2020届高三物理上学期期末考试 试题（含解析）（新版）新人教版

2020届高三物理上学期期末考试 试题（含解析）（新版）新人教版

‎2019届高三上学期期末考试理综试卷物理试题 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14-17题只有一项符合题目要求，第18-21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1. 下列说法正确的是 A. 质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2、m3，则质子与中子结合为氘核的反应是人工核转变，放出的能量为（m3 －m1－m2）c2‎ B. 玻尔将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律 C. 紫外线照射到金属锌板表面时能够产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 D. 半衰期是反映放射性元素天然衰变的统计快慢，若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小 ‎【答案】B ‎【解析】质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2、m3，则质子与中子结合为氘核的反应是人工核转变，放出的能量为(m1+m2-m3)c2，选项A错误； 玻尔将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，选项B正确； 紫外线照射到金属锌板表面时能够产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，单位时间从锌板表面逸出的光电子的数量增加，最大初动能不变，选项C错误； 半衰期是反映放射性元素天然衰变的统计快慢，外界环境对半衰期无影响，若使放射性物质的温度升高，其半衰期将不变，选项D错误；故选B.‎ ‎2. 如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是 A. C球的加速度沿斜面向下，大小为gsinθ B. B球的受力情况未变，加速度为零 - 15 -‎ C. A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinθ D. A、B之间杆的拉力大小为mgsinθ ‎【答案】A ‎【解析】A细线被烧断的瞬间，绳在断后弹力会突变为零，C球沿斜面向下匀加速运动，加速度沿斜面向下，大小为；故A正确。‎ B、细线被烧断的瞬间，B不再受细线的拉力作用，B的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，故B错误；‎ C．细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，对AB两个小球，根据牛顿第二定律得AB球的加速度沿斜面向上，大小，故C错误；‎ D．由C可知，B的加速度为，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：T-mgsinθ=ma，解得：，故D错误 故选A ‎3. 如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB＝，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B运动到与O点的距离为时的速度大小为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】开始时O与A间距离：OA＝ ‎ 设AB质量均为m，对开始时的B受力分析如图，则又所以 - 15 -‎ 以开始时的AB两物体作为整体受力分析：水平方向只受F和N，故F＝N 将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则 ‎ 小球B运动到与O点的距离为时，‎ 这一过程中A向左移动了，B上升了 ‎ 此时绳与竖直方向夹角的正切值， ，‎ 此时AB间的速度关系为，即 以AB为整体，由功能关系得： ‎ 联立解得： ‎ 点睛：绳连接、杆连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等。‎ ‎4. 如图所示的四条实线是电场线，虚线表示等势面，四条电场线聚于点O，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是 A. O点一定有一个正点电荷 B. C点的场强小于B点的场强，C点的电势高于B点的电势 C. A、D两点的场强大小不一定相等，但将一个电荷由A点移到D点电场力做功为零 D. 若将一个正电荷由A点移到B点时电场力做正功，则将一个负电荷由A点移到C点时电场力做负功 ‎【答案】C ‎【解析】A四条实线是电场线，方向不知道，O - 15 -‎ 点点电荷电性可能带正电荷，可能负电荷，故A错误；‎ B由电场线越密的地方，电场强度越大，则有C点的场强小于B点的场强，沿着电场线，电势逐渐降低，电场线方向不知道，C点的电势不一定高于B点的电势，故B错误。‎ C虚线表示等势面，A、D两点的电势相等，将一个电荷由A点移到D点电场力做功为零，由电场线越密的地方，电场强度越大，则有A点的场强小于D点的场强，故C正确。‎ D若将一个正电荷由A点移到B点时电场力做正功，A点的电势能小于B点的电势能，A点的电势小于B点的电势，则有A点的电势高于C点的电势，将一个负电荷由A点移到C点时A点的电势能小于C点的电势能，电场力做正功，故D错误。‎ 故选C ‎5. 在如图所示倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L．一质量为m．电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场I时，恰好以速度做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度做匀速直线运动，从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，线框的动能变化量为，重力对线框做的功的大小为，安培力对线框做功大小为，下列说法中正确的有 A. 在下滑过程中，由于重力做正功，所以有 B. 从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，机械能守恒 C. 从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，有的机械能转化为电能 D. 从ab越过GH到达JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小 ‎【答案】CD ‎【解析】当安培力与重力沿斜面向下的分力相等时，线框做匀速运动，则ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，有：，ab边下滑到JP与MN的中间位置时，ab、dc - 15 -‎ 两边都切割产生感应电动势，回路中总电动势为，两边都受到安培力，则有：，则得到：．故A错误；从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，安培力做负功，机械能减小转化为电能．根据功能关系得知，机械能减小量是转化为电能，故此过程机械能不守恒；根据动能定理可知，线框动能的变化量大小为：；故B错误，CD正确；选CD. ‎ ‎【点睛】当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时和当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框都做匀速运动，安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，根据平衡条件得到速度的表达式，即可求出两速度之比．在线框下滑的过程中，安培力做负功，机械能减小．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程，机械能减小，转化为电能，机械能不守恒，根据功能关系分析．由动能定理求解动能的变化量．‎ ‎6. 如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B. 小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化大小是 C. 小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化 D. 车上曲面的竖直高度不会大于 ‎【答案】BD - 15 -‎ ‎..................‎ 考点：考查动量守恒定律；动量定理；机械能守恒定律．‎ ‎【名师点睛】本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型．‎ ‎7. 如图a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同，闭合电键K后，正确的是( 　　)‎ A. 电流表示数不变 B. 电压表示数增大 C. 变压器的输入功率增大 D. 如b图所示的交流电每秒钟方向改变50次 ‎【答案】AC ‎【解析】AB、原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，故A正确、B错误；‎ C、当K接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故C正确；‎ D、根据b图可知，周期T=0.02s，则频率f=50Hz，交流电每个周期方向改变两次，每秒钟方向改变100次，故D错误。‎ 故选：AC。‎ - 15 -‎ 点睛：原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，灯泡两端的电压不变，则通过电流表的电流不变，变压器的输入功率由输出功率决定，根据图b求出周期，进而求出频率，求出电流方向改变次数。‎ ‎8. 如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，、为监控市电供电端的电压表和电流表，、为监控校内变压器输出端的电压表和电流表，、为教室的负载电阻，、为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时，以下说法错误的是 A. 电流表、和的示数都变大 B. 只有电流表的示数变大 C. 电压表的示数变小 D. 电压表和的示数都变小 ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即不变，可知输电线中的电流增大，即增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即减小，所以通过的电流减小，即减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据知，原线圈中的电流增大，所以示数增大，故C正确，ABD错误．‎ 考点：考查了远距离输电，理想变压器 ‎【名师点睛】抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电流的变化，从而得出电压损失的变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变化，从而得知通过负载电阻电流的变化．抓住输电线上电流的变化，根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出原线圈中电流的变化．‎ ‎9. 在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02‎ - 15 -‎ ‎ s打一个点，当地的重力加速度g取9.80 m/s2，那么：‎ ‎①根据图上所得的数据，应取图中O点到_____点来验证机械能守恒定律．‎ ‎②从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔEp＝________J，动能增加量ΔEk＝________ J（结果取三位有效数字）．‎ ‎③若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴、以h为横轴画出的图象是下图中的________．‎ ‎【答案】 (1). B (2). 1.88 (3). 1.84 (4). A ‎【解析】试题分析：（1）验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能△Ep=mgh和增加的动能之间的关系，由B点能够测下落高度h和下落速度v的数据，而A、C两点无法测出v．故选B点．‎ ‎（2）B点的速度为AC段的平均速度，即,所以增加的动能, 从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量△Ep=mgh=1×9．8×0．192J=1．88J．‎ ‎（3）利用图线处理数据，如果，那么图线应该是过原点的直线，斜率就等于g．故A正确．所以A正确，BCD错误。‎ 考点：验证机械能守恒定律 ‎【名师点睛】此题是验证机械能守恒定律的问题；解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等．以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度。 纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值。‎ ‎10.‎ - 15 -‎ ‎ 在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测量金属丝的长度l=0.810m．金属丝的电阻大约为4Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．‎ ‎（1）从图1中读出金属丝的直径为_____mm．‎ ‎（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：‎ A．直流电源：电动势约4.5V，内阻很小；‎ B．电流表A1：量程0～0.6A，内阻0.125Ω；‎ C．电流表A2：量程0～3.0A，内阻0.025Ω；‎ D．电压表V：量程0～3V，内阻3kΩ；‎ E．滑动变阻器R1：最大阻值10Ω；‎ F．滑动变阻器R2：最大阻值50Ω；‎ G．开关、导线等．‎ 在可供选择的器材中，应该选用的电流表是_____，应该选用的滑动变阻器是_____．‎ ‎（3）根据所选的器材，在如图2所示的方框中画出实验电路图____．‎ ‎（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为Rx=4.1Ω，则这种金属材料的电阻率为_____Ω•m．（保留二位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 0.520 (2). A1 (3). R1 (4). (5). 1.1×10﹣6‎ ‎【解析】试题分析：（1）固定刻度读数：0；半刻度读数：0．5mm；可动刻度读数0．01mm×2．0=0．020mm；‎ 故螺旋测微器读数为：0．520mm；‎ ‎（2）直流电源电动势为4．5V，为减小读数误差，结合电压表量程，根据欧姆定律，电流 - 15 -‎ ‎，电流不超过0．6A，故电流表同样选择小量程的，即选B；滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的，即选E；‎ ‎（3）伏安法测电阻时，测量较大电阻用安培表内接法，测量较小电阻用安培表外接法，本题待测电阻与安培表电阻相接进，故采用安培表外接法；滑动变阻器的总电阻和被测的电阻丝的电阻接近，采用限流电路，故电路图如图；‎ ‎（4）根据电阻定律，得到 考点：测定金属的电阻率。‎ ‎【名师点睛】螺旋测微器精确度为0．01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出．在不要求电流或电压从零调或变阻器的阻值不是太小的情况下，滑动变阻器优先选择限流式接法，因限流式调节方便且节能。‎ ‎11. 一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止．g取10m/s2．‎ ‎（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；‎ ‎（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W．‎ ‎【答案】（1）0.32（2），负号表示方向向左（3）9J ‎（2）由动量定理，有可得。‎ ‎（3）。‎ - 15 -‎ ‎【考点定位】本题考查动能定理、动量定理、做功等知识 视频 ‎12. 如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 L＝1m，导轨平 面与水平面的夹角θ＝37°，下端连接阻值 R＝1Ω的电阻；质量 m＝1kg、阻值 r ‎＝1Ω的匀质金属棒 cd 放在两导轨上，到导轨最下端的距离 L1＝1m，棒与导轨 垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.9。整个装置处于与导轨平面 垂直（向上为正）的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。认 为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知在 0～1.0s 内，金属棒 cd 保持静止，取 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m／s2。‎ ‎（1）求 0～1.0s 内通过金属棒 cd 的电荷量；‎ ‎（2）求 t＝1.1s 时刻，金属棒 cd 所受摩擦力的大小和方向；‎ ‎（3）1.2s 后，对金属棒 cd 施加一沿斜面向上的拉力 F，使金属棒 cd 沿斜面向上 做加速度大小的匀加速运动，请写出拉力 F 随时间 t′（从施加 F 时开 始计时）变化的关系式。‎ ‎【答案】（1）1C（2）6.2N,方向沿导轨向上(3) ‎ ‎【解析】(1)在0−1.0s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：‎ E=‎ 其中S=L1×L=1×1=1m；‎ 由闭合电路欧姆定律有：‎ I=‎ 由于在0−1.0s内回路中电流恒定，故电量q=It 其中t=1s；‎ 联立解得：q=1C；‎ - 15 -‎ ‎(2)若0−1.1s内金属棒cd保持静止,则在0−1.1s内回路中的电流不变,t=1.1s时,金属棒cd所受安培力F′=B1IL=0.2×1×1=0.2N，方向沿导轨向下；‎ 又导轨对金属棒cd的最大静摩擦力f’=μmgcos37∘=0.9×10×0.8=7.2N；‎ 由于mgsin37∘+F′=6.2N

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