2020届高三物理上学期期末考试试题（含解析） 新目标版 17页

‎2019学年第一学期期末考试高三理综（物理部分）‎ 一、选择题： ‎ ‎1. 如图所示，一带负电的点电荷绕带正电的点电荷Q在椭圆轨道上运动，正电荷Q固定于椭圆的一个焦点上，a、b、c、d为椭圆长、短轴的四个端点。负电荷仅受库仑力作用，下列说法中正确的是（　　）‎ A. a、c两点的电场强度相同 B. 负电荷由b运动到d电场力做正功 C. 当负电荷运动到a点时，瞬间改变其电荷量，负电荷有可能改做圆周运动 D. 当负电荷运动到d点时，瞬间改变其电荷量，负电荷有可能改做圆周运动 ‎【答案】D ‎【解析】A、a、c两点的电场强度方向不同，A错误。B、负电荷由b运动到d，远离正电荷，电场力做负功，B错误。C、在a点电场力方向与速度方向不垂直，不可能做圆周运动，C错误。D、当负电荷运动到d点时，速度方向与库仑力方向垂直，若负电荷的电量瞬间改变，当库仑力等于绕点电荷Q做圆周运动的向心力时，负电荷做圆周运动，D正确。故选D.‎ ‎【点睛】带电粒子在绕Q点做变速圆周运动，点电荷对带电粒子的吸引力提供向心力，由离Q的远近判断场强大小；由库仑力与运动方向判断功的正负.‎ ‎2. 两个比荷相同、质量不同的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示，粒子的重力不计，下列说法中正确的(　）‎ A. a粒子带正电，b粒子带负电 B. a粒子在磁场中所受洛伦兹力一定较大 - 17 -‎ C. b粒子在磁场中运动时间一定较短 D. b粒子的动能一定较大 ‎【答案】C ‎【解析】A、根据左手定则易判断a粒子带负电，b粒子带正电，A错误。B、D、由轨迹图知，粒子b的半径大于粒子a的半径。带电粒子a、b的比荷相同，在相同的磁场中，由半径知，粒子b的速率大于粒子a的速率，但不能确定两粒子质量和电荷量的大小关系，故无法判断粒子所受的洛伦兹力、动能的大小关系，B、D错误。C、由知，比荷相同的带电粒子a、b在同一磁场中运动时周期相同，b粒子轨迹对应的圆心角小，运动时间短，C正确。故选C.‎ ‎【点睛】该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定．‎ ‎3. 北京时间2016年10月17日7时30分，在酒泉卫星发射中心，由长征二号FY11运载火箭搭载两名航天员发射升空。10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功。航天员景海鹏和陈冬入住天宫二号空间实验室，开始为期30天的太空驻留生活。已知地球半径为R、表面重力加速度大小为g，神舟十一号飞船做圆周运动时距离地面的高度为h，引力常量为G，不考虑地球自转的影响。下列说法正确的是（　　）‎ A. 由题给条件可求出神舟十一号飞船的线速度 B. 由题给条件可求出神舟十一号飞船在轨道上运动的周期 C. 景海鹏在天宫二号内工作时因受力平衡而在其中静止 D. 要完成对接，飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 ‎【答案】B ‎【解析】A、由和，解得：，A错误；B、‎ - 17 -‎ 神舟十一号飞船做圆周运动万有引力提供向心力，由和，解得：，B正确。C、景海鹏在“天宫二号”内工作时因受到的引力提供向心力，处于完全失重状态，在其中静止，不是处于平衡状态，C错误。D、飞船在半径小的轨道上减速后会远离空间实验室，不可能实现对接，D错误。故选B.‎ ‎【点睛】本题的关键要掌握万有引力提供向心力和地球表面的物体受到的重力等于万有引力这两个关系，同时要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式．‎ ‎4. 甲、乙两质点沿同一直线同时运动，乙在前，甲在后，t＝0时刻二者相距的距离为d，其v－t图象如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 第2s末，甲的加速度方向发生改变 B. 0～3s内，两质点的平均速度相同 C. 若d＝5m，甲、乙相遇两次 D. 若d＝3m，甲、乙在t＝1.5s末第二次相遇 ‎【答案】D ‎【解析】A、由v－t图象知，甲一直沿直线做匀变速运动，加速度不变，A错误。B、由v－t图象知，0～3s内乙的位移大于甲的位移，故乙的平均速度大于甲的平均速度，B错误。C、当甲、乙速度相等时，甲比乙多发生位移为，故甲、乙出发时距离d＝4m时只能相遇一次。当d＝5m时甲、乙不能相遇，C错误。D、若d＝3m，能相遇两次，第一次在t＝0.5s末相遇，第二次在t＝1.5s末相遇。D正确。故选D.‎ ‎【点睛】对于速度-时间图象，要注意观察三点：一点，注意横纵坐标的含义；二线，注意斜率的意义；三面，速度-时间图象中图形与时间轴围成的面积为这段时间内物体通过的位移．‎ ‎5. 如图（甲）所示，是示波器中核心部件示波管的原理图。要想在荧光屏的屏幕上观察到如图（乙）所示的图形，下列给出几组偏转电极、之间所加电压随时间变化关系，其中可能符合要求的是（　　）‎ - 17 -‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】从扫描电压和信号电压的图形知，两者周期相等。当扫描电压从正值开始时，光点从右向左移动，要得到要求的正弦图形，信号电压须从负半周开始；当扫描电压从负值开始时，光点从左向右移动，要得到要求的正弦图形，信号电压须从正半周开始。故B、C - 17 -‎ 错误，A、D正确。‎ ‎【点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考．‎ ‎6. 在如图所示的电路中，已知电源电动势E＝5V，内阻不计，R1＝8Ω，R2＝2Ω，R3＝5Ω，R＝6Ω，滑动变阻器的最大阻值R4＝20Ω，电容器电容C＝2μF，不计电表内阻的影响。在滑片P从a端滑到b端的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 电流表的示数变大 B. 电压表的示数变小 C. 电源的总功率变大 D. 电容器先放电后充电 ‎【答案】BD ‎...............‎ ‎【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路；要注意当无法明确电容器的串并联关系时则应先求出两端的电势，再求出两端的电势差即可求解．‎ ‎7. 如图所示，顶端有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平面上。三条细绳结于O点，一条跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条连接小球Q，另一条在外力F的作用下使OA与OB间的夹角为θ，图示θ＜90º。现缓慢使θ角增大，且保持结点O位置不变，P、Q两物体及整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是（　 ）‎ - 17 -‎ A. 绳OA的拉力可能先减小后增大 B. 斜面对物块P的摩擦力一定增大 C. 斜面体对地面有向右的摩擦力 D. 地面对斜面体的支持力可能大于物块P、小球Q和斜面体的总重力 ‎【答案】ACD ‎【解析】对结点O受力分析，画出平衡的动态三角形图如图所示：‎ A、缓慢改变OA的方向，使θ角逐渐增大，其中当θ＝90º时，OA的拉力最小，θ缓慢变化过程中OA拉力可能先减小后增大，A正确；B、连接P物体的绳子拉力一直增大，但不能确定刚开始时P物体与斜面间摩擦力的大小和方向，所以绳子上拉力变化时不能判断斜面对物块P的摩擦力变化情况，B错误；C、由整体法可判断地面对斜面体的摩擦力水平向左，所以斜面体对地面有向右的摩擦力，C正确；D、θ角逐渐增大的过程中，绳OA方向先斜向右上方、可能再水平或斜向右下方，对斜面体、物块P和小球Q整体分析，由平衡条件知地面对斜面体的支持力可能大于、等于或小于物块P、小球Q和斜面体的总重力，D正确。故选ACD。‎ ‎【点睛】本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象；摩擦力的方向及大小变化尤其为难点．‎ ‎8. 如图（a）所示，利用常见的按压式圆珠笔，可以做一个有趣的实验，先将笔倒立向下按压然后放手，笔将向上弹起一定的高度。为了研究方便，把笔简化为外壳、内芯和轻质弹簧三部分。弹跳过程可以分为三个阶段，如图（b）所示：①把笔竖直倒立于水平硬桌面上，下压外壳使其下端接触桌面（位置Ⅰ）；②由静止释放，外壳在弹簧弹力的作用下竖直上升与静止的内芯碰撞（位置Ⅱ）；③碰撞后内芯与外壳以共同的速度一起上升到最大高度处（位置Ⅲ），不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ - 17 -‎ A. 仅减小内芯的质量，则笔弹起的高度将变小 B. 仅增大弹簧的劲度系数，则笔弹起的高度将变大 C. 仅增大内芯的质量，则笔弹起过程中损失的机械能将变大 D. 在笔弹起的过程中，弹簧释放的弹性势能等于笔增加的重力势能 ‎【答案】BC ‎【解析】A、设内芯质量为m，外壳质量为M，压缩弹簧储存弹性势能。设外壳与内芯碰撞前的速度为v0、上升的高度为Δh，静止释放后弹性势能转化为外壳的初动能和重力势能， 。外壳与内芯发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有 ，内芯和外壳碰撞后一起上升的最大高度为。仅减小内芯的质量m，弹起的高度增加，A错误；B、仅增大弹簧的劲度系数，弹性势能增大，则笔弹起的高度将变大，B正确；C、碰撞时损失的机械能，仅增大内芯的质量m，ΔE增大，C正确。D、笔芯和外壳碰撞时有机械能损失，所以笔弹起的过程中，弹簧释放的弹性势能大于笔增加的重力势能，D错误。故选BC.‎ ‎【点睛】本题的关键是分析外壳的运动过程，判断出每个过程能量是如何转化，利用能量守恒、动量守恒以及竖直上抛运动规律解题．‎ 二、实验题：‎ ‎9. 某物理课外小组利用图a中的装置研究小物块的匀变速直线运动。实验时长木板调整成倾角θ＝37°。小物块沿木板下滑时，用打点计时器测出不同时刻的点迹。图b是实验中获得的一条较理想的纸带，测得从0点开始的相邻两计数点间距离分别为：1.50cm、3.49cm、5.51cm、7.50cm、9.48cm、11.49cm。已知交变电流的频率为50Hz，相邻两点间还有四个点未标出。（结果保留2位有效数字，重力加速度取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。‎ - 17 -‎ ‎（1）由测量数据可得，小物块的加速度a＝ _________m/s2。‎ ‎（2）小物块与木板间的动摩擦因数μ＝___________。‎ ‎【答案】 (1). （1）2.0m/s2； (2). （2）0.50。‎ ‎【解析】(1)由,得:a＝2.0m/s2.‎ ‎(2)设小物块的质量为m，由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得：μ＝0.50。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解速度和加速度，关键是匀变速直线运动的推论的运用.‎ ‎10. 某同学想测量电压表的内阻，实验室提供了以下器材：‎ 电压表V：量程3V，内阻待测；‎ 电流表A1：量程0.6 A，内阻约0.2Ω；‎ 电流表A2：量程1.5mA，内阻约100Ω；‎ 滑动变阻器R1：最大阻值10Ω，额定电流0.3A；‎ 滑动变阻器R2：最大阻值50Ω，额定电流0.5A；‎ 电源E：电动势4.5V，内阻不计；‎ 多用电表、开关、导线若干。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该同学先用多用电表粗测电压表的内阻，当选用“×10”挡测量时，指针位于图1中a的位置，更换合适量程后重新测量，指针位于b位置，则该量程为___________选填 “×1”或“×100”）‎ - 17 -‎ ‎（2）粗测后，该同学从上述器材中选择合适器材，设计电路，重新进行实验，请你在虚线框中画出实验电路图，图中各元件用题中所给的符号表示___________；‎ ‎（3）经正确操作后，该同学根据测得的数据，在直角坐标系中描出了待测电压表的U－I图象，但不小心将右边一部分丢失了，由图3所示的部分图象可得，电压表内阻的测量值RV＝___________Ω。‎ ‎【答案】 (1). （1）×100； (2). （2）图见解析； (3). （3）3000Ω ‎【解析】(1)由于指针a位置偏转角度太小，表示所选量程小了，所以要选较大的量程，故量程应为×100。‎ ‎(2)由b位置的示数可知：电压表内阻约3kΩ，电源电动势为4.5V，则通过电压表的电流不超过1.5mA，所以电流表应选A2；滑动变阻器电阻远小于电压表内阻，所以滑动变阻器应用分压接法。由于滑动变阻器R1连接后通过的电流超过其额定电流，故选R2，电路如图所示：‎ - 17 -‎ ‎(3)由于电流表选A2，所以图象横轴的单位应为mA，由图中数据可得：电压表内阻＝3000Ω。‎ ‎【点睛】本题在课本基础实验的基础上有所创新，只要明确了实验原理，熟练应用电路的串并联知识，即可正确解答．‎ 三、计算题 ‎11. 如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界（BC与L1重合），宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感强度大小为B1。一电荷量为q、质量为m（重力不计）的带正电点电荷从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，点电荷恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ。已知AB长度是BC 长度的倍。‎ ‎ ‎ ‎（1）求带电粒子到达B点时的速度大小；‎ ‎（2）求磁场的宽度L；‎ ‎（3）要使点电荷在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（2）B2≥1.5B1。‎ ‎【解析】(1)设点电荷进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：‎ - 17 -‎ tanθ＝‎ 则θ＝30°‎ 根据速度关系有：v＝ ‎ ‎(2)设点电荷在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得：‎ 轨迹如图:‎ 由几何关系得：L＝r1 ‎ 解得：L＝‎ ‎(3)当点电荷不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，点电荷在磁场中运动的时间最长。设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图:‎ - 17 -‎ 同理得：‎ 根据几何关系有：L＝r2(1＋sinθ) ‎ 解得：B＝1.5B1 ‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用动能定理与牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用；根据题意作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子轨道半径是正确解题的关键．‎ ‎12. 如图所示，OBAC为倾角θ＝37°的固定斜面，AB部分粗糙，其余部分光滑，轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端与质量m＝1.0kg可视为质点的物块P接触而不拴接，物块P静止时位于A点，AB间距离L＝0.10m。第一次对P施加一平行于斜面向下的恒力F1＝20N，当P运动到B点时撤去F1，P恰好能到达斜面顶端C点。第二次对P从相同初位置开始施加一平行于斜面向下的恒力F2＝100N，当P运动到B点时撤去F2。已知运动过程中弹簧始终在弹性限度内，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。在物块第二次运动过程中：‎ ‎（1）求P到达C点时的速度v1；‎ ‎（2）若将一半径为R＝2.0m的光滑圆弧状拱形轨道在C端与斜面相切连接（图中未画出），求P到达圆轨道最高点时对轨道的压力FN；‎ - 17 -‎ ‎（3）若撤去圆形轨道，在斜面顶端C点锁定另一可视为质点的物块Q（图中未画出），当P运动到C点时，解除物块Q的锁定，P、Q发生弹性正碰，求碰后物块Q（质量未定）所能获得的最大速度。‎ ‎【答案】（1）4m/s；（2）6N；（3）8.0m/s ‎【解析】(1)设物块P从A经B到C过程中摩擦力做的功为Wf，重力做的功为WG，初位置弹簧的弹性势能为EP，根据动能定理有：F1L＋Wf＋WG＋EP＝0 ‎ F2L＋Wf＋WG＋EP＝ ‎ 解得：v1＝4m/s ‎ ‎(2)设P到达圆形轨道最高点时的速度为v2，‎ 由机械能守恒得：‎ 设P在最高点受轨道的支持力为FN′，由牛顿第二定律得：‎ 由牛顿第三定律得：FN＝－FN′‎ 解得：FN＝6N，方向竖直向下 ‎(3)设物块Q的质量m0，碰后P、Q的速度大小分别为vP、vQ，‎ 由动量及能量守恒得：mv1＝mvP＋m0vQ ‎ 解得：‎ 当m远大于m0时，vQ最大，此时有：vQ＝2v1＝8.0m/s ‎【点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律以及牛顿第二定律，对学生的能力要求较高，关键理清物体的运动情况，选择合适的规律进行求解．‎ ‎13. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 当两分子间距离大于平衡距离r0时，分子间的距离越大，分子势能越小 B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 C. 在空气中一定质量的100ºC的水吸收热量后变成100ºC的水蒸汽，则吸收的热量大于增加的内能 D. 对一定质量的气体做功，气体的内能不一定增加 E. 热量不可以从低温物体向高温物体传递 - 17 -‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】A、当两分子间距离大于平衡距离r0时，分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增加，A错误；B、液体表面张力的作用会使表面积最小，所以叶面上的小露珠呈球形，B正确；C、由于液体变成气体体积变大，要对外做功，由热力学第一定律知，吸收的热量大于增加的内能，C正确；D、对一定质量的气体做功时，气体可能对外放热，气体的内能不一定增加，D正确；E、根据热力学第二定律：热量不能自发地从低温物体传到高温物体，如果有外界作用，热量可以从低温物体向高温物体传递，E错误。故选BCD.‎ ‎【点睛】本题考查热学现象中的基本规律，该题关键是掌握热力学第一定律和热力学第二定律；其次要会分析分子力随距离的变化，以及分子力做功与分子势能变化关系，这些是重点考察内容，要注意准确理解．‎ ‎14. 如图所示，下端带有阀门K粗细均匀的U形管竖直放置，左端封闭右端开口，左端用水银封闭着长L＝15.0cm的理想气体，当温度为27.0°C时，两管水银面的高度差Δh＝5.0cm。设外界大气压p0＝75.0cmHg。为了使左、右两管中的水银面相平（结果保留一位小数）。求：‎ Ⅰ．若温度保持27.0°C不变，需通过阀门放出多长的水银柱？ ‎ Ⅱ．若对封闭气体缓慢降温，温度需降低到多少°C？‎ ‎【答案】Ⅰ．7.0cm Ⅱ．－38.6°C 设玻璃管的截面积为S，放出水银后管中的水银面相平时，左管内气柱长为L1，压强p2＝p0＝75.0cmHg。‎ 由玻意耳定律得：p1L1S＝p2L2S　‎ 解得：L2＝16.0cm 故放出水银柱的长度为：h＝(L2－L1)×2＋Δh＝7.0cm - 17 -‎ Ⅱ．设封闭气体缓慢降温到T3时，两管中的水银面相平，‎ 此时左管内气柱长应变为L3＝(15.0－2.5)cm ＝12.5cm 压强p3＝p0＝75.0cmHg.‎ 由理想气体状态方程得：‎ 解得：T3＝234.4K　‎ 故温度降低到：t＝(234.4－273.0)°C ＝－38.6°C ‎ ‎【点睛】本题要能用静力学观点分析各处压强的关系．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题．‎ ‎15. 如图所示，实线和虚线分别为一列沿x轴传播的简谐横波在t1＝0、t2＝0.02s两个时刻的波形图象，已知t2－t1＜（T为周期），下列说法正确的是（ ）。‎ A. 波一定沿着x轴正方向传播 B. 波的传播速度可能是200m/s C. 在t2－t1＝0.02s时间内，x＝24m的质点沿传播方向前进2m D. 在t＝0.04s时刻，x＝4m处的质点的速度最大 E. 在t＝1.6s时刻，x＝80m处的质点加速度为零 ‎【答案】ADE ‎【解析】A、由于t2-t1＜T/2，所以波传播的距离小于一个波长，故波应向右传播，A正确；B、由图象知，波长为λ＝16m，则波速v＝100m/s，周期T＝0.16s，B错误；C、波动过程中质点不随波平移，C错误；D、t＝0.04s＝T/4，所以x＝4m的质点恰好达到最大速度，D正确；E、x＝80m处质点的振动与x＝0处质点同相位，t＝1.6s＝10T，所以加速度a＝0，E正确。故选ADE.‎ ‎【点睛】从波动图象上可直接得出这列波的波长；要确定波的传播方向，可先假设波的传播方向，再根据波速，波长和周期的关系确定出这列波的周期的表达式，最后利用波速、波传播的距离求出所给时间代表的实际周期，根据波的传播方向求出在t时间内波传播的距离，从而得出质点在某一时刻的振动情况．‎ - 17 -‎ ‎16. LED光源应用越来越广泛，高折射率材料对提高LED的性能有很好作用。如图所示，现有一用高折射率材料制成的半球体，右侧竖直面镀银，光源S就在其对称轴上。从光源S发出的一束光射到球面上的P点，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折射入半球体内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回，若球半径R＝2cm，材料折射率n＝，真空中光速为c＝3.0×108m/s。求：‎ Ⅰ．光射到球面上P点时的入射角θ1；‎ Ⅱ．该光束从进入球面到第一次传到镀银面的时间t。‎ ‎【答案】Ⅰ．60°；Ⅱ．10－10s。‎ ‎【解析】Ⅰ.光路如图，P为入射点，Q为反射点，设光在P点的折射角为θ2，‎ 由折射定律得：n＝sinθ1/sinθ2　‎ 根据反射定律有：θ1＝θ3　‎ 由题意知：θ2＋θ3＝90°　‎ 解得：θ1＝60°，θ2＝30°　‎ Ⅱ.设PQ间距离为s，光在球体中的速度为v，由折射率和光速的关系有：n＝‎ 由运动学公式得：s＝vt 　‎ 由几何关系得：s＝Rcosθ2‎ 解得：t＝10－10s　‎ ‎【点睛】处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度．‎ ‎ ‎ - 17 -‎ - 17 -‎