河北省宣化市第一中学2020届高三物理上学期期末考试试题.pdf

.XX 省宣化市第一中学 2020 届高三物理上学期期末考试试题 一、单选题本大题共 6 小题,共 24.0 分 1.汽车A和汽车B静止在水平地面上,某时刻汽车A开始倒车,结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车B,汽车B上装有智能记录仪,能够测量并记录汽车B前面的物体相对于汽车B自身的速度。在本次碰撞中,如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A的速度大小为,已知汽车A的质量是汽车B质量的 2 倍,碰撞过程可视为弹性碰撞,则碰后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为 A.B.C.D.2.如图所示,两条光滑的平行导轨水平放置,导轨间接有一个定值电阻R,金属杆垂直于导轨放置且与导轨接触良好,匀强磁场的方向竖直向下。若金属杆与导轨之间的摩擦及金属杆与导轨的电阻均忽略不计,现给金属杆一个向右的初速度,则金属杆在磁场中的运动速度v与时间t的关系图象正确的是 A.B.C.D.3.一带负电的粒子仅在电场力作用下从O点开始沿x轴正向运动,O、a,b是x轴上的三个点,O和b关于以点a对称,从O到b该电场的电势 随位移x变化的关系如图所示,则下列说法正确的是 A.a点电场强度为零 B.O,a间场强方向与a、b间场强方向相反 C.从O到b整个运动过程中,粒子经过a点时速度最大 D.从O到b整个运动过程中,粒子做匀加速直线运动 4.目前,我国正在大力推行ETC系统,是全自动电子收费系统,车辆通过收费站时无须停车,这种收费系统每车收费耗时不到两秒,其收费通道的通行能力是人工收费通道的5至10倍,如图甲所示,在收费站自动栏杆前,后的地面各自铺设完全相同的传感器线圈A、B,两线圈各自接入相同的电路,如图乙所示,电路a、b端与.电压有效值恒定的交变电源连接,回路中流过交变电流,当汽车接近或远离线圈时,线圈的自感系数发生变化,线圈对交变电流的阻碍作用发生变化,使得定值电阻R的c、d两端电压就会有所变化,这一变化的电压输入控制系统,控制系统就能做出抬杆或落杆的动作,下列说法正确的是 A.汽车接近线圈A时,c、d两端电压升高 B.汽车离开线圈A时,c、d两端电压升高 C.汽车接近线圈B时,c、d两端电压升高 D.汽车离开线圈B时,c、d两端电压降低 5.如图所示,在水平推力作用下,物体A静止在倾角为的粗糙斜面上,当水平推力为时A刚好不下滑,然后增大水平推力的值,当水平推力为F时A刚好不上滑。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力,物块A与斜面之间的动摩擦因数为,则下列关系式成立的是 A.B.C.D.6.如图所示,虚线MN、PQ之间为匀强电场,MN的上方和PQ的下方分别有垂直于纸面向里的匀强磁场和,且,一不计重力的带电粒子从MN上的a点垂直于MN向上射出,经过磁场偏转后垂直于MN方向从b点进入电场,穿越电场后,从c点再次进入磁场,经过磁场偏转后以垂直于PQ的速度打到d点,若,则粒子从b到c克服电场力做的功W与其从a点出发时的初动能之比为 A.W：2 B.W：3 C.W：3 D.W：5 二、多选题本大题共 4 小题,共 16.0 分 7.如图所示是电容式加速度传感器原理图,电容器的一个金属极弹性金属片 板固定在绝缘底座上,另一块极板用弹性金属片制成,当这种加速度传感器用在上下移动的升降机中时,通过测量电容C的变化就能感知升降机加速度的变化情况。设升降机加速度为零时电容器的电容为,下列说法正确的是.A.当升降机加速上升时,B.当升降机减速上升时,C.当升降机减速下降时,D.当升降机加速下降时,8.如图所示,可视为质点的小球用不可伸长的结实的细线悬挂起来,将细线水平拉直后从静止释放小球,小球运动到最低点时的动量为p、重力的功率为P、绳子拉力为F,向心加速度为a；若改变小球质量或悬线长度,仍将细线水平拉直后从静止释放小球,下列说法正确的是 A.若仅将小球质量变为原来的 2 倍,则最低点的动量p变为原来的 2 倍 B.若仅将小球质量变为原来的 2 倍,则最低点的重力功率P变为原来的 2 倍 C.若仅增加悬线长度,则最低点时绳子拉力F不变 D.若仅增加悬线长度,则最低点时向心加速度a增大 9.已知某行星的半径为R,该行星的一颗卫星围绕行星做匀速圆周运动,环绕周期为T,卫星到行星表面的距离也等于R,引力常量为G,不考虑行星的自转,则下列说法正确的是 A.行星表面的重力加速度为 B.行星的质量为 C.该行星的第一宇宙速度为 D.卫星绕行星做圆周运动的线速度为 10.交流发电机的线圈绕垂直干匀强磁场的水平轴逆时针匀速转动,每秒转动10转,线圈从图示位置开始计时,电流表的示数为已知线圈匝数为 500 匝,线圈内阻,外接电阻以下判断正确的是 A.图示时刻交变电流方向为ADCBA B.通过线围磁通量的最大值为 C.时线圈磁通量的变化率 D.时外接电阻R所消耗的电功率为 10W 三、实验题本大题共 2 小题,共 15.0 分 11.在探究弹力和弹簧伸长的关系实验中,由于弹簧自身重力的影响,弹簧平放时的长度与竖直悬挂时的长度有明显不同,某同学进行了如下操作：先将弹簧平放在桌面上,用刻度尺测得弹簧的长度为；再将弹簧的一端固定在铁架台上,弹簧自然下垂,然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧的一侧,刻度尺零刻度线与弹簧上端对齐,并使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺上,将指针指示的刻度值记作；弹簧下端挂一个 50g的砝码时,指针指示的刻度值记作；弹簧下端挂两个 50g的砝码时,指针指示的刻度值记作；测量记录如表：代表符号 刻度值 请回答下列问题 用力学实验中常用的逐差法处理实验数据,能够减小因为长度测量带来的误差,则.每增加 50g砝码的弹簧平均伸长量可表示为_。用表中的代表符号表示 根据表中数据计算,该同学所用弹簧的劲度系数_；弹簧自身的重力_取,结果保留 3 位有效数字 12.某同学欲测量电流表的内阻,实验室有如下实验器材 待测电流表量程为,内阻约 电流表量程为,内阻约 定值电阻阻值为 滑动变阻器阻值范围为 滑动变阻器阻值范围为 电源 电动势约为 开关、导线若干 请回答下列问题：实验过程中,要求电表示数从零开始变化,则滑动变阻器应选用_ 填或 为尽可能精确测量电流表的内阻,请在虚线框中画出实验电路原理图。利用上述实验电路,测量多组数据,图甲为实验过程中某次电流表的示数,其示数为_mA。若实验中读得表和表的读数为 和,根据多组数据作出图象,如图乙所示,图线的斜率为k,则表的内阻_ 用k、表示。四、计算题本大题共 3 小题,共 45.0 分 13.如图所示,坐标系xOy所在平面存在与y轴同方向的匀强电场,M是x轴上的一点、N是y轴上的一点,质量为m、电荷量为q的正电荷经过M点时速度方向与x轴正方向成角,速度大小为,当该电荷运动到N点时速度方向与y轴正方向夹角也为,电荷所受重力忽略不计,求：电荷运动到N点时的速度大小；设M点的电势为零,则N点的电势是多少。.如图所示,AB是长为、倾角的倾斜轨道,BC是长为、倾角的倾斜轨道,CD为水平轨道,各轨道之间平滑连接。小物块从AB轨道的顶端A由静止下滑,小物块与各轨道间的动摩擦因数均为已知,重力加速度g取,求：小物块在AB段下滑的加速度大小；为了保证小物块不滑离CD轨道,CD轨道至少多长；小物块从开始下滑到停止全程所用的时间。14.如图所示,倾角为 的光滑斜面固定在水平面上,一质量为m的小物块受到一沿斜面向上的恒定拉力F的作用,从A点由静止开始向上加速运动,当小物块运动到斜面上的B点时,它的动能与重力势能之和增加了 18J,此时将拉力F反向,但大小不变,直到物块再次返回出发点 已知物块从A到B的时间为从B返回A时间的一半。重力加速度为g,求：拉力F的大小；用m、g表示 以A为零势能点,当物块动能为 6J时,物块的重力势能。.答案和解析 1.答案C 解析解：两汽车发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,设碰撞后A、B的速度分别为、,以碰撞前A的速度方向为正方向,设B的质量为m,则A的质量为 2m,由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得：解得：,故C正确,ABD错误。故选：C。器材碰撞是弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,根据题意应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后A的速度。本题考查了动量守恒定律的应用,弹性碰撞系统动量守恒、机械能守恒,应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。2.答案C 解析解：金属杆运动过程中受向左的安培力,其大小为 对金属杆,根据牛顿第二定律,有 联立,得 由题意知金属杆做减速运动,v减小,则加速度减小；根据图象的斜率表示加速度大小可知,图象的斜率减小,故 ABD错误,C正确；故选：C。先对金属棒受力分析,结合牛顿第二定律求出加速度表达式,根据图象斜率的物理意义可以得出选项。本题考查导体切割磁感线时的感应电动势,在处理图象问题时,要先弄懂图象表示的物理意义,再结合变量的函数关系判断结果。3.答案D 解析解：A、根据电场强度与电势差的关系,知图象的斜率表示电场强度E,a点电势为零,但电场强度不为零,故A错误。B、O、a间图象斜率与a、b间图象斜率相同,则O、a间与a、b间场强大小、方向均相同,故B错误。CD、电场方向沿x轴负方向,粒子受到的电场力方向沿x轴正方向,从O到b整个运动过程中,粒子所受到的电场力大小和方向不变,做匀加速直线运动,粒子经过b点时速度最大,故C错误,D正确。故选：D。根据图象的斜率表示电场强度,分析电场强度的大小和方向。根据粒子的受力情况分析其运动情况,从而判断速度的变化情况。解决本题的关键要知道图象的斜率表示电场强度,电场强度不变,则粒子所受的电场力不.变,做匀加速直线运动。4.答案B 解析解：汽车上有很多钢铁,当汽车接近线圈时,相对于给线圈增加了铁芯,所以线圈的自感系数增大,感抗也增大,在电压不变的情况下,交流回路的电流将减小,所以R两端得电压将减小,即c、d两端得电压将减小；同理,汽车远离线圈时,线圈的感抗减小,交流回路的电流增大,c、d两端得电压将增大。故B正确,ACD错误 故选：B。汽车通过线圈的过程中线圈的自感系数发生变化,导致线圈内的电流发生变化,由此结合欧姆定律分析即可。本题综合考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律,注意感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原因。5.答案D 解析解：当物体恰好不下滑时,沿斜面方向刚好平衡,则有：；垂直于斜面方向,有：,解得：；同理,当物体恰好不上滑时有：,解得：,故ABC错误,D正确；故选：D。依据恰好不下滑,处于平衡,与恰好不上滑,也处于平衡,分别列出平衡方程,从而即可求解。考查平衡条件的应用,掌握矢量的合成法则的内容,及三角知识的运用。6.答案A 解析解：设粒子在电场上方和下方的速率分别为、,在上方和下方磁场中轨道半径分别为、,根据洛伦兹力提供向心力可得：、根据题意可得、解得 在电场中,根据动能定理可得,故A正确、BCD错误。故选：A。根据洛伦兹力提供向心力得到半径与速度的关系,在电场中,根据动能定理可得W和的关系。本题主要是考查带电粒子在磁场中的运动,解答本题的关键是知道带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力,在电场中能够根据动能定理求解电场力做的功。7.答案AD .解析解：A、当升降机加速上升时,加速度方向向上,弹簧片向下弯曲,电容变大,即,故A正确；B、当升降机减速上升时,加速度方向向下,弹簧片向上弯曲,电容变小,即,故B错误；C、当升降机减速下降时,加速度方向向上,弹簧片向下弯曲,电容变大,即,故C错误；D、当升降机加速下降时,加速度方向向下,弹簧片向上弯曲,电容变小,即,故D正确。故选：AD。加速度向上时,弹簧片向下弯曲,加速度向下时,弹簧片向上弯曲；根据知,弹簧片向下弯曲,d减小,电容变大；弹簧片向上弯曲,d增大,电容变小。本题考查了牛顿运动定律的应用 超重和失重、电容器与电容等知识点。这种题型知识点广,多以基础为主,只要平时多加积累,难度不大。8.答案AC 解析解：A、由机械能守恒定律得,则若仅将小球的质量变为原来的 2倍,小球到最低点的速度v不变,由可知动量将变为原来的 2 倍,故A正确；B、在最低点时速度的方向为水平方向,与重力方向垂直,重力的功率为零,所以小球的动量不变仍然为零,故B错误；C、在最低点绳子的拉力为F,由牛顿第二定律可得,则,可见在最低点时绳子的拉力与绳长无关,故C正确；D、向心加速度,与绳长L无关,故D错误。故选：AC。小球在下落过程中只有重力做功,所以机械能守恒,很容易写出小球的速度表达式,动量等于质量与速度的乘积,可以判断出动量的变化；力的功率公式,其中v必须是在F方向的速度,在最低点速度的方向是水平方向,与重力相互垂直,所以重力的功率为零；根据牛顿第二定律很容易计算绳子的拉力以及向心加速度。只要根据机械能守恒定律计算出小球到达最低点的速度,就很容易判断各个物理量的变化了,要特别注意功率公式中的速度与力的方向必须在同一直线上,当二者相互垂直时,功率为零。9.答案BD 解析解：AB、在行星的表面万有引力等于重力,卫星绕行星做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,其中,联立解得行星表面重力加速度,行星的质量,故A错误,B正确；C、卫星在行星表面飞行,速度为第一宇宙速度,故C错误；D、卫星绕行星做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,故D正确。故选：BD。.卫星绕行星做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,可求得该行星的质量M,卫星绕行星运动速度；根据物体在行星表面受到的重力等于万有引力,求解行星表面重力加速度；第一宇宙速度是卫星在行星表面运行的速度。本题考查了万有引力定律及其应用,解题的关键是明确万有引力提供向心力,物体在行星表面受到的重力等于万有引力。10.答案AB 解析解：A、由右手定则可知,图示时刻电流方向为：ADCBA,故A正确。B、电动势的有效值：,电动势的峰值：,感应电动势峰值：,通过线圈磁通量的最大值：,代入数据解得：,故B正确。C、线圈做圆周运动的角速度：,从图示位置开始计时,电动势的瞬时值表达式：,时,感应电动势瞬时值：,此时磁通量的变化率：,故C错误。D、求电功率应用有效值,时外接电阻R所消耗的电功率：,故D错误。故选：AB。应用右手定则判断出感应电流方向；应用欧姆定律求出感应电动势的有效值,然后求出感应电动势的最大值,然后根据感应电动势峰值表达式求出最大磁通量；求出交变电流顺时针表达式,然后求出顺时针,在求出磁通量的变化率；应用电功率公式求出电阻R消耗的电功率。本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力,对于交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到有效值。注意感应电动势的最大值的求法,并掌握交流电的最大值与有效值的关系。11.答案 解析解：根据题意有：同理：,因此；弹簧的劲度系数为：；弹簧自身的重力为：故答案为：,。.利用六组数据求出三个,再求解平均值；根据胡克定律求解弹簧的劲度系数以及弹簧自身的重力；解决该题的关键是能根据逐差法的原理分析弹簧的平均伸长量的表达式,熟记胡克定律的表达式,注意求解过程中进行单位换算；12.答案 解析解：由于电流表示数从零开始变化,滑动变阻器采用分压接法,因而滑动变阻器选择阻值小的,故选 由于题目没有电压表,而提供的电流表电阻未知,根据题意可知需要定值电阻作为电压表使用,此时需要知道通过定值电阻的电流,滑动变阻器采用分压接法；故采用实验电路图如图所示：；电流表的最小刻度为,估读到下一位,故电流计读数为；根据电路图和欧姆定律得：整理得：结合图象可得：解得：故答案：；。根据滑动变阻器接法,以及方便调节原则选择滑动变阻器；根据实验提供实验器材,分析设计实验电路；根据量程确定最小刻度,然后根据电表读数原则读数；根据实验原理及欧姆定律可得 和 关系式,结合图乙求出 表的内阻。本题考查电阻测量实验,关键是要注意实验器材无电压表,且电流表电阻未知,要根据实际情况设计电压表。学会根据欧姆定律写出表达式结合图象分析实验结果。13.答案解：设带电粒子在N点的速度大小为。垂直于电场方向是匀速运动,因此 解得：电荷从M运动到N只有电场力做功,根据动能定理有：解得M、N两点间的电势差：设N点的电势为.解得：答：电荷运动到N点时的速度大小是；设M点的电势为零,则N点的电势是。解析带电粒子在垂直于电场方向是匀速运动,据此列式可求得电荷运动到N点时的速度大小；根据动能定理可求得M、N两点间的电势差,再由电势差等于电势之差可求得N点的电势。本题考查了粒子在电场中的运动,通过受力分析明确粒子的运动特点是求解的关键。14.答案解：物块从A到B,根据牛顿第二定律得：。得：。从A到B物块做匀加速直线运动,有：从B到C,根据牛顿第二定律得：。得：。由代入数据解得：从C点到停止,有：。所以,为了保证小物块不滑离CD轨道,CD轨道至少长。从A到B用时为：从B到C用时为：从C到停下用时为：总时间为：答：小物块在AB段下滑的加速度大小是；为了保证小物块不滑离CD轨道,CD轨道至少长；小物块从开始下滑到停止全程所用的时间是。解析根据牛顿第二定律求出小物块在AB段下滑的加速度大小。由速度位移公式求出物块滑到B点的速度。根据牛顿第二定律和速度位移公式求出物块滑到C点的速度。为了保证小物块不滑离CD轨道,根据牛顿第二定律和速度位移公式求物块在CD上滑行的最大位移,即CD的最小长度。根据速度时间公式求出三段时间,从而求得总时间。本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用,对于第二问也可以根据动能定理求解,运用动能定理解答更简洁。15.答案解：设物块在时间t内从A到B,则从B返回A的时间为 2t,t和 2t时间内的加速度大小分别为、,由于t与 2t内的位移大小相等方向相反,.则有：,解得：,由牛顿第二定律得：从A到B过程：,从B到A过程：,解得：；物块的动能为 6J位置有两个,设第一个动能为 6J的位置距离A为,第二个动能为 6J的位置距离B的位置为,A、B间的距离为s,由动能定理得：,解得：,该点重力势能：；对从开始运动到动能第二次为 6J的过程,由动能定理得：,由于,则：,由于,解得：,该点的重力势能：,因为,因此：；答：拉力F的大小为；以A为零势能点,当物块动能为 6J时,物块的重力势能为或 3J。解析应用运动学公式求出上升与下滑过程加速度关系,应用牛顿第二定律求出拉力大小。应用动能定理与重力势能计算公式求出重力势能。本题考查了动能定理的应用,根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键,应用运动学公式、牛顿第二定律与动能定理可以解题。