【物理】湖南省怀化市2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

【物理】湖南省怀化市2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

湖南省怀化市2020届高三上学期期末考试 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题每要求。全部选对的得4分，选对但不全的得，有选错的得0分。‎ ‎1.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合物理学发展史的是 A. 伽利略通过“理想实验”得出“力不是维持物体运动的原因”‎ B. 在万有引力定律的建立过程中，除了牛顿以外，科学家第谷、开普勒、卡文迪许均做出了重要的贡献 C. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说 D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要和引起感应电流的磁场方向相反 ‎【答案】D ‎【详解】A．伽利略通过“理想实验”得出“力不是维持物体运动的原因”，选项A正确，不符合题意；‎ B．在万有引力定律的建立过程中，除了牛顿以外，科学家第谷、开普勒、卡文迪许均做出了重要的贡献，选项B正确，不符合题意；‎ C．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项C正确，不符合题意；‎ D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D错误，符合题意。‎ 故选D。‎ ‎2.小物块以6m/s的初速度在粗糙的水平面上滑行,经4s速度减为零,则小球第4s内的位移为 A. 0.75m B. 1m C. 1.25m D. 1.5m ‎【答案】A ‎【详解】由逆向思维可得，小球的加速度 则小球第4s内的位移为 A．0.75m，与结论相符，选项A正确；‎ B．1m，与结论不相符，选项B错误；‎ C．1.25m，与结论不相符，选项C错误；‎ D．1.5m，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.如图，水平地面和倾角为的斜面相接于A点，质量m=0.5kg的物块静止在B点，在水平向右的恒力F的作用下，物块经过时间2s运动到A点，立即撤去恒力F，物块冲上斜面，1s后停在斜面上的某点。不计物块在A点的能量损失，物块与各处的动摩擦因数均为，则恒力F的大小是（g=10m/s2）‎ A. 3.3N B. 4.3N C. 5.3N D. 6.3N ‎【答案】B ‎【详解】设到A的速度为v，物块在水平面受重力、支持力、摩擦力、拉力F作用，由牛顿第二定律得：‎ F-μmg=ma1‎ 由速度公式得：‎ v=a1t1‎ 物块在斜面上滑动时，由牛顿第二定律得：‎ mgsin37°+μmgcosθ=ma2‎ 由速度公式得：‎ v=a2t2‎ 联立解得：‎ F=4.3N。‎ A．3.3N，与结论不相符，选项A错误；‎ B．4.3N，与结论相符，选项B正确；‎ C．5.3N，与结论不相符，选项C错误；‎ D．6.3N，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.如图为一玩具起重机的电路示意图。电源电动势为6V，内电阻为0.5Ω，电阻R=2.5Ω，当电动机以1m/s的速度匀速向上提升一质量为0.125kg的物体时（不计一切摩擦阻力，g=10m/s2），标有“3V，1.5W”的灯泡正好正常发光，则电动机的内阻为 A. 1.5Ω B. 3.5Ω C. 4.0Ω D. 1.0Ω ‎【答案】D ‎【详解】由电路图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，电压为3V，电流为：‎ 故电动机两端的电压为3V；R及r两端的电压为3V，由欧姆定律可得，总电流为：‎ ‎ ‎ 电动机的电流为：‎ I机=I-IL=1-0.5=0.5A；‎ 电动机的输出功率为：P=mgv=UI-I2r 代入数据解得：r=1.0Ω．‎ A．1.5Ω，与结论不相符，选项A错误；‎ B．3.5Ω，与结论不相符，选项B错误；‎ C．4.0Ω，与结论不相符，选项C错误；‎ D．1.0Ω，与结论相符，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.如图，在水平地面上方的A点，先后以不同的水平初速度平抛同一小球，不计空气阻力，第一次小球落在地面上的B点，第二次小球撞到竖直墙面的C点后落地，测量得知，A、C点之间的水平距离是A、B点间的水平距离的2倍，A、B点之间的竖直距离是A、C点间的竖直距离的2倍，则第一次与第二次平抛小球的初速度之比为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】第一次平抛过程中，水平方向上 x=vt 竖直方向上 ‎ ‎ 联立解得 ‎ ‎ 第二次平抛过程中，水平方向上 ‎2x=v't'‎ 竖直方向上 联立解得 则第一次与第二次平抛小球的初速度之比 A．，与结论相符，选项A正确；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；故选A。‎ ‎6.如图，用绝缘材料制作的光滑杆AB，B端固定在水平地面上，杆AB与水平地面的夹角，D点是杆AB的中点。水面地面上的C点固定有正点电荷Q，A、C连线竖直。在杆AB上套一个带负电的小圆环P，并让小圆环从A端静止释放，小圆环P能从A沿杆滑到B端，对小圆环下滑的过程，下列说法正确的是 A. 小圆环P一直做匀加速运动 B. 小圆环P的机械能守恒 C. 小圆环P在A点和D点的机械能相等 D. 小圆环P在D点的加速度最大 ‎【答案】C ‎【详解】A．对小圆环P受力分析，受重力、静电力、杆的弹力作用，沿杆的方向有重力的分力、静电力的分力，静电力的大小方向都变化，合力随着变化，加速度也随着变化，不会一直做匀加速运动，故A错误。‎ B．小圆环P下滑的过程，静电力先做正功后做负功，机械能先增加后减小，故B错误。‎ C．C离A点和D点的距离相等，静电力相等，即A点和D点在同一等势面上，电势能相等，小圆环P下滑的过程发生电势能和机械能的相互转化，所以在A点和D点的机械能相等，故C正确。‎ D．重力沿杆方向的分力mgsinθ不变，在D点静电力沿杆的分力沿杆向上，而在A点沿杆向下，所以小圆环P在D点的加速度不是最大，故D错误。故选C。‎ ‎7.如图，轻绳跨过滑轮B、C一端连接小球P，另一端连接小球Q，小球P和倾角的斜面接触，悬挂滑轮B的轻绳AB与水平方向的夹角也是，BC水平，整个装置保持静止不动，不计滑轮的大小，不计一切摩擦，小球P与小球Q的质量之比为 A. B. 2 C. D. 3‎ ‎【答案】C ‎【详解】设绳子拉力为T，以Q为研究对象，根据平衡条件可得 T=mQg；‎ 同一根绳子拉力相等，以B处滑轮为研究对象，可知，两段绳子合力方向沿AB的角平分线方向，角度如图所示；‎ ‎ 对P进行受力分析，受到绳子拉力T、支持力N和重力mPg， 沿斜面方向根据平衡条件可得：Tcosθ=mPgsinθ 联立解得：mP：mQ=‎ A．，与结论不相符，选项A错误；‎ B．2，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，与结论相符，选项C正确；‎ D．3，与结论不相符，选项D错误；故选C。‎ ‎8.如图，在xoy坐标系中有圆形匀强磁场区域，其圆心在原点O，半径为L，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外。粒子A带正电，比荷为，第一次粒子A从点（－L，0）在纸面内以速率沿着与x轴正方向成角射入磁场，第二次粒子A从同一点在纸面内以相同的速率沿着与x轴正方向成角射入磁场，已知第一次在磁场中的运动时间是第二次的2倍，则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示：‎ ‎， 根据洛伦兹力提供向心力有：‎ 则粒子做匀速圆周运动的半径为：‎ 根据几何知识可知BOCO1以及BODO2为菱形，所以 ‎∠1=180°-（90°-α）=90°+α ‎∠2=180°-（90°+β）‎ 根据题意可知∠1=2∠2，所以得到 α+2β＝90°＝ 。‎ A．，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，与结论相符，选项B正确；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片．保持理想变压器的输入电压不变，闭合电建S，下列说法正确的是 A. P向下滑动时，灯L变亮 B. P向下滑动时，变压器的输出电压不变 C. P向上滑动时，变压器的输入电流减小 D. P向上滑动时，变压器的输出功率变大 ‎【答案】BD ‎【详解】A．由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压不变，滑片P滑动时，对灯泡电压没有影响，故灯泡亮度不变，则选项A错误；‎ B．滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故选项B正确；‎ C．滑片P上滑，电阻减小，电流增大，则原线圈输入电流也增大，故选项C错误；‎ D．此时变压器输出功率将变大，故选项D正确．‎ ‎10.如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则 A. 无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为逆时针方向 B. 无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大 C. 有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针方向 D. 有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化 ‎【答案】AD ‎【详解】A．当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，故A正确。‎ B．通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误。‎ CD．有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，接收线圈中的感应电流方向不变，但金属片中的感应电流会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故C错误，D正确。故选AD。‎ ‎11.如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，此过程中，以下结论正确的是 A. 小物块到达小车最右端时具有的动能为 B. 小物块到达小车最右端时小车具有的动能为 C. 小物块克服摩擦力所做的功为 D. 小物块和小车增加的机械能为 ‎【答案】AD ‎【详解】A．对物块分析，物块相对于地的位移为L+x，根据动能定理得 ‎ ‎ 则知物块到达小车最右端时具有的动能为（F-Ff）（L+x）。故A正确。‎ B．对小车分析，根据动能定理得 ‎ ‎ 则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx．故B错误。‎ C．物块相对于地的位移大小为L+s，则物块克服摩擦力所做的功为Ff（L+s）。故C错误。‎ D．根据能量守恒得，外力F做功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有：‎ F（L+x）=△E+Q 则物块和小车增加的机械能为 ‎△E=F（L+x）-FfL．‎ 故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎12.卫星绕某行星做匀速圆周运动的速率的平方（v2）与卫星的轨道半径的倒数（）的关系如图所示，图中b为图线纵坐标的最大值，图线的斜率为k，万有引力常量为G，则下列说法正确的是 A. 行星的半径为kb B. 行星的质量为 C. 行星的密度为 D. 行星的第一宇宙速度为 ‎【答案】BCD ‎【详解】A．卫星绕行星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有：‎ 得：‎ 设行星的半径为R，由图知，当r=R时，v2=b，GM=k，解得：‎ 故A错误。‎ B．由上知，GM=k，得行星的质量为：‎ 故B正确。‎ C．行星的体积，密度 故C正确。‎ D．卫星在行星表面做匀速圆周运动时，运行速度为第一宇宙速度 解得第一宇宙速度 故D正确。‎ 故选BCD。‎ 二、实验题：本题共3小题，每空，共20分。‎ ‎13.（１）如图甲所示，螺旋测微器的读数为_____mm。‎ ‎（２）如图乙所示，游标卡尺的读数为_____mm。‎ ‎【答案】 (1). 8.470 (2). 20.60‎ ‎【详解】（1）[1]．螺旋测微器的固定刻度为8.0mm，可动刻度为47.0×0.01mm=0.470mm，所以最终读数为8.0mm+0.470mm=8.470mm，由于需要估读，最后的结果可以在8.469～8.471之间。‎ ‎（2）[2]．游标卡尺游标为20分度，总长度为19mm，故每一小格为19/20=0.95mm，由图可知，主尺上32mm与游标的第12个格对齐，故测量长度为32-12×0.95mm=20.60mm。‎ ‎14.图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图.图中打点计时器打点的时间间隔用Δt表示.在小车质量未知的情况下,某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下,物体的加速度与其质量间的关系”.‎ ‎(1)实验步骤：‎ ‎①平衡小车所受的阻力:先拿下小吊盘,调整木板右端的高度,用手轻拨小车,直到打点计时器打出一系列均匀的点.‎ ‎②按住小车,挂上带有适当重物的小吊盘,在小车中放入砝码.‎ ‎③接通打点计时器电源,释放小车,获得带有点列的纸带,在纸带上标出小车中砝码质量m.‎ ‎④按住小车,改变小车中砝码的质量,重复步骤③.‎ ‎⑤在每条纸带上清晰的部分,每5个间隔标注一个计数点.测量相邻计数点的间距s1,s2……求出与不同m相对应的加速度a.‎ ‎⑥以砝码的质量m为横坐标,为纵坐标,在坐标纸上作出关系图线.‎ ‎(2)完成下列填空：‎ ‎①本实验中,为了保证在改变小车中砝码质量时,小车所受的拉力近似不变,小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是______________________________.‎ ‎②某纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3．则小车加速度a=__________________（用字母s1、s3和Δt表示）‎ ‎③图丙为所得实验图线的示意图.设图中直线的斜率为k,在纵轴上截距为b,若牛顿定律成立,则小车受到的拉力为_______,小车的质量为_______‎ ‎【答案】①小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车和砝码的总质量 ② ③ ‎ ‎【详解】①[1]设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象有：‎ 解得 以小车为研究对象，则有：‎ 当时有，即只有时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力；‎ ‎②[2]根据 可得：‎ 又T=5△t，解得：‎ ‎③[3][4]设小车质量为M，小车受到外力为F，由牛顿第二定律有：‎ 变形得：‎ 则图象的斜率为 则有：‎ 纵轴截距为 解得：‎ ‎15.举世瞩目的嫦娥四号，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发电与热电综合利用技术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测器．图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转化为电能．‎ 某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的路端电压U与电流I的关系，图中定值电阻R0=5Ω，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表．‎ ‎（1）实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合电键S，调节滑动变阻器R的阻值，通过测量得到该电池的U﹣I曲线a（如图丁）．由此可知，该电源内阻是否为常数_______（填“是”或“否”），某时刻电压表示数如图丙所示，读数为________V，由图像可知，此时电源内阻为_______Ω．‎ 实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得U-I曲线b（如图丁）．‎ ‎（2）在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为________W（计算结果保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】(1). 否 1.50 5.6 (2). 7.2×10-2（7.0×10-2-7.4×10-2均算正确）‎ ‎【详解】（1）由U-I图像可知，因图像的斜率等于电源的内阻，可知电源内阻不是常数；电压表的量程为3.0V，则读数为1.50V；由图中读出，此时电路中的电流为250mA，因电源的电动势为E=2.9V，可得此时电源的内阻；‎ ‎（2）在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，可得此时的电流为100mA，则滑动变阻器的阻值为：；则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，此时外电路电阻为R外=R+R0=25Ω，将此电阻的U-I线画在此电源的U-I图像中，如图；‎ 直线与b的交点为电路的工作点，此时I=60mA，则滑动变阻器消耗的电功率为.‎ 三、计算题：本题共3小题，共3。‎ ‎16.我国的最新交通规则规定：黄灯亮时车头己越过停车线的车辆可以继续通行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为，我国一般城市路口红灯变亮之前绿灯和黄灯各有3s的闪烁时间．国家汽车检测标准中有关汽车制动初速度与刹车即离的规定是这样的：小客车在制动初速度为14m/s的情况下，制动距离不得大于20m．‎ ‎（1）若要确保汽车在3s内停下来，小客车刹车前行驶速度不能超过多少？‎ ‎（2）某小客车正以v0=8m/s速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线S= 28m，汽车至少以多大的加速度匀加速行驶才能在黄灯点亮前正常通过路口？己知驾驶员从眼睛看到灯闪到脚下采取动作再到小客车有速度变化的反应总时间是1.0s．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【详解】（1）设汽车刹车时的最大加速度为，根据，则 确保汽车在3s内停下来，汽车刹车前的行驶速最大速度为：‎ ‎（2）在反应时间内汽车匀速运动的距离为：‎ 车匀加速运动的距离为：‎ 从绿灯闪到黄灯亮起这3s内汽车加速运动的时间：‎ 设汽车加速时的加速度为a，有：‎ 得：‎ ‎。‎ ‎17.如图所示，在光滑的水平地面上有一平板小车质量为M=2kg，靠在一起的滑块甲和乙质量均为m=1kg，三者处于静止状态。某时刻起滑块甲以初速度v1=2m/s向左运动，同时滑块乙以v2=4m/s向右运动。最终甲、乙两滑块均恰好停在小车的两端。小车长L=9.5m，两滑块与小车间的动摩擦因数相同，（g取10m/s2，滑块甲和乙可视为质点）求：‎ ‎(1)最终甲、乙两滑块和小车的共同速度的大小;‎ ‎(2)两滑块与小车间的动摩擦因数；‎ ‎(3)两滑块运动前滑块乙离右端的距离。‎ ‎【答案】（1）0.5m/s （2）0.1 （3）7.5m ‎【详解】（1）两滑块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ v=0.5m/s ‎ ‎（2）对整体由能量守恒定律得 ‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ ‎（3）经分析，滑块甲运动到左端时速度刚好减为0，在滑块甲运动至左端前，小车静止，之后滑块甲和小车一起向右做匀加速运动到三者共速。‎ 法一：应用动能定理 甲、乙从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中，设滑块乙的对地位移为，滑块甲和小车一起向右运动的位移为。‎ 由动能定理对滑块乙有 ‎ 　‎ 对滑块甲和小车有 ‎ ‎ 　　　　　　　　‎ 滑块乙离右端的距离 ‎ ‎ 　　　　　　　　　　‎ 解得：‎ s=7.5m 法二：应用动量定理 甲、乙从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中，设滑块乙的运动时间为，滑块甲向左运动至小车左端的时间为。‎ 由动量定理对滑块乙有 ‎ ‎ 　　　　‎ 对滑块甲 ‎ ‎ 　　　　 　　　　‎ 滑块甲和小车一起向右运动的时间为 ‎ ‎ ‎ 由运动学公式滑块乙离右端的距离：‎ 解得：s=7.5m　　　‎ 法三：转换研究对象，以甲为研究对象 设滑块甲离左端距离为，‎ 由牛顿第二定律得 ‎ ‎　‎ 由速度位移公式 ‎ ‎　　　‎ 解得：‎ ‎　　　　　　　‎ 滑块乙离右端的距离 ‎18.如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d．矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L．在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r．给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动．若导体棒到达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g．求：‎ ‎（1）导体棒到达cd处时速度的大小；‎ ‎（2）导体棒刚进入磁场时加速度的大小；‎ ‎（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 导体棒从开始到运动到cd处的过程,利用动能定理可求得导体棒到达cd 处时速度的大小; 求出导体棒刚进入磁场时所受的安培力大小,再由牛顿第二定律求得加速度的大小；导体棒通过磁场区域的过程中,根据电量与电流的关系以及法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求通过电阻R的电荷量.由能量守恒求电阻R产生的热量；‎ ‎【详解】（1）根据动能定理：‎ 解得导体棒到达cd处时速度的大小：‎ ‎（2）根据牛顿第二定律：‎ 安培力：‎ 导体棒刚进入磁场时加速度大小：‎ ‎（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量：‎ 通过电阻R的电荷量：‎ 解得：‎ 根据动能定理：‎ 电路中的总热量：‎ Q=WA 电阻R中的热量：‎ 解得：‎