向右运动．假设所有的碰撞都是弹性正碰。（1）若物块A与B恰好发生碰撞，求A的初速度；(2）若B与挡板P恰好发生碰撞，求A的初速度；（3）若最终物块A从木板上掉下来，物块B不从木板C上掉下来，求A的初速度的范围。【答案】（1）（2）（3)【解析】【详解】（1）若物块刚好与物块不发生碰撞，则物块运动到物块所在处时,与的速度大小相等．因为物块与木板的速度相等，所以此时三者的速度均相同,设为，由动量守恒定律得在此过程中，整个系统动能的改变等于系统内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和,即解得故与恰好发生碰撞的条件是：（2)物块、发生碰撞的极短时间内，与构成的系统的动量守恒，而木板的速度保持不变．因为物块、间的碰撞是弹性的，系统的机械能守恒，又因为质量相等，由动量守恒和机械能守恒，碰撞前后、交换速度，若碰撞刚结束时，、、三者的速度分别为、和，则有若物块刚好与挡板不发生碰撞,则物块以速度从板板的中点运动到挡板所在处时，与的速度相等．因与的速度大小是相等的，故、、三者的速度相等，设此时三者的速度为．根据动量守恒定律有：整个系统动能的改变,等于系统内部相互问的滑动摩擦力做功的代数和，即解得即物块的初速度时，与刚好发生碰撞（3)若恰好没从木板上掉下来，即到达的左端时的速度变为与相同,这时三者的速度皆相同，以表示，由动量守恒有：从以初速度在木板的左端开始运动，经过与相碰,直到刚没从木板的左端掉下来，这一整个过程中,系统内部先是相对的路程为;接着相对运动的路程也是;与碰后直到刚没从木板上掉下来，与相对运动的路程也皆为．整个系统动能的改变应等于内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和，即得故从上掉下的条件是设刚要从木板上掉下来时，、、三者的速度分别为、和，则有，此时有当物块从木板上掉下来后，若物块刚好不会从木板上掉下，即当的左端赶上时，与的速度相等．设此速度为，则对、这一系统来说，由动量守恒定律，有在此过程中,对这一系统来说，滑动摩擦力做功的代数和为，由动能定理可得解得故物块不从木板上掉下来的条件是；综上所述，A的初速度范围是13。下列说法正确的是（）A。分子间同时存在着引力和斥力,当分子间距增加时，分子间的引力和斥力都减小B。根据恒量，可知液体的饱和汽压与温度和体积有关C.液晶具有液体的流动性，同时其光学性质具有晶体的各向异性特征D。在不考虑分子势能的情况下，1mol温度相同的氢气和氧气内能相同E。液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部【答案】ACD【解析】【详解】A。分子间的引力和斥力都随距离增大而减小，故A正确;B。液体的饱和气压和温度、外界压强有关，故B错误；C.液晶是一种特殊晶体,其具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性特征，故C正确；D.在不考虑分子势能的情况下，1mol温度相同的氢气和氧气分子数相同，分子的平均动能也相同，故内能相同，故D正确；E。液体的表面张力与液面相切，故E错误；故选ACD。14。如图所示，开口向上、竖直放置的内壁光滑气缸的侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热,活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡状态,Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0,温度为T0。设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S,且2mg＝p0S，环境温度保持不变．①在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡状态，求活塞B下降的高度；②现只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，求此时Ⅱ气体的温度．【答案】①0。33l0②2。1T0【解析】【详解】①初状态：Ⅰ气体压强Ⅱ气体压强添加铁砂后：Ⅰ气体压强Ⅱ气体压强Ⅱ气体发生等温变化，根据玻意耳定律：p2l0S＝p′2l2SB活塞下降的高度h2＝l0－l2带入数据解得h2＝0.33l0.②Ⅰ气体发生等温变化，根据玻意耳定律：p1l0S＝p′1l1S只对Ⅱ气体加热，Ⅰ气体状态不变，所以当A活塞回到原来位置时，Ⅱ气体高度根据理想气体状态方程解得T2＝2。1T0.15。如图，轴上S1与S2是两个波源，产生的简谐波分别沿轴向右、向左传播，波速均为v=0。4m/s，振