【物理】贵州省长顺县二中2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

【物理】贵州省长顺县二中2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

贵州省长顺县二中2020届高三上学期 期末考试试题 一、单选题(共5小题,每小题6.0分,共30分) ‎ ‎1.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在时刻，乙车在甲车前方处，它们的图象如图所示，下列对汽车运动情况的描述正确的是 A. 甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动 B. 在第末，甲、乙两车的加速度大小相等 C. 第末，甲、乙两车相距 D. 在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次 ‎【答案】D ‎【详解】A．由图象可知：甲车先做匀速运动再做匀减速直线运动，但甲速度图象一直在时间轴的上方，一直沿正向运动，没有反向，故A错误；‎ B．在第末，甲车的加速度为 ‎，‎ 大小为；‎ 乙车的加速度大小为 ‎，‎ 所以加速大小不相等，故B错误；‎ C．在第末，甲的位移为 ‎，‎ 乙的位移为 ‎，‎ 所以甲乙两车相距 ‎，‎ 故C错误；‎ D．刚开始乙在甲的前面处，甲的速度大于乙的速度，经过一段时间甲可以追上乙，然后甲在乙的前面，到末，甲停止运动，甲在乙的前面处，此时乙以的速度匀速运动，所以再经过乙追上甲，故在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移。‎ ‎2.某同学设计了一个验证平行四边形定则的实验，装置如图所示．系着小物体m1、m2的细线绕过光滑小滑轮与系着小物体m3的细线连接在O点，当系统达到平衡时绕过滑轮的两细线与竖直方向夹角分别为37°和53°，则三个小物体的质量之比m1∶m2∶m3为(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)(　　)‎ A. 3∶4∶5 B. 4∶3∶5‎ C. 4∶5∶3 D. 3∶5∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】对结点O受力分析，O点受到三根绳子的拉力如图所示． ‎ 由于物体m1、m2的细线绕过光滑小滑轮与系着小物体m3的细线连接，因此有：F1=m1g，F2=m2g，由于O点处于静止状态，因此有：F′3=F3=m3g，故：m3gcos37°=m1g，‎ m3gcos53°=m2g，m1:m2:m3=4:3:5，故A、C、D错误，B正确．故选B．‎ ‎【点睛】本题关键是对碗内小球受力分析，根据三力平衡条件可知，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后运用合成法作图，根据几何关系得到三个物体的重力之比．‎ ‎3.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法中正确的是 (　　)‎ A. 电动机多做的功为mv2‎ B. 物体在传送带上的划痕长 C. 传送带克服摩擦力做的功为mv2‎ D. 电动机增加的功率为μmgv ‎【答案】ACD ‎【详解】B．物块加速运动时的加速度为，物体加速到速度为v时所需的时间为：‎ ‎，‎ 这段时间内物块的位移为：‎ ‎，‎ 传送带的位移 ‎，‎ 则物体与传送带间的相对位移 ‎，‎ 即物体在传送带上的划痕长，故B错误；‎ C．传送带克服摩擦力做的功为 W=μmgx2=mv2，‎ 故C正确；‎ A．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能是，摩擦产生的内能为 ‎，‎ 所以电动机多做的功 ‎，‎ 故A正确；‎ D．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为 P=fv=μmgv，‎ 故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎4. 一带负电的粒子以某一初速度垂直于匀强电场方向飞入极板间．下列说法中正确的是 A. 粒子向正极板偏转 B. 电场力对粒子做负功 C. 粒子在电场中做匀速直线运动 D. 粒子在电场中运动的轨迹是圆弧 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：极板间的电场方向是竖直向下，由于粒子带负电，所以受到的电场力竖直向上，故粒子向正极板偏转，A正确；粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向上的速度越来越大，所以电场对其做正功，B错误；由于粒子在电场中受力不平衡，做类平抛运动，C错误；粒子在电场中的轨迹为抛物线，D错误；‎ 考点：考查了带电粒子在电场中的偏转 ‎5.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，在平行板电容器C中恰好有一带电粒子处于悬空静止状态，当变阻器R0的滑动触头向左移动时，带电粒子将(　　)‎ A. 向上运动 B. 向下运动 C. 静止不动 D. 不能确定运动状态的变化 ‎【答案】B ‎【解析】当变阻器的滑动触头向左移动时，电路总电阻增大，电路总电流减小，所以通过R的电流减小，所以R两端的电压减小，即电容器两端的电压减小，所以可得，E减小，故粒子将向下运动，所以B正确；‎ 考点：考查了带有电容电路的动态分析 点评：关键是判断电容两端的电压变化情况，‎ 二、多选题(共3小题,每小题6.0分,共18分) ‎ ‎6.如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M＝5 kg，小车上静止地放置着质量为m＝1 kg的木块，和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM可能正确的有(　　)‎ A. am＝1 m/s2，aM＝1 m/s2‎ B. am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2‎ C. am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2‎ D. am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2‎ ‎【答案】AC ‎【详解】AB．当拉力较小时，两物体一起加速度运动；当拉力增大到一定值时，两物体发生相对滑动，此后m受到的是滑动摩擦力，故其加速恒定为 因此当系统加速度小于等于时，两物体一起运动，加速度相同，故A正确，B错误；‎ CD．发生相对滑动后，m的加速度大小恒为，故C正确，D错误；‎ 故选AC。‎ ‎7.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b是处于地面附近的近地轨道上正常运动的卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则下列判断正确的是（ ）‎ A. a的向心加速度等于重力加速度g B. c在4小时内转过的圆心角是 C. b在相同时间内转过的弧长最长 D. d的运动周期有可能是48小时 ‎【答案】CD ‎【详解】A．同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度，由 得 卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，所以知a的向心加速度小于重力加速度g。故A错误；‎ B．c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故B错误；‎ C．由 得 卫星的半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长。故C正确；‎ D．由开普勒第三定律知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，有可能是48h。故D正确。‎ 故选CD ‎8. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，匀强电场场强为E，方向竖直向下，一带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动，不计空气阻力，则 A. 此微粒带正电荷 B. 此微粒带负电荷 C. 此微粒沿顺时针方向转动 D. 此微粒沿逆时针方向转动 ‎【答案】BD ‎【解析】由题意带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动，可知在竖直方向上合外力为零，所以带电粒子的重力和电场力二力平衡，因为电场方向向下，电场力方向向上，所以微粒带负电，B正确；粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，由左手定则可知微粒沿逆时针方向转动，D正确．‎ 考点：洛伦兹力，带电粒子在复合场中的运动 三、实验题(共2小题,共15分) ‎ ‎9.利用如图甲所示气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．‎ ‎①做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为△t1、△t2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离L，用游标卡尺测得遮光条宽度d，则滑块经过光电门1时的速度表达式V1=_______；滑块加速度的表达式a=_______．（以上表达式均用已知字母表示）．如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为_________mm．‎ ‎②在实验过程中，当改变小车质量M时，通过改变__________________________保证小车受到的合力大小不变．‎ ‎【答案】① 8.15 ② 高度h使保持不变 ‎【详解】①滑块通过光电门的时间极短，可以忽略速度的变化，按照匀速直线运动处理，可得速度．同样通过光电门2的速度，从光电门1到光电门2的过程为匀变速直线运动，可得，即加速度．20分度游标卡尺的精确度为，游标尺零刻度线左侧对应的主尺刻度线为，第3条刻度线与主尺刻度线对齐，最终读数为．‎ ‎②气垫导轨的存在可以不考虑摩擦力的存在，那么滑块沿斜面下滑合力即，小车质量改变时，要保证合力不变，只需要保证不变即可．‎ ‎【考点】牛顿第二定律实验设计和探究 ‎10.某同学利用图所示电路测量量程为2.5 V的电压表V的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99 999.9 Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50 Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5 kΩ），直流电源E（电动势3 V）．开关1个，导线若干．‎ 实验步骤如下 ‎①按电路原理图连接线路；‎ ‎②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图中最左端所对应的位置，闭合开关S；‎ ‎③调节滑动变阻器，使电压表满偏；‎ ‎④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）试验中应选择滑动变阻器_______（填“”或“”）．‎ ‎（2）根据图所示电路将实物图连线_________．‎ ‎（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为_______Ω（结果保留到个位）．‎ ‎（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为_____（填正确答案标号）．‎ A．100 μA B．250 μA C．500 μA D．1 mA ‎【答案】（1）R1 （2）连线如下图 （3）2520 （4）D ‎【详解】（1）本实验利用了半偏法测电压表的内阻，实验原理为接入电阻箱的时候电路的总电阻减小的不太大，故需要滑动变阻器为小电阻，故选R1可减小实验误差．‎ ‎（2）滑动变阻器为分压式，连接实物电路如图所示：‎ ‎（3）电压表的内阻和串联，分压为2.00 V和0.50 V，则 ．‎ ‎（4）电压表的满偏电流，故选D．‎ 四、计算题 ‎ ‎11.质量M＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上．在水平拉力F＝11 N作用下由静止开始向右运动．如图9所示，当速度达到1 m/s 时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．(g＝10 m/s2)求：‎ ‎(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；‎ ‎(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；‎ ‎(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小？‎ ‎【答案】（1）2m/s2；1m/s2（2）0.5m；（3）6.29N ‎【详解】试题分析：(1)放上物块后，物体加速度 板的加速度 ‎(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故 ∴t=1秒 ‎ ‎1秒内木板位移 物块位移 所以板长L=x1-x2=0.5m ‎（3）相对静止后，对整体 对物块f=ma ∴f=6.29N ‎12.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．‎ ‎【答案】(1),与x轴正方向成45°角斜向上　(2)‎ ‎【详解】(1)粒子运动轨迹如图：‎ 粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有：‎ x方向：‎ y方向： ‎ 粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：‎ ‎，‎ 又，‎ 解得，即，‎ 粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为 ‎；‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：‎ ‎，‎ 设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：‎ ‎，‎ 根据几何关系可知：‎ 解得：‎ ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，系统的内能保持不变 B. 对某物体做功，可能会使该物体的内能增加 C. 实际气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积 D. 一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同 E. 功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功 ‎【答案】BCD ‎【详解】A.水变成水蒸气，分子平均动能不变，但由于体积增大，分子间距离增大，由于气体分子间间距接近，故在变化过程中分子力做负功，分子势能增大，故内能增加，从宏观来看，水变成水蒸气需要吸热，内能也是增加的，故A错误；‎ B.做功和热传递均可以改变物体的内能，故对物体做功内能可能增加，可能减少，故B正确；‎ C.气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积，故C正确；‎ D.由热力学第零定律，两系统达到热平衡条件为温度相同，故D正确；‎ E.由热力学第二定律，功可以全部转化为热，而热量也可以全部转化为功，但要引起其他方面的变化，故E错误；‎ 故选BCD。‎ ‎14.如图所示，用轻质活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁之间的摩擦忽略不计．开始时活塞距气缸底的高度为h=0.50m ，气体温度为t1=27℃．给气缸加热，活塞缓慢上升到距气缸底的高度为h2=0.80m处时，缸内气体吸收Q=450J的热量．已知活塞横截面积S=5.0×10-3m2，大气压强P0=1.0×105Pa．求：‎ ‎①加热后缸内气体的温度；‎ ‎②此过程中缸内气体增加的内能．‎ ‎【答案】① ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 气体做等压变化，找出初末状态的状态参量列等压变化方程求解，加热的过程中内能的变化可由热力学第一定律求解 ‎【详解】①设加热后缸内气体的温度为．活塞缓慢上升为等压过程，‎ 根据盖一吕萨克定律得：‎ 其中： ， ，‎ 联立以上各式，解得：，即 ‎②设气体对活塞做功为，则：‎ 根据热力学第一定律得：‎ 联立以上各式，解得：‎ ‎【点睛】本题考查理想气体的状态方程及热力学第一定律；审题时注意分清气体的变化过程，在利用热力学第一定律时，注意做功和热量的正负问题．‎ ‎15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0和t＝0.20 s时的波形分别如图中实线和虚线所示．已知该波的周期T>0.20 s．下列说法正确的是________．‎ A. 波速0.40 m/s B. 波长为0.08 m C. x＝0.08 m的质点在t＝0.70 s时位于波谷 D. x＝0.08 m的质点在t＝0.12 s时位于波谷 E. 若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s，则它在该介质中的波长为0.32 m ‎【答案】ACE ‎【详解】AB．波沿x轴正方传播，根据波形图可知 该波的周期T＞0.20s，n只能等于0，故 波长 所以波速 故A正确，B错误；‎ C．x=0.08m的质点在t=0时位于平衡位置向上振动，经过t=0.70s时 所以0.7s时x=0.08m处的质点位于波谷，故C正确；‎ D．x=0.08m的质点在t=0时位于平衡位置向上振动，经过t=0.12s时 即 所以0.12s时x=0.08m处的质点位于平衡位置上边正在向下振动，故D错误；‎ E．若此波传入另一介质中，频率不变，则周期不变，其波速变为0.80m/s，则它在该介质中的波长为 故E正确。‎ 故选ACE。‎ ‎16.如图所示，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离OA＝R.一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射点为B，OB＝R见求：‎ ‎(1)光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度．‎ ‎(2)光线在光屏形成的光斑到A点的距离．‎ ‎【答案】(1)30°　(2)0.5R ‎【详解】(1)分析如图．‎ 设入射点B到O的垂直距离BO＝h，∠BCO＝β，折射角为i.对△OBC，由正弦公式得：‎ 又 联立解得sini＝sinβ＝‎ 所以：i＝60°，出射光线偏离原方向的角度：‎ Δθ＝i－β＝60°－30°＝30°‎ ‎(2)设出射光线与MN交于P点，与OA交与D点，则由几何关系可得，∠CDQ＝30°；所以：OQ＝QD＝Rcos 30°＝R；AD＝AO－OD＝R－2×R＝0.5R；所以：‎ PA＝AD·tan 30°＝0.5R×＝0.5R.‎