【物理】江西省南昌市第十中学2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

【物理】江西省南昌市第十中学2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

江西省南昌市第十中学2020届高三上学期 期末考试试题 一、选择题 ‎1.在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因 B. 麦克斯韦引入了电场的概念并用电场线表示电场 C. 法拉第通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量 D. 伽利略巧妙地利用斜面实验来冲淡重力影响，使得时间更容易测量，最后用逻辑推理证明了自由落体的运动规律 ‎【答案】D ‎【详解】A．伽俐略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；‎ B．法拉弟引入了电场的概念并用电场线表示电场，故B错误；‎ C．美国的密里根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，故C错误；‎ D．伽利略巧妙地利用斜面实验来冲淡重力影响，并用逻辑推理证明了自由落体的运动规律为匀加速直线运动，故D正确。‎ 故选择D选项。‎ ‎2.若物体在运动过程中，受到的合外力不为零，那么以下说法正确的是 A. 物体的速度大小和方向一定都变化 B. 物体的加速度一定变化 C. 物体的动能一定变化 D. 物体的动量一定变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当合力与速度同向时，物体的速度的方向不变，比如自由落体运动，故A错误；根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，如果合力恒定，则加速度不变，故B错误；匀速圆周运动合力不为零，但动能不变，故C错误；根据动量定理，动量的变化等于合力的冲量，冲量不为零，故物体的动量一定变化，故D正确；故选D．‎ ‎3.2019年12月31日，我校举办了“庆元旦迎新年”活动，师生游戏互动环节中，袋鼠跳是其中一项很有趣的运动．如图所示，一位质量m=60kg的老师参加袋鼠跳游戏，全程10m，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h=0.2m．忽略空气阻力，下列正确的是（ ）‎ A. 该老师从起点到终点的时间可能是7s B. 该老师从起点到终点的时间是4s C. 该老师起跳时，地面对该老师做正功 D. 该老师每跳跃一次克服重力做功约60J ‎【答案】A ‎【详解】AB．该老师跳起后做竖直上抛运动，由 ‎ 可得上升时间为 下落时间与上升时间相等，即每次在空中运动时间为 跳运10次在空中运动时间为 从起点到终点的时间一定大于，故B正确，A错误；‎ C．该老师起跳时，地面对该老师的支持力作用点没有竖直方向位移，他通过对自身做功，将生物能转化为机械能，故C错误；‎ D．由做功公式可得 该老师每跳跃一次克服重力做功约120J，故D错误。‎ 故选择A选项。‎ ‎4.如图所示，A为一个水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一根通电直导线，电流方向如图所示．当圆盘高速绕中心轴逆时针转动时，通电直导线所受安培力的方向是 A. 竖直向上 B. 竖直向下 ‎ C. 水平向里 D. 水平向外 ‎【答案】C ‎【详解】电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，因为圆盘带负电，如图转动时，所以形成逆时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向上，根据左手定则可得安培力的方向水平向里．‎ A. 竖直向上与分析不符，故A错误．‎ B. 竖直向下与分析不符，故B错误．‎ C. 水平向里与分析相符，故C正确．‎ D. 水平向外与分析不符，故D错误．‎ ‎5.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R3均为定值电阻，且R3=r，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动一小段距离，电路稳定之后，下列说法正确的是 A. I1减小、I2不变、U减小 B. 电表A1的示数变化量小于电表A2的示数变化量 C. 电源的输出功率变小，电源的效率变大 D. 电容器C中的场强变小 ‎【答案】B ‎【详解】AB．R2的滑动触点向b端移动时，R2‎ 减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大。因I=I1+I2，则∆I1<∆I2，即电表A1的示数变化量小于电表A2的示数变化量，故A错误，B正确。‎ C．因为R3=r，则当R2减小时，外电路总电阻越来越接近电源内阻，则电源输出功率变大；电源的效率 则当外电路电阻减小时，电源的效率减小，选项C错误；‎ D．因R3电压增大，则电容器两端电压变大，电容器C中的场强变大，选项D错误。‎ ‎6.如图所示，某同学通过滑轮组将一重物吊起，该同学对绳的竖直拉力为F1，对地面的压力为F2，不计滑轮与绳的重力及摩擦，则在重物缓慢上升的过程中，下列说法正确的是(　　 )‎ A. F1逐渐变小 B. F1逐渐变大 C. F2逐渐变小 D. F2先变大后变小 ‎【答案】BC ‎【详解】以动滑轮为研究对象受力分析，设动滑轮两边绳子夹角为θ，则有：，在重物被吊起的过程中，θ变大，故T变大，即F1逐渐变大；故A错误，B正确；对人受力分析，根据平衡条件：F2+F1=mg，F1逐渐变大，则F2逐渐变小，C正确，D错误；故选BC．‎ ‎7.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一固定的足够长的斜面，将一带正电的小球从斜面上某点以水平向右的速度抛出，小球最终落到斜面上。当电场强度为时，小球从抛出至落到斜面上所用的时间为，机械能的增量为，动能的增量为，动量变化量大小为；当电场强度为时，小球从抛出至落到斜面上所用的时间为 ‎，机械能的增量为，动能的增量为，动量变化量大小为已知电场强度，则以下判断正确的是 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【详解】A．小球做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：‎ 得 水平方向 竖直方向 又 联立解得 由于，可知 故A错误；‎ B．由 合外力做的功 可知合外力做的功与电场强度的大小无关，根据动能定理可知，小球增加的动能与电场强度无关，故B正确；‎ C．由知，第二种情况下小球沿竖直方向向下的位移较小，则第二种情况下重力做的功较少，小球在碰撞斜面时的重力势能较大，而两种情况下的动能增加量相等，所以第二种情况下机械能的增加量大，故C正确；‎ D．两种情况下动能的增加量相等，由动能的定义式可知，两种情况下速度的增加量相等；由动量的定义式可知，两种情况下动量的增加量也相等，故D错误。‎ ‎8.如图所示，水平实验台A端固定，B端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端有一可视为质点，质量为2kg的滑块紧靠弹簧（未与弹簧连接)，弹簧压缩量不同时， 将滑块弹出去的速度不同.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因数为0.4的粗糙水平地面相切于D点，AB段最长时，BC两点水平距离xBC=1.6m,实验平台距地面高度h=0.88m，圆弧半径R=0.4m，θ=37°，已知 sin37°=0.6, cos37°=0.8，假如在某行星表面上进行此实验，并已知该行星质量是地球质量的4倍，半径是地球半径的5倍，取地球表面的重力加速度为10 m/s2 求:‎ A. 该星球表面的重力加速度为0.16m/s2‎ B. 当AB最长时，若滑块刚好落在C点，则落入C点瞬间的速度方向与水平方向夹角为450‎ C. 当AB最长时，若滑块刚好落在C点，则滑块离开B点的速度为4m/s D. 若滑块能在DE上继续滑行2m，则滑块经过D点时对D点的压力为16N ‎【答案】BD ‎【详解】忽略向心力的影响，由 可得 该行星质量是地球质量的4倍，半径是地球半径的5倍，设行星表面处的重力加速度为 ，地球表面处的重力加速度为 则由 该星球表面的重力加速度为1.6m/s2，故A错误；‎ B．‎ 当AB最长时，滑块做平抛运动时的初速度最小，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式可得 代入数值可得 ‎ 水平方向做匀速运动 滑块离开B点的速度为1.6m/s，说明C错误；‎ 设速度与水平方向的角度为θ，‎ 可得 说明滑块刚好落在C点，则落入C点瞬间的速度方向与水平方向夹角为 ，故B正确；‎ D．在水平面上滑块做匀减速运动，由牛顿第二定律可知 可得 滑块能在DE上继续滑行2m，由运动公式可得 可得 在D点由牛顿第二定律可得 代入数值可得 ‎ 则滑块经过D点时对D点的压力为16N，故D正确。故选择D选项 二、非选择题 ‎9.将铜片和锌片插入水果中可制成水果电池，现要测量番茄电池的电动势和内阻，三位同学一起进行的实验研究。‎ ‎（1）乙同学用以下器材设计了如图(a)所示的电路 A．电压表（0~3V，内阻约3kΩ）‎ B．电流表（0~0.6A，内阻为几欧）‎ C．滑动变阻器（0~50Ω）‎ D．开关1个、导线若干 闭合开关后，发现左右滑动滑动变阻器的滑片，电流表与电压表都几乎没有示数（经检查，电路无故障），请分析电表无示数的原因是___________________。‎ ‎（2）丙同学分析了乙同学的实验结果的原因后，使用1个电阻箱（0~9999Ω）和1个微安表（0~300μA，内阻为RA=100Ω），设计了如图(b)所示的实验电路，改变电阻箱的阻值R 得到多组微安表的示数I，以R为纵坐标，为横坐标，得到如图(c)所示的图像。根据图像可得到番茄电池的电动势为________V，内阻为________Ω。（结果保留4位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 水果电池的内阻很大，滑动变阻器所分得的电压很小 (2). 1.125 1400‎ ‎【详解】(1)[1]‎ 闭合开关后，发现左右滑动滑动变阻器的滑片，电流表与电压表都几乎没有示数，说明回路中电流太小，外电压太小，由闭合电路欧姆定律分析可知水果电池的内阻很大，滑动变阻器所分得的电压很小。‎ ‎(2)[2]‎ 由闭合电路欧姆定律可得 变形可得 结合图象可求得斜率 ‎[3]‎ 由图象的纵截距可得 将RA=100Ω代入可求得 ‎10.某实验小组利用如图甲所示气垫导轨装置“验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒”.‎ ‎(1) 如图乙所示,使用游标卡尺测量遮光条宽度,读数为__ cm. ‎ ‎(2) 实验前需要调节气垫导轨,操作过程是: ‎ ‎① ___(填“挂上”或“卸掉”)钩码,接通气源. ‎ ‎② 调节导轨底座旋钮,使得滑块运动时通过两光电门遮光条遮光时间Δt1__(填“大于”或“等于”或“小于”)Δt2. ‎ ‎(3) 已知钩码质量m,滑块质量M,遮光条宽度d,数字计时器1和2的读数为Δt1、Δt2,两光电门之间的距离为L,若在实验误差允许范围内满足等量关系_______,则系统机械能守恒. ‎ ‎(4) 关于上述实验,下列说法中正确的是___. ‎ A. 两光电门之间的距离尽可能小一些 B. 选用的遮光条的宽度尽可能小一些 C. 钩码的质量应远小于滑块的质量 D. 滑轮应选用轻质的 ‎【答案】 (1). 0.630cm (2)①卸掉 ②等于 (3) (4). ABD ‎【详解】(1)[1]游标卡尺的读数等于：6mm+0.05×6mm=6.30mm=0.630cm。‎ ‎(2)实验前需要调节气垫导轨水平，操作过程是： ①[2]卸掉钩码，从而没有拉力作为动力，且接通气源，使其不受到导轨的阻力。 ②[3]调节导轨底座旋钮，使得滑块能在导轨上静止，或滑块运动时通过两光电门遮光条遮光时间△t1等于△t2，即可判定滑块能否匀速直线运动。 (3)[4]设遮光条前进了L，钩码的重力势能减少了：mgL，系统动能增加了：‎ 若在实验误差允许范围内满足：‎ 则系统机械能守恒。‎ ‎(4)[5] A．两光电门之间的距离要大一些，才能减小实验带来的误差。故A正确。‎ B．选用的遮光条的宽度尽可能小一些，能减小实验带来的误差。故B正确。‎ C．不需要满足钩码的质量应远小于滑块的质量，选取整体作为研究对象的。故C错误。‎ D．滑轮应选用轻质的，因为在转动过程中，滑轮会产生动能。故D正确。‎ ‎11.如图，在光滑水平长直轨道上有A、B两个绝缘体，它们之间有一根长L的轻质细线相连接，其中A的质量为m，B的质量为M＝2m，A带电量为+q，B不带电，空间存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度为E ‎.开始时用外力把A与B靠在一起并保持静止，某时刻撤去外力，A开始向右运动，直到细线绷紧．当细线被绷紧时，细线存在极短时间的弹力，而后B开始运动，已知B开始运动时的速度等于线刚绷紧前瞬间A的速度的．整个过程中，A的电荷量保持不变．求：‎ ‎(1)B刚开始运动时，A和B速度各为多少；‎ ‎(2)通过计算来判断细线在第二次绷紧前A、B是否发生碰撞；‎ ‎【答案】(1) vA＝0 (2) 二者不会发生碰撞 ‎【详解】(1)从运动到拉直时，A的速度为 ，根据动能定理有：‎ 解得：‎ 由题意可知：‎ 绷紧前后系统动量守恒：‎ 解得：vA＝0‎ ‎ (2)二者若能相遇，则有：‎ 变形可得 根据一元二次方程的判别式可得 t无实数解，说明B追不上A，所以二者不会发生碰撞.‎ ‎12.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场 ‎．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第Ⅰ象限．已知粒子在第Ⅲ象限运动的水平方向位移为竖直方向位移的2倍，且恰好不从PN边射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：‎ ‎⑴入射点Q的坐标；‎ ‎⑵磁感应强度的大小B；‎ ‎⑶粒子第三次经过x轴的位置坐标.‎ ‎【答案】(1)(2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，在第I象限，先是匀速直线运动，后是圆周运动，最后又在电场中做类斜抛运动．‎ ‎【详解】(1)带电粒子在第Ⅲ象限做是类平抛运动，带电粒子受的电场力为运动时间为，有 由题意得 解得 Q的坐标 ‎(2) 带电粒子经坐标原点O射入第Ⅰ象限时的速度大小为 联立解得 由带电粒子在通过坐标原点O时，轴和轴方向速度大小相等可知，带电粒子在第I象限以速度大小，垂直射入磁场，并在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，且恰好不从PN边射出磁场．如下图所示，设圆周的半径为R，由牛顿第二定律则有 由图知EC是中位线，O1是圆心，D点是圆周与PN的切点，由几何知识可得，圆周半径 解得 ‎(3) 带电粒子从磁场中射出后，又射入电场中，做类斜抛运动，速度大小仍是，且抛 射角是，如下图所示，‎ ‎ ‎ 根据斜抛运动的规律，有 cos450‎ sin450‎ 带电粒子在电场中飞行时间为则有 带电粒子在电场中水平方向飞行距离为有 带电粒子在点的坐标 由几何知识可知点的坐标是 ‎（，0）‎ 带电粒子在点的坐标是 ‎【点睛】带电粒子在不同场中运动用不同的物理公式以及利用几何知识来计算．‎ ‎ (二) 选考题：‎ ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体放热，同时对外做功，其内能可能增加 B. 布朗运动是液体分子与固体分子的共同运动 C. 质量和温度相同的冰和水，内能不同 D. 温度高的物体不一定比温度低的物体内能大 E. 气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动 ‎【答案】CDE ‎【详解】物体放热Q<0，同时对外做功W<0，由热力学第一定律可知 ‎ 其内能一定减少，故A错误；‎ B．布朗运动是液体分子撞击与固体小颗粒的运动，故B错误；‎ C．质量和温度相同的冰和水，分子动能相同，但水的分子势能大，内能大，故C正确；‎ D．内能大小取决于物质的量，温度高低，体积大小，仅温度高低不能确定内能大小，故D正确。‎ E．气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动，符合客观事实，故E正确。‎ 故选择CDE。‎ ‎14.如图，一个质量为m的T型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部ho处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为P0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：‎ ‎（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；‎ ‎（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化 ‎【答案】（i）‎ ‎（ii）0．3（）h0S-Q ‎【解析】（i）初态时，对活塞受力分析，可求气体压强 ① ‎ 体积V1＝1.8h0S， 温度T1=T0‎ 要使两边水银面相平，气缸内气体的压强P2=P0， ‎ 此时活塞下端一定与气缸底接触， V2=1.2h0S 设此时温度为T2，由理想气体状态方程有 ② ‎ 得： ‎ ‎（ii）从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功 W=P1ΔV=（）×0.6h0S ③‎ 由热力学第一定律得：ΔU=0.6（）h0S-Q ‎15.一列周期为0.8 s简谐波在均匀介质中沿x轴传播，该波在某一时刻的波形如图所示；A、B、C是介质中的三个质点，平衡位置分别位于2 m、3 m、6 m 处．此时B质点的速度方向为－y方向，下列说法正确的是( )‎ A. 该波沿x轴正方向传播，波速为10 m/s B. A质点比B质点晚振动0.1 s C. B质点此时的位移为1 cm D. 由图示时刻经0.2 s，B质点的运动路程为2 cm E. 该列波在传播过程中遇到宽度为d＝4 m的障碍物时不会发生明显的衍射现象 ‎【答案】BCD ‎【详解】由题图知，波长λ＝8 m，则波速为v＝m/s＝10 m/s．此时B质点的速度方向为－y方向，由波形的平移法知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；A质点与B质点平衡位置相距x＝1 m，则波从B质点传到A质点的时间t＝s＝0.1 s，故B正确；B质点此时的位移为y＝sinπ cm＝1 cm，故C正确；由题图所示时刻经 0.2 s＝T，由波形平移法可知，x＝5 m处质点的状态传到B质点，B质点的运动路程为s＝2y＝2 cm，故D正确；因该列波的波长为8 m，则该列波在传播过程中遇到宽度为d＝4 m的障碍物时会发生明显的衍射现象，故E错误．‎ ‎16.一半径为R = 10 cm的半圆形玻璃砖放置在竖直平面上，其截面如下图所示．图中O为圆心，MN为竖直方向的直径．有一束细光线自O点沿水平方向射入玻璃砖，现将入射光线缓慢平行下移，当入射光线与O点的距离为h = 6 cm时，从玻璃砖右侧射出的光线刚好消失．已知光在真空中的传播速度为c = 3×108 m/s，则：‎ ‎（1）此玻璃的折射率为多少；‎ ‎（2）若，求光在玻璃砖中传播的时间。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【详解】设此光线的临界角为C。 （1）根据题意可知，当入射光线与O点的距离为h时，从玻璃砖射出的光线刚好消失，光线恰好在MN圆弧面上发生了全反射，入射角等于临界角C．作出光路图，如图 根据几何知识得：‎ 又 ‎ ‎ 联立得：‎ ‎（2）若h=5cm，设光线在圆弧面入射角为θ．则有：‎ θ=45°＞C 光发生全反射，光在玻璃砖中传播距离为：‎ ‎ ‎ 光在玻璃砖中的传播速度为：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎