天津市六校2020届高三上学期期末考试联考物理试题（天津外大附校等） Word版含解析

天津市六校2020届高三上学期期末考试联考物理试题（天津外大附校等） Word版含解析

‎2019～2020学年度第一学期期末六校联考 高三物理 一、选择题 ‎1.下列说法中正确的是 A. 气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力 B. 0的冰和0的铁，它们的分子平均动能不相同 C. 花粉颗粒在液体中的布朗运动，是由花粉颗粒内部分子无规则运动引起的 D. 一定质量的理想气体,在温度不变的条件下,外界对其做功,内能增加 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于大量气体分子都在不停地做无规则热运动，与器壁频繁碰撞，使器壁受到一个持续均匀的冲力，致使气体对器壁产生一定的压强。根据压强的定义得压强等于作用力与受力面积之比，即气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故A正确；‎ B．温度是分子热运动平均动能的标志，0的铁和0的冰温度相同，故它们的分子平均动能相同，故B错误；‎ C．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是由于液体分子的无规则运动的撞击形成的，是水分子无规则运动的反映，故C错误；‎ D．一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，内能不变，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.物体在水平面上做直线运动，由t＝0时开始的速度—时间图象如图所示，下列选项正确的是 A. 在0～6 s内，物体离出发点最远为‎30 m B. 在0～6 s内，物体在4s时速度方向发生变化 C. 在0～4 s内，物体的平均速度为‎7.5 m/s - 17 -‎ D. 在5～6 s内，物体做匀减速直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】AB．0～5s，物体沿正向运动，5～6s沿负向运动，故5s末离出发点最远，故AB错误；‎ C．在0～4s内，物体经过的位移为 所以平均速度为 故C正确；‎ D．在5～6s内，物体的速度为负值，加速度也为负值，做匀加速直线运动，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.已知光敏电阻在没有光照射时电阻很大，并且光照越强阻值越小，利用光敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源电动势E和内阻r不变，当光照强度增强时，则 A. 电灯L变亮 B. 光敏电阻两端的电压减小 C. 变阻器R的功率减小 D. 电源的输出功率增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据“串反并同”可知，当光照强度增强时，光敏电阻阻值减小，且电灯L与光敏电阻并联，所以电灯L的电功率变小即变暗，电灯L两端电压减小，电灯L中的电流减小，由于电流表与光敏电阻串联，所以电流表示数增大，则流过光敏电阻所在支路的电流增大，电阻R两端电压增大，所以光敏电阻两端的电压减小，变阻器与光敏电阻串联，所以变阻器R - 17 -‎ 的功率增大，根据当外电阻与电源内阻越接近电源输出功率越大，由于不知外电阻与电源内阻的关系，所以无法确定电源功率的变化，故B正确。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，粗糙的水平面上放有一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直挡板间放有一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。现将挡板水平向右缓慢平移，A始终保持静止。则在B着地前的过程中 A. 挡板对B的弹力减小 B. 地面对A的摩擦力减小 C. A对B的弹力减小 D. 地面对A的弹力不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】先对B受力分析，受重力、A对B的支持力和挡板对B的支持力，如图1，根据共点力平衡条件，有：‎ 再对AB整体受力分析，受重力、地面支持力、挡板对其向左的支持力和地面对其向右的静摩擦力，如图2，根据共点力平衡条件，有 所以 挡板保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，故D正确。‎ 故选D。‎ - 17 -‎ ‎5.如图中的一组平行线为匀强电场的等势线，曲线为正电荷在匀强电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是 ‎ A. 该电场的方向水平向左 B. b点的电势高于a点的电势 C. b点的电势能大于在a点的电势能 D. 电荷在相同时间内速度变化量相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据曲线运动所受合力指向曲线的内侧且电场线与等势线垂直，所以粒子所受电场力竖直向上，由于粒子带正电，所以电场线竖直向上，故A错误；‎ BC．根据沿电场线电势降低可知，b点的电势低于a点的电势，且正电荷在电势高处电势能大，故BC错误；‎ D．由于电荷在匀强电场中运动，所以电荷的加速度相向，电荷在相同时间内速度变化量为 所以电荷在相同时间内速度变化量相同，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.人类历史上第一张黑洞照片在前不久刚刚问世，让众人感叹：“黑洞”我终于“看见”你了！事实上人类对外太空的探索从未停止，至今在多方面已取得了不少进展。假如人类发现了某X - 17 -‎ 星球，为了进一步了解该星球，可以采用发射一颗探测卫星到该星球上空进行探测的方式。若探测卫星的轨道是圆形的，且贴近X星球表面。已知X星球的质量约为地球质量的81倍，其半径约为地球半径的4倍，地球的第一宇宙速度约为v1，则该探测卫星绕X星球运行的速率为 A. 3v1‎ B. 4.5v1‎ C. 9v1‎ D. 18v1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据万有引力提供向心力得 解得 已知X星球的质量约为地球质量的81倍，X星球的半径约为地球半径的4倍，所以地球上的第一宇宙速度是月球上的第一宇宙速度的4.5倍，故B正确。‎ 故选B。‎ ‎7.如图所示，轻杆一端套在光滑水平转轴O上，另一端固定一质量为m=‎1kg的小球，使小球在竖直平面内做半径为R=‎0.4m的圆周运动。设运动轨迹的最低点为A点，最高点为B点，不计一切阻力，重力加速度为g=‎10m/s2，下列说法中正确的是 A. 要使小球能够做完整的圆周运动，则小球通过B点的速度至少为‎2m/s B. 若小球通过B点的速度为‎1m/s时，杆对小球的作用力为7.5N，方向向上 C. 小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小一定随着小球速度的增大而增大 D. 小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小可能为零 - 17 -‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在最高点，由于杆子能支撑小球，所以小球在最高点B时的速度可以恰好为零，故A错误；‎ B．设竖直向下为正方向，在B点由牛顿第二定律有，‎ 得 负号说明杆对小球的作用力方向竖直向上，故B正确；‎ C．在最高点，若小球所受的杆的作用力方向向上，根据牛顿第二定律：‎ 若增大小球的速度，则F减小，若小球受杆的弹力向下，则 v增大，F增大，当时，，故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎8.回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）进入加速电场（初速度近似为零）．D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为+q，加速器接电压为U的高频交流电源．若相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑．下列论述正确的是 A. 交流电源的频率可以任意调节不受其他条件的限制 - 17 -‎ B. 加速氘核()和氦核()两次所接高频电源的频率不相同 C. 加速氘核()和氦核()它们的最大速度相等 D. 增大U，粒子在D型盒内运动的总时间t 减少 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 粒子做圆周运动的周期 交流电源的频率 解得 可知交流电源的频率不可以任意调节，故A错误；‎ B．加速不同的粒子，交流电源的频率 由于氘核()和氦核()的比荷相同，所以加速氘核()和氦核()两次所接高频电源的频率相同，故B错误；‎ C．粒子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得粒子的最大运行速度 由于氘核()和氦核()的比荷相同，所以加速氘核()和氦核()‎ - 17 -‎ 它们的最大速度相等，故C正确；‎ D．粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得 经过的周期个数为 最大动能为 粒子在D型盒磁场内运动的时间 即 U越大，t越小，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎9.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，到达C处的速度为零，。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则 A. 从A到C的下滑过程中，圆环的加速度一直减小 B. 从A下滑到C过程中弹簧的弹势能增加量小于mgh C. 从A到C的下滑过程中,克服摩擦力做的功为 D. 上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多 - 17 -‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；‎ BC．研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式 在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式 解得 则克服摩擦力做的功为，由分析可知，‎ 所以在C处，弹簧的弹性势能为 则从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于 故BC正确；‎ D．由能量守恒定律知，损失的机械能全部转化为摩擦生热了，而摩擦生热 两个过程系统损失的机械能相等，故D错误。‎ 故选BC。‎ 二、实验题 ‎10.（1）在做《测定金属的电阻率》的实验中，若待测电阻丝的电阻约为100 Ω，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：‎ A．电池组(3 V、内阻约l Ω)‎ - 17 -‎ B．电流表(0～30 mA，内阻约2 Ω)‎ C．电流表(0～200 mA，内阻约2 Ω)‎ D．电压表(0～3 V，内阻约4 kΩ)‎ E．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)‎ F．滑动变阻器(0～20 Ω，允许最大电流l A)‎ G．滑动变阻器(0～50 Ω，允许最大电流‎0.3 A)‎ H．开关、导线 ‎①上述器材中电流表应选用的是______，电压表应选用的是______，滑动变阻器应选用的是______。（只填写字母代号）‎ ‎②应采用电流表的______（选填“内接”或“外接”）测量电阻，测量值比真实值偏____________（选填“大”或“小”）。‎ ‎（2）用多用电表测量一电阻的阻值 ‎①下列操作不符合多用电表使用规范的是________。‎ A．测量前应进行机械调零 B．测电阻时应用两手分别将两表笔与待测电阻紧紧捏在一起，以使表笔与待测电阻接触良好，再进行测量 C．更换不同倍率的欧姆挡测量电阻，无需再进行欧姆调零，可直接测量 D．测量结束后，应将选择开关置于“OFF”挡 ‎②当选择开关置于倍率为“×‎100”‎的欧姆挡时，表盘指针位置如图所示，则被电阻的阻值为______W。‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). 内接 (5). 大 (6). BC (7). 3200‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据估算最大电流大约为 - 17 -‎ 故电流表应选B；‎ ‎[2]由于电源电动势为3V，所以电压表应选D；‎ ‎[3]由于要求测量结果尽量准确且两个滑动变阻器的总阻值都比待测电阻小，所以滑动变阻器应用分压式，所以滑动变阻器选用F；‎ ‎(2)[4]由于 ‎ ‎ 说明待测电阻较大，所以电流表应用内接法；‎ ‎[5]电流表内接法，由于电流表的分压作用，导致测量电压大于待测电阻两端的电压，所以电阻测量值大于真实值；‎ ‎[6]A．为了测量的准确性测量前需进行机械调零，故A正确；‎ B．人是导体，人与导体接触时，人与导体并联，并联阻值小于电阻阻值，用欧姆表测电阻时，不应用两手将表笔和待测电阻两端捏紧，故B错误；‎ C．由于不同的档位内阻不同，所以换挡后，必须重新红黑表笔短接进行欧姆调零，故C错误；‎ D．使用完毕后应将表笔拔出，并把选择开关旋到交流电压最高档或“OFF”位置，故D正确；‎ 故选BC。‎ ‎[7]用多用电表的欧姆挡测量阻值时，选择倍率为×100欧姆挡，由图示表盘可知，该电阻的阻值约为32×100=3200Ω ‎11.“落体法”是验证机械能守恒定律的主要方法之一（如图甲），某次操作得到了如图乙所示的纸带，已知打点周期为T、重锤的质量为m，依次测出了各计时点到第一个计时点O的距离如图中所示，请回答下列问题：‎ ‎（1）打A点时重锤的速度表达式vA=_________．若已经计算出A点和E点的速度分别为vA、vE，并且选取A到E的过程进行机械能守恒定律的验证，则需要验证的关系式为______________________．‎ - 17 -‎ ‎（2）如果某次实验时，发现重力势能的减小量比动能的增加量大很多，出现这种现象的原因可能是________（填序号）．‎ A．重物质量测量得不准确 B．因为阻力的作用，所以实验误差很大，但也能验证机械能守恒定律成立 C．打点计时器两个限位孔不在同一条竖直线上，导致摩擦力或阻力太大导致的 D．实验时出现了先放纸带，后接通电源这样的错误操作导致的 ‎【答案】 (1). (2). (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据匀变速直线运动的推论：某段时间内中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，故A点速度为：‎ ‎ 从A到E过程，重力势能减少量为 其动能增加量为 若机械能守恒则有：‎ 化简得 ‎(3)[3]在该实验中，由于摩擦力、空气阻力等阻力的存在，重锤减小的重力势能总是稍稍大于重锤动能的增加量；若重锤减小的重力势能比重锤动能的增加量大得多，就要考虑阻力太大的原因 A．验证机械能守恒的式子为：‎ 与质量无关，故A错误；‎ - 17 -‎ B．若阻力作用很大，应出现重力势能减小量比动能的增加量大得多，但不能验证机械能守恒定律成立，故B错误；‎ C．若两限位孔的不在同一条竖直线上，纸带和限位孔的阻力过大，会造成重力势能的减小量比动能的增加量大很多，故C正确；‎ D．若先释放纸带，后接通电源会出现计算动能增加量大于重力势能减少量，故D错误。‎ 故选：C 三、计算题 ‎12.如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L=‎1m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5Ω的直流电源。现把一个质量m=‎0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒能静止在导轨上。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R =4Ω，其它电阻不计，g取‎10 m/s 2。已知sin=0.6，cos=0.8，求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力大小和方向；‎ ‎（3）若把匀强磁场B的方向改为竖直向上、大小改为1.0T，且已知导体棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ=0.1，其它条件都不变，求改变磁场的瞬间导体棒的加速度大小。‎ ‎【答案】（1）0.5N （2）0.26N 方向沿斜面向下 （3）a=‎11.7m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 导体棒受到的安培力，代入数据得：‎ F安=0.5N - 17 -‎ ‎(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力 由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力，根据共点力平衡条件 解得 f=0.26N，方向沿斜面向下 ‎(3)匀强磁场B的方向改为竖直向上时，安培力水平向右，‎ 而重力下滑分力：‎ 金属棒受摩擦力为 有牛顿第二定律得 解得 a=‎11.7m/s2‎ ‎13.如图所示，光滑的轨道固定在竖直平面内，其O点左边为光滑的水平轨道，O点右边为四分之一圆弧轨道，高度h＝‎0.8m，左右两段轨道在O点平滑连接。质量m＝‎0.1kg的小滑块a由静止开始从圆弧轨道的顶端沿轨道下滑，到达水平段后与处于静止的小滑块b发生碰撞，小滑块b的质量M＝‎0.4kg，碰撞后小滑块a恰好停止运动。取重力加速度g＝‎10m/s2，求 ‎（1）小滑块a通过O点时对轨道的压力的大小和方向；‎ ‎（2）碰撞瞬间小滑块b所受冲量的大小；‎ ‎（3）碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能。‎ - 17 -‎ ‎【答案】（1）3N，方向竖直向下；（2）0.4 N·s；（3）0.6J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小滑块从曲线轨道上下滑的过程中，由动能定理得：‎ 代入数据解得，小滑块a通过O点时的速度：‎ v0＝‎4m/s a通过O点时 代入数据解得，小滑块a通过O点时所受支持力为 N=3N 根据牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力为3N；方向竖直向下；‎ ‎(2)碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0＝Mv1‎ 滑块b所受冲量的大小，由冲量定理得：‎ I=Mv1‎ 代入数据计算 I=0.4N·s ‎(3)碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能：‎ ΔE＝mv02﹣Mv12‎ 代入数据解得 ΔE＝0.6J ‎14.如图所示，在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为R的圆，圆心坐标为（R，0），圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为。求：‎ - 17 -‎ ‎（1）带电粒子的比荷；‎ ‎（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由水平方向匀速直线运动得 ‎2h=v0t1‎ 竖直向下的分速度 由竖直方向匀加速直线运动知vy=at1，加速度为 根据以上式解得 ‎(2)粒子进入磁场的速度为v，有 粒子运动轨迹如图所示 - 17 -‎ 由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为 r=R 由洛伦兹力提供向心力可知 解得 ‎(3)粒子在磁场中运动的时间为 粒子在磁场中运动的周期为，粒子在电场中运动的时间为 粒子运动的总时 ‎ ‎ 代入数据得：‎ - 17 -‎