【物理】河南省南阳市2020届高三上学期期末考试试题（解析版） 20页

河南省南阳市2020届高三上学期期末考试试题 一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）‎ ‎1.用光电管进行光电效应实验中，分别用频率不同的单色光照射到同种金属上．下列说法正确的是 A. 频率较小的入射光，需要经过足够长的时间照射才能发生光电效应 B. 入射光的频率越大，极限频率就越大 C. 入射光的频率越大，遏止电压就越大 D. 入射光的强度越大，光电子的最大初动能就越大 ‎【答案】C ‎【分析】金属材料的性质决定金属的逸出功，而逸出功决定入射光的极限频率；只有入射光的频率大于金属的极限频率，才能发生光电效应；光电子的最大初动能与金属的逸出功和入射光的频率有关，与入射光的强度无关；光电流的大小与入射光的强度有关，与入射光的频率无关．‎ ‎【详解】A．只要入射光的频率低于金属的极限频率，无论时间多长，无论光的强度多大，都不会发生光电效应，故A错误；‎ B．金属材料的性质决定金属的逸出功，而逸出功决定入射光的极限频率，与入射光的频率无关，故B错误；‎ C．根据 可知，入射光的频率越大，遏止电压就越大，故C正确；‎ D．根据爱因斯坦光电效应方程，可知光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大，与光照强度无关，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查光电效应的规律和特点，我们一定要熟记光电效应的现象和遵循的规律，只有这样我们才能顺利解决此类问题．‎ ‎2.一交流电源，电压，通过理想变压器对电路供电，电路如图所示。已知原副线圈匝数比为4：1，灯泡的额定功率为55W，排气扇电机线圈的电阻为1Ω，电流表的示数为3A，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则（　　）‎ A. 电压表的示数为880V B. 电动机的发热功率为4W C. 电动机的电功率为106W D. 通过保险丝的电流为12A ‎【答案】B ‎【详解】根据题意知道变压器的输入电压的有效值为U1=220V A．电压表示数为变压器的输出电压，根据变压比 可以得到 U2=55V 故A错误；‎ B．因为灯泡正常发光，所以通过灯泡的电流为 电流表的示数为变压器的输出电流I2=3A，根据并联电路电流的特点可知通过电动机的电流为 IM=I2－IL=2A 所以电动机的发热功率为 故B正确；‎ C．电动机的电功率为 P=U2IM=110W 故C错误；‎ D．通过保险丝的电流即为变压器的输入电流I1，根据变流比 可知 I1=0.75A 故D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示，倾角为的粗糙斜面置于水平地面上，有一质量为2m的滑块通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球相连（绳与斜面平行），滑块静止在斜面上，斜面也保持静止，则（　　）‎ A. 斜面受到地面的摩擦力方向水平向右 B. 斜面受到地面的弹力等于滑块和斜面的重力之和 C. 斜面受到地面的弹力比滑块和斜面的重力之和小mg D. 斜面受到地面的弹力比滑块和斜面的重力之和小 ‎【答案】D ‎【详解】A．以小球为研究对象，小球受到的重力与绳子的拉力是一对平衡力，所以绳子的拉力大小T等于小球的重力，即 T=mg 以斜面和滑块组成的整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得：‎ f=Tcos=‎ 方向水平向左，故A错误；‎ BCD．设斜面的质量为M，地面对斜面的弹力大小为N，以斜面和滑块组成的整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得：‎ N=（M+2m）g－Tsin 所以斜面受到地面的弹力比滑块和斜面的重力之和小 Tsin=‎ 故BC错误，D正确。‎ 故选D ‎4.如图所示，固定斜面AB与水平面之间由一小段光滑圆弧连接，倾角为α，斜面的高度OB=h．细线一端固定在竖直挡板上，另一端连接一质量为m的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧（小物块与弹簧不连接）。烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面AB后，恰好能运动到斜面的最高点。已知AC=l，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则（　　）‎ A. 细线烧断前弹簧具有的弹性势能为mgh+μmgl+μmghcotα B. 在此过程中产生的内能为mgh+μmgl+μmghcotα C. 弹簧对小物块做功为μmgH+μmghcotα D. 在此过程中斜面对小物块的摩擦力做功为 ‎【答案】A ‎【详解】A．根据能量守恒定律可知，细线烧断前弹簧具有的弹性势能等于物块在B点的重力势能和产生的内能之和，即为：‎ Ep=mgh+μmgl+μmgcosα•=mgh+μmgl+μmghcotα 故A正确；‎ B．在此过程中产生的内能等于物块克服摩擦力做的功，为 Q=μmgl+μmgcosα•=μmgl+μmghcotα 故B错误；‎ C．弹簧对小物块做功等于细线烧断前弹簧具有的弹性势能，为 mgh+μmgl+μmghcotα 故C错误；‎ D．在此过程中斜面对小物块的摩擦力做功为 Wf=－μmg－μmgcosα•=－μmg－μmghcotα 故D错误。‎ 故选A。‎ ‎5.如图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为L、总电阻为R的单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，磁场两边界成θ=角。现使线圈以水平向右的速度ν匀速进入磁场，则（　　）‎ A. 当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电势差U=BLv B. 当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小 C. 线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，回路中的平均电功率 D. 线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量 ‎【答案】D ‎【详解】AB．当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为NP，根据法拉第电磁感应定律，NP产生的感应电动势为E=BLv，此时N、P两点间的电势差U为路端电压，有 U=E=BLv 此时QP、NP受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为 F安=‎ 故AB错误；‎ C．当线圈中心经过磁场边界时，回路中的瞬时电功率为 在线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，感应电动势一直在变化，故 回路中的平均电功率不等于经过磁场边界时的瞬时电功率，故C错误；‎ D．根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，通过导线某一横截面的电荷量为 故D正确。‎ 故选D。‎ 二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）‎ ‎6.按照我国月球探测活动计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，该计划已在2013年之前完成。设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道I运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时再次点火进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动。则（　　）‎ A. 飞船在轨道1上运行的线速度大小为 B. 飞船A点变轨时动能增大 C. 飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间为 D. 飞船从A到B运行的过程中机械能增加 ‎【答案】AC ‎【详解】A．在月球表面有 在轨道I上运动有 解得 故A正确；‎ B．飞船在A点处点火变轨后做向心运动，可知需要的向心力小于提供的向心力，由向心力的公式可知飞船的速度减小所以动能减小，故B错误；‎ C．在轨道III上运动有：‎ 则卫星在轨道III上运动一周所需时间 ‎，故C正确；‎ D．飞船从A到B的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒不变，故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎7.甲乙两车在相邻的平行车道同向行驶，做直线运动，v-t图象如图所示，二者最终停在同一斑马线处，则（　　）‎ A. 甲车的加速度小于乙车的加速度 B. t=0时乙车在甲车前方8.4m处 C. t=3s时甲车在乙车前方0.6m处 D. 前3s内甲车始终在乙车后边 ‎【答案】BC ‎【详解】A．根据v－t 图的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；‎ B．设甲运动的总时间为t，根据几何关系可得：‎ 得 t=3.6s 在0－3.6s内，甲的位移 ‎=32.4m ‎0－4s内，乙的位移 ‎=24m 因二者最终停在同一斑马线处，所以，t=0时乙车在甲车前方 x甲－x乙=8.4m 故B正确；‎ C．0－3s内，甲、乙位移之差 ‎△x=m=9m 因t=0时乙车在甲车前方8.4m处，所以t=3s时甲车在乙车前方0.6m处，故C正确；‎ D．由上分析知，前3s内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎8.某条电场线是一条直线，上边依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电量为+q的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则（　　）‎ A. 若O点的电势为零，则A点的电势为 B. 粒子从A到B做匀速直线运动 C. 粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量 D. 粒子运动到B点时动能为 ‎【答案】AD ‎【详解】A．由图可知E－x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此 由于φo=0，因此 故A正确；‎ B．粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B错误；‎ C．粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量，或者从OA段和BC段图象包围的面积分析可知UOA＞UBC，根据电场力做功公式W=qU和W=△E电，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量。故C错误；‎ D．从O到B点过程列动能定理，则有：‎ W电=qUOB=EKB－0‎ 而 UOB=E0（d+2d）‎ 联立方程解得：‎ EKB=‎ 故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎9.如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始经历①②③④四个过程，到达状态e。对此气体，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 过程①中气体从外界吸收热量 B. 过程②中气体从外界吸收热量 C. 过程③中气体对外界做正功 D. 状态a比状态e的体积大 E. 过程④中气体吸收的热量和对外界做功的数值相等 ‎【答案】BCE ‎【详解】A．过程①中气体等温变化△U=0，压强增大，根据理想气体状态方程知，体积一定减小，外界对气体做功W＞0，再根据热力学第一定律W+Q=△U，可知 Q＜0‎ 所以过程①中气体放热，故A错误；‎ B．过程②中气体等容变化W=0，温度升高，△U＞0，根据热力学第一定律，Q＞0，所以过程②中气体从外界吸收热量，故B正确；‎ C．过程③中气体等压变化，温度升高，根据理想气体状态方程知，体积一定增大，气体对外界做功W＜0，故C正确；‎ D．状态a和状态e，压强相等，温度a比e小，根据理想气体状态方程知，状态a比状态e的体积小，故D错误；‎ E、过程④中气体等温变化△U=0，根据热力学第一定律，Q=－W，即气体吸收的热量和对外界做功的数值相等，故E正确。‎ 故选BCE。‎ ‎10.一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t=0.2s时的波形图，P、Q是这列波上的两个质点，图乙是P质点的振动图象，下列说法正确的是（　　）‎ A. 这列波的传播方向沿x轴正方向 B. 这列波的传播速度为15m/s C. t=0.1s时质点Q处于平衡位置正向上振动 D. P、Q两质点任意时刻加速度都不可能相同 E. P、Q两质点在某些时刻速度可能相同 ‎【答案】BCE ‎【详解】A．图甲是t=0.2s时的波形图，图乙是P质点的振动图象，则在t=0.2s时，质点P沿y轴负方向传播，根据波动规律可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；‎ B．由图甲确定波长λ=6.0m，由图乙确定周期T=0.4s，根据波长、波速和周期的关系可知 ‎=15m/s，故B正确；‎ C．t=0.2s时，质点Q处于波峰，则 t=0.1s=时 质点Q处于平衡位置向上振动，故C正确；‎ D．质点P、Q的平衡位置，相隔λ，当质点P、Q关于波谷或波峰对称分布时，位置相同，加速度相同，故D错误；‎ E．t=0.2s时，质点P向下运动，质点Q也向下运动，在某些时刻速度可能相同，故E正确。‎ 故选BCE。‎ 三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）‎ ‎11.如图甲所示，为了测量滑块与木板间的动摩擦因数，某同学将带有滑轮的长木板放置在水平桌面上，在靠近滑轮的B处固定一个光电门，用质量为m的重物通过细线（与长木板平行）与质量为M的滑块（带遮光条）连接，细线的长度小于重物离地面的高度。将滑块从A点由静止释放，测出A、B之间的距离s和遮光条经过光电门时的遮光时间t。保持滑块和悬挂的重物的质量不变，改变释放点A与B间的距离s，多次测量最终完成实验。建立 坐标系，描出图线如图乙所示，求得图线的斜率为k，则滑块与木板间的动摩擦因数μ=____（用斜率k、重力加速度g、遮光条的宽度d、滑块质量M和重物质量m表示）。 ‎ ‎【答案】‎ ‎【详解】据挡光时间可知，滑块经过光电门的瞬时速度为，滑块从A运动到B的过程中，根据系统动能定理得：‎ ‎(mg－μMg)s=(M+m)()2‎ 变式为：‎ 则 解得：‎ ‎12.某实验小组为测量电压表V1的内阻，先用多用电表的欧姆档进行了一次测量，指针位置如图甲中所示。为进一步准确测量电压表V1的内阻，设计了如图乙所示的电路，可供选择的器材如下：‎ A．待测电压表V1（量程0～2V，内阻约2kΩ）‎ B．电压表V2（量程0～6V，内阻约10kΩ）‎ C．定值电阻R1（阻值为4kΩ）‎ D．定值电阻R2（阻值为8kΩ）‎ E．滑动变阻器R3（0～20Ω）‎ F．滑动变阻器R4（0～1kΩ）‎ G．直流电源（E=6V，内阻可不计）‎ H．开关S及导线若干 ‎（1）用多用电表测量电压表V1的内阻时，选择开关在电阻×100档位，图甲中的读数是______Ω。‎ ‎（2）根据电路图连接实物图。‎ ‎（3）试验中定值电阻应选______（R1或R2），滑动变阻器应选______（R3或R4）。‎ ‎（4）调节滑动变阻器，记录V1的示数U1，V2的示数U2，记录多组数据，以U2为纵坐标，U1为横坐标，描点后得到的图象如图丁所示。已知图象的斜率为K，用R表示所选定值电阻的阻值，则电压表V1的内阻为______（用K和R表示）。‎ ‎【答案】 (1) 1900 (2) (3) R1 R3 (4)‎ ‎【详解】(1)[1]选择开关在电阻×100档位，由图甲所示可知，示数为：19×100Ω=1900Ω；‎ ‎(2)[2]根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；‎ ‎(3)[3][4]电压表V1与定值电阻串联后与电压表V2并联，并联电路电压相等，当电压表V2满偏时，定值电阻分压为4V，定值电阻分压为电压表V1两端的2倍，定值电阻阻值应为电压表V1内阻的2倍，定值电阻阻值为4kΩ，定值电阻应选择R1；为方便实验操作，滑动变阻器应选择R3。‎ ‎(4)[5]由图示电路图根据并联电路特点可知：‎ U2=U1+IR=U1+R 整理得：‎ U2=U1（1+）‎ U2－U1图象的斜率：‎ k=1+‎ 电压表V1内阻：‎ RV1=‎ 四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）‎ ‎13.如图所示，在光滑的水平面上放置一个长为L=2.2m的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，二者的质量均为m=1kg，g=10m/s2．现对A施加F=6N的水平向右的拉力，ls后撤去拉力F，求：‎ ‎（1）撤去拉力F时小滑块A和长木板B的速度大小；‎ ‎（2）A相对于B静止的位置与长木板右端的距离。‎ ‎【答案】(1) vA=4m/s，vB=2m/s （2）d=0.7m ‎【详解】(1)对A滑块根据牛顿第二定律有：‎ F－μmg=maA 代入数据解得：‎ ‎1s时滑块A的速度为：‎ vA=aAt=4×1m/s=4m/s 对B木板有：‎ μmg=maB 代入数据解得：‎ 则1s时B的速度为：‎ vB=aBt=2m/s ‎(2)撤去F前，A的位移为：‎ B的位移为：‎ 对AB，在撤去F之后到相对静止过程中，根据动量守恒定律有：‎ mvA+mvB=2mv共 根据能量守恒定律有：‎ 代入数据解得：‎ x相对=0.5m 则A最终到右端的距离为：‎ d=L－（xA－xB）－x相对 代入数据得：‎ d=0.7m ‎14.在直角坐标系xOy中，第二象限有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），第一象限三角形OPM区域有如图所示的匀强电场，电场线与y轴的夹角、MP与x轴的夹角均为30°，已知P点的坐标为（9l，0），在以O′为圆心的环状区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆与直线MP相切于P点，内外圆的半径分别为l和2l。一质量为m，电荷量为q的正电粒子以速度v0由坐标为（-l，0）的A点沿与y轴平行的方向射入第二象限匀强磁场中，经磁场偏转由坐标为（0，）的B点进入匀强电场，经电场偏转恰由P点进入环状磁场区域，不计粒子重力，求：‎ ‎（1）第二象限匀强磁场磁感应强度的大小；‎ ‎（2）匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（3）要使粒子在环状磁场区域内做完整的圆周运动，求环状区域匀强磁场的磁感应强度的取值范围。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）或者 ‎【详解】(1)设第二象限磁场磁感应强度为B1，粒子进入磁场区域做圆周运动的半径为R，则：‎ 解得：‎ R=2l 又 解得：‎ ‎(2)粒子恰好垂直匀强电场方向进入电场，做类平抛运动，则：‎ ‎（9l-l）sin=v0t qE=ma 解得：‎ ‎(3)粒子做类平抛运动沿电场方向的分速度：‎ 粒子进入环状磁场的速度：‎ 方向恰好沿MP，即外圆切线方向。要做完整的圆周运动，做圆周运动的半径R应满足：‎ 或者 由 解得：‎ 或者 ‎15.如图所示，圆柱形汽缸放在水平面上，容积为V，圆柱内面积为S的活塞（质量和厚度可忽略不计）将汽缸分成体积比为3：1的上下两部分，一轻质弹簧上下两端分别固定于活塞和汽缸底部，此时弹簧处于压缩状态，活塞上部气体压强为P0，弹簧弹力大小为，活塞处于静止状态。要使活塞移动到汽缸正中间并能保持平衡，可通过打气筒向活塞下部汽缸注入压强为p0的气体（汽缸下部有接口）。已知活塞处于正中间时弹簧恰好恢复原长，外界温度恒定，汽缸和活塞导热性能良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，求：‎ ‎①初始状态活塞下部气体压强；‎ ‎②需要注入压强为p0的气体的体积。‎ ‎【答案】①p0 ②V ‎【详解】①对活塞受力分析得：‎ p0S=p1S+‎ 解得：‎ p1=p0‎ ‎②设当活塞处于正中间时，上部气体压强为P2，则：‎ p0=p2‎ 又弹簧处于原长，则下部气体压强也为p2，则：‎ p1+p0Vx=p2‎ 联立解得：‎ Vx=V ‎16.一玻璃砖截面如图所示，O为圆环的圆心，内圆半径为R，外圆半径为3R，AF和EG分别为玻璃砖的两端面，∠AOE=，B、C、D三点将圆弧四等分。一细束单色光a从F点沿平行于BO方向从AF面射入玻璃砖，其折射光线恰好射到B点，求：‎ ‎①玻璃砖的折射率n；‎ ‎②从B点出射的光线相对于射入玻璃砖前入射光线的偏转角φ。‎ ‎【答案】① ②‎ ‎【详解】①光路图如图所示：‎ 设从AF界面射入时的入射角为θ1，折射角为θ2，因为a光线平行于BD，则θ1=60°，‎ 根据余弦定理有 所以 θ3=，θ2=‎ 根据折射定律有 ‎。‎ ‎②因为，解得 θ4=‎ 则偏转角φ为。‎