【物理】江苏省江阴市普通高中2020届高三上学期期末考试试题（解析版） 18页

江苏省江阴市普通高中2020届高三上学期期末考试 一、单项选择题 ‎1.中国选手王峥在第七届世界军人运动会上获得链球项目的金牌。如图所示，王峥双手握住柄环，站在投掷圈后缘，经过预摆和3～4圈连续加速旋转及最后用力，将链球掷出。整个过程可简化为加速圆周运动和斜抛运动，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是 A. 链球圆周运动过程中，链球受到的拉力指向圆心 B. 链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的径向 C. 链球掷出后做匀变速运动 D. 链球掷出后运动时间与速度的方向无关 ‎【答案】C ‎【详解】A．链球做加速圆周运动，故拉力和瞬时速度成锐角，既有拉力的分力指向圆心提供向心力，又有拉力的分力沿切向，提供切向加速度增大速度，故A错误；‎ B．曲线运动的瞬时速度是轨迹的切线方向，故链球掷出瞬间速度方向应该沿圆周在这一点的切向，故B错误；‎ C．链球掷出后只受重力而不计空气阻力，则合外力产生的加速度恒为g，速度会均匀改变，故其做匀变速运动，C正确；‎ D．链球掷出后做斜抛运动，运动时间由竖直分运动决定，而竖直分速度的大小与夹角有关，则链球掷出后运动时间与速度的方向有关，故D错误。故选C。‎ ‎2.架在A、B两铁塔之间的一定质量的均匀电线在夏、冬两季由于热胀冷缩的效应，电线呈现如图所示的两种形状，则电线对铁塔的拉力 A. 夏季时的拉力较大 B. 冬季时的拉力较大 C. 夏季和冬季时的拉力一样大 D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【详解】以整条电线为研究对象，受力分析如图所示，‎ 由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡，由几何关系得：‎ 即：‎ 由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠的距离h变大，则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角θ变小，有变大，弹力变小；即夏季时的拉力较小，冬季时的拉力较大，故ACD错误，B正确。‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示电路中，A、B是相同的两小灯泡．L是一个带铁芯的线圈，电阻可不计，合上开关S，电路稳定时两灯泡都正常发光，再断开S，则 A. 合上S时，两灯同时点亮 B. 合上S时，A逐渐变亮直到正常发光状态 C. 断开S时，A灯立即熄灭 D. 断开S时，B灯立即熄灭 ‎【答案】B ‎【详解】AB．合上开关时，B灯立即正常发光，A灯所在的支路中，由于L产生的自感电动势阻碍电流的增大，A灯将推迟一些时间才能达到正常发光状态，故A错误，B正确；‎ CD．断开开关时，L中产生与原电流方向相同的自感电流，流过A灯的电流方向与原电流方向相同，流过B灯的电流方向与原电流方向相反；由L作为电源提供的电流是从原来稳定时通过L的电流值逐渐减小的，所以A、B两灯只是延缓一些时间逐渐熄灭，并不会立即熄灭或闪亮，故CD错误。故选B。‎ ‎4.如图所示，两位同学在体育课上进行传接篮球训练，甲同学将篮球从A点抛给乙（篮球运动的轨迹如图中实线1所示），乙在B点接住然后又将篮球传给甲（篮球运动的轨迹如图中虚线2所示）．已知篮球在空中运动的最大高度恰好相同．若忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 篮球沿轨迹1运动的时间较长 B. 篮球沿轨迹1运动的过程中速度变化较快 C. 两同学将篮球抛出的速度大小相等 D. 篮球落到B点前的瞬间重力做功的功率等于落到C点（与A、B两点高度相同）前的瞬间重力做功的功率 ‎【答案】D ‎【详解】因为忽略空气阻力，所以篮球做斜抛运动，从最高点向两边看就是平抛运动，其运动时间只与高度有关，所以篮球两次在空中运动的时间相同，故A错误；速度变化的快慢即加速度是由合外力决定的，因为只受重力，所以速度变化一样快，故B错误；篮球沿轨迹1运动时水平方向位移较大，即水平分速度较大，所以甲同学抛出的初速度较大，故C错误；重力做功的瞬时功率等于重力与竖直方向分速度的乘积，从最高点到B点和C点时间相等，所以篮球的竖直分速度大小相等，重力做功的瞬时功率就相等，故D正确．所以D正确，ABC错误．‎ ‎5.有一磁场方向竖直向下，磁感应强度B随时间t的变化关系如图 甲所示的匀强磁场．现有如图乙所示的直角三角形导线框abc水平放置，放在匀强磁场中保持静止不动，t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流i顺时针方向为正、竖直边ab所受安培力F的方向水平向左为正．则下面关于F和i随时间t变化的图象正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】ABC．在0～3 s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定， 同时由F=BIL知道，电流恒定，安培力与磁感应强度成正比， 又由楞次定律判断出回路中感应电流的方向应为顺时针方向，即正方向， 在3～4 s时间内，磁感应强度恒定，感应电动势等于零，感应电流为零，安培力等于零，故BC错误，A正确． ‎ D．0～3 s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，故D错误．‎ 二、多项选择题 ‎6.2019年4月10日，天文学家召开全球新闻发布会，宣布首次直接拍摄到黑洞的照片如图所示．黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸（光速为c）．若黑洞的质量为M，半径为R，引力常量为G，其逃逸速度公式为．如果天文学家观测到一天体以速度v绕某黑洞做半径为r的匀速圆周运动，则下列说法正确的有 A. B. 该黑洞的最大半径为 C. 该黑洞的最大半径为 D. 该黑洞的最小半径为 ‎【答案】AC ‎【详解】A．天体以速度v绕某黑洞做半径为r的匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力有：‎ 得黑洞的质量 ‎，‎ 故A正确；‎ BCD．根据题述，黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸（光速为c），有，即 得 ‎，‎ 即黑洞的最大半径为，故C正确，BD错误；‎ 故选AC。‎ ‎7.如图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10:1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1=R2=R3=20Ω和电容器C连接成如图所示甲的电路，其中电容器的击穿电压为8V，电压表V为理想交流电表，开关S处于断开状态，则 A. 电压表V的读数约为7.07V B. 电阻R2上消耗的功率为2.5W C. 电流表A的读数为0.05A D. 若闭合开关S，电容器不会被击穿 ‎【答案】ABD ‎【详解】A．开关断开时，副线圈为R1和R2串联，电压表测量R2的电压，由图可知原线圈电压为，所以副线圈电压为，则电压表的读数是R2的电压为，故A正确；‎ C．对副线圈电路由闭合电路的欧姆定律，电流为 所以原线圈电流为 ‎，‎ 电流表测的是原线圈电流为，故C错误；‎ B．电阻R2上消耗的功率为 ‎，‎ 故B正确；‎ D．当开关闭合时，R1与R3并联后和R2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为R并=10Ω，所以并联部分的电压为 ‎，‎ 最大值 ‎，‎ 所以电容器不会被击穿，故D正确。故选ABD。‎ ‎8.一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是 A. 该粒子在运动过程中速度一定不变 B. 该粒子在运动过程中速率一定不变 C. t1、t2两个时刻，粒子所处位置电势一定相同 D. t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同 ‎【答案】BC ‎【详解】AB．由图像可知粒子的电势能始终不变，则粒子仅受的电场力不做功，即粒子在电场的等势线上运动，其速度大小不变，但可以是方向变化，如粒子在点电荷的电场中做匀速圆周运动，故A错误，B正确；‎ CD．根据电场力公式W=qU知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等，而电场强度与电势无关，故在t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度不一定相同，而电势一定相等，故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎9.如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2．改变F的大小，B的加速度大小可能为 A. 1 m/s2 B. 2 m/s2‎ C. 3 m/s2 D. 4 m/s2‎ ‎【答案】AB ‎【详解】A与木板间的最大静摩擦力：‎ fA=μmAg=0.4×1×10N=4N，‎ B与木板间的最大静摩擦力：‎ fB=μmBg=0.4×2×10N=8N，‎ 轻质木板不计质量，则在B与木板没有相对滑动时可以把B和木板看成一个物体，质量只有mB，而地面光滑则木板不受地面的摩擦力，‎ 当F较小时，板对A是静摩擦力，A对板的反作用力带动板和B使三者一起加速；‎ 当F较大时，板与A间的摩擦力先达到最大值4N，则A对板的反作用力达到最大值4N；‎ 当F更大时，A与板相对滑动，A加速更快，B在木板的静摩擦力作用下能和轻质木板一起慢加速，故B的最大加速度为：；‎ A．1 m/s2能保证AB一起加速，故A正确；‎ B．2 m/s2是B加速的最大加速度，故B正确；‎ CD．3m/s2、4 m/s2都超过了B的最大加速度，故CD错误。故选AB。‎ 三、简答题 ‎10.LED灯的核心部件是发光二极管．某同学欲测量一只工作电压为2.9V的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表(量程3V，内阻约3kΩ)，电流表 (用多用电表的直流25mA挡替代，内阻约为5Ω)，滑动变阻器(0-20Ω)，电池组，电键和导线若干．他设计的电路如图(a)所示．回答下列问题：‎ ‎（1）根据图(a)，实物图(b)上完成连线________________； ‎ ‎（2）在电键S闭合前，将多用电表选择开关拔至直流25mA挡，调节变阻器的滑片至最________端（填“左”或“右”）；‎ ‎（3）某次测量中，多用电表示数如图(c)，则通过二极管的电流为_______ mA；‎ ‎（4）该同学得到正向伏安特性曲线如图(d)所示．由曲线可知，随着两端电压增加，二极管的正向电阻_________（填“增大”、“减小”或“几乎不变”）；‎ ‎（5）若实验过程中发现，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7V-2.9V之间变化，试简要描述一种可能的电路故障：___________．‎ ‎【答案】(1). (2). 左 (3). 15.8-16.2 (4). 减小 ‎ ‎ (5). 连接电源负极与变阻器的导线断路（接触不良）．‎ ‎【详解】（1）连线如图； （2）从电学实验安全性原则考虑，开始实验时，要使电路中电阻最大，电流最小，故滑动变阻器的滑片应调节至最左端； （3）多用电表选择开关拨至直流25mA挡，最小分度为0.5mA，读数应估读到0.1mA，故由图c可知读数为15.9mA； （4）由发光二极管的正向伏安特性曲线可知，图象的斜率表示二极管的正向电阻大小的倒数，即斜率越大则二极管的正向电阻越小，故随着两端电压增加，图象的斜率越大，二极管的正向电阻减小； （5）二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7V-2.9V之间变化，表示滑动变阻器失去作用，故该电路故障可能是连接电源负极与变阻器的导线断路．‎ ‎11.学校开展研究性学习，某同学为了探究杆子转动时的动能表达式，设计了下图所示的实验：质量为m的均匀长直杆一端固定在转轴O处，杆由水平位置静止释放，用置于圆弧上某位置的光电门测出另一端A经过该位置时的瞬时速度vA，并记下该位置与转轴O的高度差h．‎ ‎（1）该同学用20分度的游标卡尺测得长直杆的横截面的直径如图为_____________mm。‎ ‎（2）调节h的大小并记录对应的速度vA，数据如下表。‎ 组 次 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ h/m ‎0.05‎ ‎0.10‎ ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ vA/（m·s-1）‎ ‎1.23‎ ‎1.73‎ ‎2.12‎ ‎2.46‎ ‎2.74‎ ‎3.00‎ vA-1/ s·m-1）‎ ‎0.81‎ ‎0.58‎ ‎0.47‎ ‎0.41‎ ‎0.36‎ ‎0.33‎ vA2/（m2·s-2）‎ ‎1.50‎ ‎3.00‎ ‎4.50‎ ‎605‎ ‎7.51‎ ‎9.00‎ 为了形象直观地反映vA和h的关系，请选择适当的纵坐标并画出图象。‎ ‎ ‎ ‎（3）当地重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦。请根据能量守恒规律并结合你找出的函数关系式，写出此杆转动时动能的表达式Ek= _________（请用数字、质量m、速度vA表示）‎ ‎（4）为了减小空气阻力对实验的影响，请提出一条可行性措施__________。‎ ‎【答案】 (1). 7.25 (2). (3). (4). 选择密度较大的直杆（或选择直径较小的直杆）‎ ‎【详解】（1）[1]游标是20分度，精确度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为7mm，游标尺上第5条刻度线和主尺上某一刻度线对齐，所以游标读数为5×0.05mm=0.25mm，所以最终读数为：‎ ‎7mm+0.25mm=7.25mm；‎ ‎（2）[2]从数据中可看出，h与v2成正比，因此纵坐标应该是v2，图像应该是一条过原点的倾斜直线，通过描点拟合直线如图所示：‎ ‎（3）[3] 由图像可读出斜率为，则函数关系为：‎ 杆转动的过程重心下降的高度，由动能定理：‎ 联立可得：‎ ‎（4）[4]为了减小空气阻力对实验的影响，选择密度较大的直杆或选择直径较小的直杆．‎ 四、计算题 ‎12.2019年6月29日首个江南文化特色的无锡融创乐园隆重开园。其中有一座飞翼过山车，它是目前世界最高（最高处60米）、速度最快（最高时速可达120公里）、轨道最复杂的过山车。过山车运行时可以底朝上在圆轨道上运行，游客不会掉下来．我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下，小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动．如果已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g，不考虑阻力．求：‎ ‎（1）若小球从高为h的A处由静止释放，求小球到达圆轨道底端时对轨道的压力；‎ ‎（2）若要使小球运动过程中能通过圆弧最高点且不脱离轨道，试求小球由静止释放时的高度应满足的条件．‎ ‎【答案】（1） ，方向竖直向下 （2） h ≥‎ ‎【详解】（1）小球从高为h处由静止释放，到达最低点速度为v，此过程由动能定理：‎ mgh =mv2 ①‎ 小球到达圆轨道底端时轨道对小球的弹力为N，由牛顿第二定律：‎ ‎ ②‎ 联立①②式可解得 ‎ ‎ 根据牛顿第三定律小球到达圆轨道底端时对轨道的压力为 ‎ 方向竖直向下。 ‎ ‎（2）小球在最高点不脱离轨道，由牛顿第二定律： ‎ ‎ ③‎ 小球从高h处到圆轨道最高点，由动能定理得：‎ mg（h−2R）=  ④‎ 联立③④式可解得 h ≥‎ ‎13.如图甲所示，静止在水平地面上一个质量为m=4kg的物体，其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）运动过程中物体的最大加速度大小为多少；‎ ‎（2）距出发点多远时物体的速度达到最大；‎ ‎（3）物体最终停在何处？‎ ‎【答案】（1）20m/s2（2）3.2m（3）10m ‎【详解】（1）物体加速运动，由牛顿第二定律得：‎ F-μmg =ma 当推力F=100N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：‎ ‎，‎ ‎（2）由图象得出，推力F随位移x变化的数值关系为：‎ F =100 – 25x，‎ 速度最大时，物体加速度为零，则 F=μmg=20N，‎ 即 x = 3.2m ‎（3）F与位移x的关系图线围成的面积表示F所做的功，即 对全过程运用动能定理，‎ WF −μmgxm=0‎ 代入数据得：‎ xm=10m ‎14.在空间有沿x轴正方向的匀强电场，在cm内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝0.10T，P点坐标（-16cm，32cm），带正电的粒子（重力不计，比荷）从P点由静止释放，求 ‎（1）若粒子恰能从右侧飞出匀强磁场，求粒子在磁场中运动的时间．‎ ‎（2）若粒子能通过x轴上的C点（cm，图中未画），通过C点时速度方向与x轴正方向成37°，则匀强电场的场强为多大？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎【答案】（1）2.0×10-7s（2）5.625×104 V/m ‎【详解】（1）粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，粒子的半径为r1，有 ‎ qvB =‎ 粒子在磁场中做圆周运动的周期 此情形粒子在磁场中运动时间 解得 ‎（2）设电场强度为E2，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r2，由几何关系有 由功能关系有 由牛顿定律有 代入数据解得 E2=5.625×104 V/m ‎15.如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.5 m，底端接有阻值R＝0.5 Ω的电阻，导体框架电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角.有一磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面向上.一根质量m＝0.4 kg、电阻r＝0.5 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形导体框架上，某时刻起将导体棒MN由静止释放．已知导体棒MN与导体框架间的动摩擦因数μ＝0.5．（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2）‎ ‎（1）求导体棒刚开始下滑时的加速度大小；‎ ‎（2）求导体棒运动过程中的最大速度大小；‎ ‎（3）从导体棒开始下滑到速度刚达到最大的过程中，通过导体棒横截面的电荷量q＝4 C，求导体棒MN在此过程中消耗的电能．‎ ‎【答案】（1）2 m/s2（2）5 m/s（3）1.5 J ‎【解析】‎ 详解】（1）导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲所示，‎ 则 mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得 a＝2 m/s2‎ ‎（2）当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙所示，‎ 设匀速下滑的速度为v，则有 mgsin θ－Ff－F安＝0‎ 摩擦力 Ff＝μmgcos θ 安培力 F安＝BIL＝‎ 联立解得 ‎（3）通过导体棒横截面的电荷量 设导体棒下滑速度刚好为最大速度v时的位移为x，则 ΔΦ＝BxL 由动能定理得，‎ mgx·sin θ－W安－μmgcos θ·x＝‎ 其中W安为克服安培力做的功；‎ 联立解得 W安＝3 J 克服安培力做的功等于回路在此过程中消耗的电能，即 Q＝3 J 则导体棒MN在此过程中消耗的电能 Qr＝Q＝1.5 J ‎16.如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m的半圆柱体A紧靠挡板放在斜面上，质量为2m的圆柱体B放在A上并靠在挡板上静止。A与B半径均为R，曲面均光滑，半圆柱体A底面与斜面间的动摩擦因数为μ．现用平行斜面向上的力拉A，使A沿斜面向上缓慢移动，直至B恰好要降到斜面．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）未拉A时，B受到A的作用力F大小；‎ ‎（2）在A移动的整个过程中，拉力做的功W；‎ ‎（3）要保持A缓慢移动中拉力方向不变，动摩擦因数的最小值μmin．‎ ‎【答案】（1）F =mg（2） （3）‎ ‎【详解】（1）研究B，据平衡条件，有 F =2mgcosθ 解得 ‎ F =mg ‎（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A的支持力为 N =3mgcosθ =mg f =μN =μmg 由几何关系得A的位移为 x =2Rcos30°=R 克服摩擦力做功 Wf =fx =4.5μmgR 由几何关系得A上升高度与B下降高度恰均为 h =R 据功能关系 W + 2mgh - mgh - Wf = 0‎ 解得 ‎（3）B刚好接触斜面时，挡板对B弹力最大 研究B得 研究整体得 fmin + 3mgsin30° = N′m 解得 fmin = 2.5mg 可得最小的动摩擦因数：‎