陕西省西安中学2020届高三上学期期末考试物理试题 19页

西安中学2019-2020学年度第一学期期末考试高三物理试题 一、单项选择题 ‎1.对于误差下面说法不正确的是 A. 天平两臂不完全等长会造成系统误差 B. 在空气中测量重力加速度会带来系统误差 C. 电表指针由于轴上的摩擦停下来的位置可能一次偏大一次偏小属于系统误差 D. 人读仪表时，眼睛的位置可能一次向左偏，一次向右偏属于偶然误差 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于仪器的原因形成的误差叫着系统误差，故A正确；‎ B．在空气中测量重力加速度，由于空气阻力的作用，会带来误差，此误差为系统误差，故B正确；‎ C．电表指针由于轴上的摩擦停下来的位置可能一次偏大一次偏小属于偶然误差，故C错误；‎ D．人读仪表时，眼睛的位置可能一次向左偏，一次向右偏属于偶然误差，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示为某物业公司的宣传提醒牌．从提供的信息知：一枚‎30 g的鸡蛋从17楼（离地面人的头部为‎45m高）落下， 能砸破人的头骨．若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10-4s，人的质量为‎50kg，重力加速度g取‎10 m/s2，则头骨受到的平均冲击力约为（ ）‎ A. 1700 N B. 2000 N C. 2300 N D. 2500 N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】鸡蛋从‎45m高处自由落体，由运动学规律可得速度为 对鸡蛋撞击的过程，取向下为正方向，由动量定理：‎ 解得：‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题应用动量研究碰撞过程物体的速度．对于打击、碰撞、爆炸等变力作用过程，往往用动量定理研究作用力．‎ ‎3.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍．该质点的加速度为（ ）.‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设初速度为v0，末速度为3v0，则位移为：‎ 联立解得：‎ 据加速度公式 故BCD错误，A正确。‎ 故选A。‎ ‎4. 研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比 A. 距地面的高度变大 B. 向心加速度变大 C. 线速度变大 D. 角速度变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同步卫星的周期等于地球的自转周期，根据万有引力定律和牛顿第二定律 可知，卫星的周期越大，轨道半径越大，所以地球自转变慢后，同步卫星需要在更高的轨道上运行，选项A正确；‎ BCD．而此时万有引力减小，所以向心加速度减小、线速度减小，角速度减小，故选项BCD错误．‎ ‎5.如图所示，质量分别为M、m的两个物体系在一根通过轻滑轮的轻绳两端，M放在水平地面上，m被悬在空中，若将M沿水平地面向右缓慢移动少许后M仍静止，则下面说法正确的是（ ）‎ A. 绳中张力变大 B. 滑轮轴所受的压力变大 C. M对地面的压力变大 D. M所受的静摩擦力变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.以m为研究对象，得到绳子拉力F=mg，保持不变，故A错误； B.滑轮轴所受的压力大小等于两侧绳子拉力的合力大小，绳子拉力大小不变，两侧绳子间夹角减小，则绳子拉力的合力变大，则滑轮轴所受的压力变大，故B正确； CD.以M为研究对象，设轻绳与竖直方向的夹角为，分析受力，由平衡条件，地面对M的支持力 FN=Mg-Fcosα 地面对M的摩擦力 Ff=Fsinα M沿水平地板向右缓慢移动少许后，α减小，由数学知识得到FN变小，Ff变小；根据牛顿第三定律得知M对地面的压力也变小，故CD错误。 故选B.‎ ‎6.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP 表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）‎ A. θ增大，E增大 B. θ增大，EP不变 C. θ减小，EP增大 D. θ减小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确．‎ ‎【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 ‎【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎7.如图甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化时（ ）‎ A. 在t1~t2时间内，L有扩张趋势 B. 在t2~t3时间内，L有扩张趋势 C. 在t2~t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流 D. 在t3~t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据B-t图线斜率的变化，根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化，从而得出感应电流的变化，根据楞次定律判断出感应电流的方向，再根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场，从而确定磁通量的变化，进而即可求解。‎ ‎【详解】A.在t1-t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增大，则在线框中产生沿顺时针方向逐渐增加的电流，该电流激发出增加的磁场，穿过圆环L的磁通量增大，由愣次定律“增缩减扩”，可以确定圆环L有收缩的趋势，故A错误； BC.在t2-t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定的电流，该电流激发出稳定的磁场，穿过圆环L中磁通量不变，则L 中没有感应电流，因此没有变化的趋势，故BC错误； D.在t3-t4时间内，外加磁场向下减小且斜率也减小，则在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向里减小的磁场，穿过圆环L的磁通量向里减小，根据楞次定律，在圆环L中产生顺时针方向的感应电流，故D正确。 故选D.‎ ‎8.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向 A. 与ab边平行，竖直向上 B. 与ab边平行，竖直向下 C. 与ab边垂直，指向左边 D. 与ab边垂直，指向右边 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了左手定则的应用．导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边．‎ 二、多项选择题 ‎9.如图所示，物块位于倾角为的固定斜面上，受到平行于斜面阻力F的作用而处于静止状态。如果将外力F撤去，则物块（ ）‎ A. 会沿斜面下滑 B. 所受的摩擦力变小 C. 所受的摩擦力变大 D. 所受的摩擦力方向一定变化 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】未撤去F时，在斜面平面内，物块受到重力的分力、推力F和静摩擦力f；由平衡条件物块所受的静摩擦力大小为 方向沿重力分力与推力F合力的反方向；撤去F后，物块受摩擦力沿斜面向上，摩擦力的方向发生了改变；撤去F后，物块所受的静摩擦力的大小为，物块所受的摩擦力变小，所以物块将继续保持静止状态，不会沿斜面下滑。‎ A.物块会沿斜面下滑，与分析不一致，故A错误；‎ B.物块所受的摩擦力变小，与分析相一致，故B正确；‎ C.物块所受的摩擦力变大，与分析不一致，故C错误；‎ D.物块所受的摩擦力方向一定变化，与分析相一致，故D正确。‎ 故选BD.‎ ‎10.如图所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN．拉动MN，使它以速度v向右匀速运动，如果导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，电阻率都相同，那么在MN运动的过程中，闭合回路的（ ）‎ A. 感应电动势保持不变 B. 感应电流保持不变 C. 感应电动势逐渐增大 D. 感应电流逐渐增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．设MN从O点开始运动时间为t，则有：‎ ON=vt 有效切割的长度为：‎ 感应电动势为：‎ 故感应电动势随时间增大而逐渐增大，故A错误，C正确；‎ BD．闭合电路的总电阻为：‎ 因此感应电流为：‎ 可知I与t无关，所以感应电流保持不变，故B正确，D错误．‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】本题的解题关键是运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电阻定律得到感应电动势、感应电流的表达式，再分析其变化情况，不能想当然认为感应电动势增大，感应电流也增大，要注意回路中的电阻也增大，不能犯低级错误．‎ ‎11.如图所示，一定质量的小球（可视为质点）套在固定的竖直光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P，长轴，短轴 ．原长为L0的轻弹簧一端套在过P点的垂直纸面的光滑水平轴上，另一端与小球连接．若小球逆时针做椭圆运动，在A点时的速度大小为v0，弹簧始终处于弹性限度内， 则下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球在C点的速度大小为 B. 小球在D点时的动能最大 C. 小球在B、D两点的机械能不相等 D. 小球在A → D → C的过程中机械能先变小后变大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A、小球运动过程中小球与弹簧的系统的重力势能、弹性势能和动能相互转化，但三者之和保持不变.因为弹簧原长为L0，半长轴的长为L0，故在A点弹簧处于压缩状态，形变量等于PO的长度，即.在C点弹簧长度等于+=,故伸长量也等于PO的长度，即．所以在AC两点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，故在相同高度的AC两点的动能相等，小球在C点的速度大小也为v0；A正确.‎ B、在D点时重力势能、弹性势能都最小，所以动能最大；B正确.‎ C、在BD两点时，小球到P点的距离都等于L0，即等于弹簧原长，弹簧弹性势能相同，（一般都视为零），小球的机械能也是相等的，所以C错误.‎ D、小球在A→D→C的过程中弹簧的弹性势能先变小后变大，故小球的机械能先变大后变小，选项D错误.‎ 故选AB.‎ ‎【点睛】此题关键是对物体受力情况和弹簧的状态作出正确的分析，并运用到能量守恒定律进行分析．‎ ‎12.如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，当立方体和小球刚脱离接触的瞬间，杆与水平面的夹角恰好为，忽略一切摩擦（ ）‎ ‎ ‎ A. 此时立方体M的速度达到最大 B. 此时小球m的加速度为零 C. 此时杆对小球m的拉力为零 D. M和m的质量之比为4:1‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分离前，立方体在小球的弹力作用下，做加速运动，分离后合力为零，做匀速运动，故分离时立方体M的速度最大，故A正确； B.分离时刻，小球速度v不为零，做圆周运动，故合力不可能为零，加速度不为零，故B错误； C.分离时刻，由于小球此时仅受重力和杆子作用力，而重力是竖直向下的，所以杆对小球m的拉力为零，故C正确； D.设小球速度为v，立方体速度为u，根据牛顿第二定律，分离时刻有 解得 分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：‎ 解得 在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，有 把v和u的值代入，化简得：‎ 故D正确。 故选ACD.‎ 三、实验题 ‎13.如图（1）所示是某兴趣小组设计的一个测量电流表内阻和一个电池组的电动势及内电阻的实验电路，他们的实验步骤如下：‎ ‎①断开单刀双掷开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R0的滑动端，使电流表A满偏；‎ ‎②保持R0的滑动端不动，将单刀双掷开关S2接M，调节电阻箱R的值，使电流表A半偏，读出电阻箱R的值为a；‎ ‎③断开开关S1，将单刀双掷开关S2接N，不断改变和记录电阻箱的值以及分别与R相对应的电流表的值I；和对应的；‎ ‎④分别以R和为横坐标和纵坐标建立平面直角坐标系，利用记录的R和对应的进行描点画线，得到如图（2）所示的坐标图象；‎ ‎⑤通过测量得知该图线在纵轴上的截距为b、斜率为k。‎ 根据以上实验操作，回答以下问题：‎ ‎（1）在进行实验步骤①之前，应先将滑动变阻器的滑动端置于___（填“左端”、“中间”或“右端”）。‎ ‎（2）被测电流表的内阻为___，测得值与电流表内阻的真实值相比较__（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。‎ ‎（3）被测电池组的电动势E=___，内电阻r=___（用实验过程中测得的物理量的字母进行表示，电流表内阻不可忽略）。‎ ‎【答案】 (1). 右端 (2). a (3). 偏小 (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）［1］在进行实验步骤①之前，应先将滑动变阻器R0‎ 的滑动端置于电阻最大的位置，即置于最右端的位置。‎ ‎（2）［2半偏法测电阻基本思路是可以认为回路中总电流不变，则在保持R0的滑动端不动，将单刀双掷开关S2接M，调节电阻箱R的值，使电流表A半偏，此时可以认为被测电流表的内阻与电阻箱R的值相等，即为a。‎ ‎［3］将单刀双掷开关S2接M后，回路中总电阻有所减小，致使总电流有所增大，即通过电阻箱的电流略大于回路中总电流的一半，根据并联分流原理，）被测电流表的内阻略大于电阻箱的电阻，即测得值与电流表内阻的真实值相比较偏小。‎ ‎（3）［4］［5］根据闭合电路欧姆定律，有 可得 则，，被测电池组的电动势 电池组的内电阻 四、计算题 ‎14.如图所示，光滑、绝缘水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E＝5×103 V/m，圆弧轨道半径R＝‎0.4 m．现有一带电荷量q＝＋2×10－‎5C、质量m＝5×10－‎2kg的物块(可视为质点)从距B端s＝‎1 m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g＝‎10 m/s2求：‎ ‎ (1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度vB的大小；‎ ‎(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小．‎ ‎【答案】(1)1 s　‎2 m/s　(2)1 N ‎【解析】‎ ‎(1)在物块从开始至运动到B点的过程中，由牛顿第二定律可知：‎ 又由运动学公式有：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 又因： 得： ‎ ‎(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有：‎ ‎ 解得：‎ 综上所述本题答案是：，；‎ ‎15.如图所示，光滑水平面上放着质量都为m的物块A和B，A紧靠着固定的竖直挡板，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能为,在A、B间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度．放手后绳在短暂时间内被拉断，之后B继续向右运动，一段时间后与向左匀速运动、速度为v0的物块C发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为‎2m．求：‎ ‎(1)B、C相撞前一瞬间B的速度大小；‎ ‎(2)绳被拉断过程中，绳对A所做的W．‎ ‎【答案】①2v0 ②mv02/2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）B与C碰撞过程中，动量守恒，以B的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：‎ mvB-2mv0=0，‎ 解得：vB=2v0‎ ‎（2）弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，则 EP=mvB02‎ 解得：vB0=3v0，‎ 绳子拉断过程，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：‎ mvB0=mvB+mvA 解得：vA=v0‎ 由动能定理可得，绳对A所做的功 ‎【点睛】本题主要考查了动量守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，明确应用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中．‎ ‎16.如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为L．一质量为m，电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域．并再次通过A点，此时速度方向与y轴正方向成锐角．不计重力作用．试求：‎ ‎（1）粒子经过C点速度的大小和方向；‎ ‎（2）磁感应强度的大小B．‎ ‎【答案】（1）α＝arctan ‎（2）B＝‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有①‎ 加速度沿y轴负方向．设粒子从A点进入电场时的初速度为，由A点运动到C点经历的时间为t，‎ 则有：②‎ ‎③‎ 由②③式得④‎ 设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量⑤‎ 由①④⑤式得：＝⑥‎ 设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为，则有 ‎⑦‎ 由④⑤⑦式得⑧‎ ‎（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动．若圆周的半径为R，‎ 则有qvB＝m⑨‎ 设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有＝．用表示与y轴的夹角，由几何关系得：⑩‎ 解得 由⑥⑨式得：B=‎ 五、选做题 ‎17.下列关于热现象的说法中正确的是_________‎ A. 只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高 B. 当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大 C. 同一温度下，某种液体的饱和气压随蒸汽所在空间体积的增大而减小 D. 液晶具有各向异性的物理性质 E. 热量可以从高温物体传到低温物体，也可以从低温物体传到高温物体 ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ ‎【详解】A.温度是分子平均动能的标志，所以只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高，故A正确；‎ B.分子之间的距离等于平衡距离时，分子势能最小，所以当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能可能增大，也可能减小，故B错误；‎ C.同一温度下，某种液体的饱和气压与蒸汽所占的体积无关，故C错误；‎ D.液晶是一种特殊物质具有光学的各向异性，故D正确；‎ E.热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发的从低温物体传到高温物体，在外界影响下，热量也可以从低温物体传到高温物体，如空调制热过程就是热量从低温物体传到高温物体，故D正确。‎ ‎ 故选ADE.‎ ‎18.如图所示，内壁光滑的导热气缸竖直放置，用质量不计、横截面积S=3×10－‎4m2‎的活塞封闭了一定质量的理想气体．先在活塞上方缓缓倒入沙子(图中未画出)，使封闭气体的体积缓慢变为原来的四分之三，(外界环境温度为300K，大气压强P0=1×105Pa，g=‎10m/s2)．求：‎ ‎①倒入沙子的质量；‎ ‎②继续加沙子的同时对气缸加热，使活塞位置保持不变，若沙子的质量是原来的两倍，则气体温度为多少?‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①加热前，封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解； ②加热过程活塞的位置保持不变，气体做等容变化，根据查理定律列式求解；‎ ‎【详解】①初状态：压强 末状态：压强 体积：‎ 根据波意耳定律：‎ 倒入沙子的质量：‎ ‎②初状态：压强 温度：‎ 末状态：压强 气体做等容变化，根据查理定律：‎ 气体温度：．‎ ‎【点睛】本题考查气体实验定律，关键是以活塞为研究对象求解封闭气体压强，然后判断气体做何种变化，选择合适气体实验定律列式求解即可．‎ ‎19.一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示。己知波的传播周期T=2.0s，P为传播介质中的一个质点，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该列波的波长为‎4m B. 该列波的波速为‎2m/s C. 若波沿x轴正方向传播，则质点P此时速度方向沿x轴正方向 D. 再经过时间t=3.0s，质点P的加速度为零 E. 经过一个周期，质点P通过的路程为‎0.6m ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由某时刻的波形图可知，该列波的波长为=‎4m，故A正确；‎ B.波的传播周期T=2.0s，该列波的波速 v==m/s=‎2m/s 故B正确；‎ C.若波沿x轴正方向传播，则根据波在介质中传播的特点，由“上下坡”知质点P此时速度方向沿y轴正方向，故C错误；‎ D.再经过时间t=3.0s，质点P仍然在平衡位置，质点P的加速度为零，故D正确；‎ E.经过一个周期，质点P通过的路程为振幅的4倍，即为‎0.4m，故E错误。‎ 故选ABD.‎ ‎20.如图所示，有一截面是直角三角形的棱镜ABC，∠C=30°，AB边长为d，在距BC边也为d处有一与BC边平行的光屏MN，现有某一单色光束从AC边的中点D垂直AC边射入棱镜，已知棱镜对该单色光束折射率为n＝，光在真空中的传播速度为c，求该光束从D点入射第一次到达MN经历的时间。 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】单色光束从AC边的中点D垂直AC边射入棱镜，在棱镜中的传播速度，由n=可得 v==c 单色光束在棱镜中的路程 x=d=d 该光束在棱镜中经历的时间 t1==‎ 光从BC边射出时的入射角为30°，设光从BC边射出时出射角为 ，由光路可逆和折射定律，有 得出射角 由几何关系知，光从BC边射出到达屏MN的路程为2d，设光从BC到达MN所经历时间为t2，则，有 所以该光束从D点入射第一次到达MN经历的时间 t= t1+ t2=‎