2019-2020年高三物理上学期期末试题（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期期末试题（含解析）本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟一选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题只有1项符合题目要求。1、某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图，下列说法中正确的是（ ）A交变电流的频率为0.02Hz B交变电流的瞬时表达式为i=5cos50t（A）C在t=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D若发电机线圈电阻为0.4，则其产生的热功率为5W【答案】D【解析】A、由图象知，交流电的周期为2010-3s，所以交流电的频率为，故A错误；B、根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为，故B错误；C、在t=0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交流发电机线圈的磁通量最小，故C错误；D、交流电的有效值为，所以发电机的发热功率为，故D正确。故选D。【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式2、如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析不正确的是（ ）AB物体的机械能一直减小 BB物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和CB物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量【答案】C【解析】A、从开始到B速度达到最大的过程中，绳子的拉力对B一直做负功，所以B的机械能一直减小，故A正确；B、对于B物体，只有重力与细线拉力做功，根据动能定理可知，B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和，故B正确；C、整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；D、系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，故D正确。故选C。【考点】功能关系；重力势能3、如图所示，、是三个完全相同的小灯泡，串联后接在电压为6V的电路中，原来三个小灯泡都正常发光，现在三个小灯泡都不亮了用电压表接在a、c两端时，示数是6V；接在a、b两端时，示数是0接在b、d两端时，示数也是0，那么灯丝断了的小灯泡是（ ）A、这三个小灯泡中的某一个 B和 C和 D和【答案】B【解析】A、若仅是L1断路，电路中没有电流，由欧姆定律得知，bd两端的电压为零，而ab两端的电压为6V，故A错误；B、若L1、L2断路，电路中没有电流，根据欧姆定律分析得知，ac两端的电压为6V，bd两端的电压为0，ab两端电压为0，故B正确；C、若L1、L3断路，电路中没有电流，ac间电压应为0，故C错误；D、若L2、L3断路，根据欧姆定律分析得知，bd两端的电压应为6V，故D错误。故选B。【考点】闭合电路的欧姆定律4、如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（ ） A 21 B12 C1 3 D11 【答案】B【解析】正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转，由，知两个电子的周期相等；正电子以30入射，从y轴离开磁场时，速度方向与y轴的夹角为30，则轨迹对应的圆心角为60，正电子在磁场中运动时间为；同理，负电子电子从x轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与x轴的夹角为60，则负电子速度的偏向角为2=120，其轨迹对应的圆心角也为120，则正电子在磁场中运动时间为，故运动时间之比为。故选B。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力5、在如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，为理想电流表和电压表。在滑动头P 自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（ ）A电压表示数变小 B电流表示数变小C电容器C所带电荷量增多 Da 、b两点间的电势差减小【答案】D【解析】图中电阻R2与R3并联后再与R1串联；在滑动头P自a端向b端滑动的过程中，R3进入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电路的总电流I增加，故变大，并联电路电压减小，R2上的电压减小，R2上的电流也就减小，故R3上的电流变大，电流表读数变大，R1上电压变大，电压表示数变大，C与R2并联，C上电压变小，由可知Q变小，综上，故D正确。故选D。【考点】闭合电路的欧姆定律6、某地球同步卫星的发射过程如下：先进入环绕地球的停泊轨道1，再进入转移轨道2，然后启动星载火箭进入同步轨道3。下列判断正确的是 ( )A卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点的加速度D卫星在转移轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【答案】D【解析】A、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有，得，轨道3半径比轨道1半径大，故卫星在轨道1上线速度较大，故A错误；B、根据万有引力提供向心力，得，轨道3半径比轨道1半径大，故卫星在轨道1上角速度较小，故B错误；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律，得，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道1上经过Q点的加速度，故C错误；D、因为，得，所以卫星在转移轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，故D正确。故选D。【考点】万有引力定律；牛顿第二定律；同步卫星7、如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷。设两列波的振幅均为5 cm，且图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为1m/s和0.5m。C点是BE连线的中点，下列说法中正确的是 （ ）A图示时刻C点正处于平衡位置且向水面下运动B从图示的时刻起经0.25s，B点通过的路程为20cmCC、E两点都保持静止不动 D图示时刻A、B两点的竖直高度差为10cm【答案】B【解析】A、图示时刻点C处于平衡位置，两列波单独引起的速度均向上，故点C此时的合速度向上，故A错误；B、周期；从图示时刻起经0.25s，B质点通过的路程为：4A=20cm，故B正确；C、点Q是波峰与波谷相遇，振动减弱，振幅为零，故保持静止；点C、E是振动加强点，振幅为2A，不停的运动，故C错误；D、点A与点E是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强点；由于振幅是5cm，A点是波峰与波峰相遇，则A点相对平衡位置高10cm，而B点是波谷与波谷相遇，则B点相对平衡低10cm，所以A、B相差20cm，故D错误。故选B。【考点】波的叠加；波的干涉8、如图所示：一理想变压器原副线圈的匝数比为 12；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为 220 V，额定功率为 22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表现闭合开关，灯泡正常发光若用 U 和 I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )AU=110V，I=0.2ABU=110V，I=0.05ACU=110V，I=0.2ADU=110V，I=0.2A【答案】A【解析】灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，电流为，根据电压、电流与匝数的关系知，原线圈中电压为，电流为。故选A。【考点】变压器的构造和原理9、如图，质量为MA、MB的A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（ ）A0和 B 和0C和0 D都等于【答案】A【解析】对A：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力，故A球的加速度为零；对B：在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力，根据牛顿第二定律得：，故A正确。故选A。【考点】牛顿第二定律10、光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为（ ）A0 B C D【答案】C【解析】A、若初速度的方向与电场方向平行，但方向与电场方向相反，则小球做匀减速直线运动，运动到对边速度恰好为0，故A正确；B、若初速度的方向与电场方向平行，但方向与电场方向相反，则小球做匀减速直线运动，未到对边速度减为0，返回做匀加速运动，来回运动是对称的，所以返回到出发点的速度仍为v0，所以动能为，故B正确；C、因为偏转的位移不可能超过，故C错误。D、若初速度方向与电场方向垂直，则小球做类平抛运动，从邻边出去，根据动能定理，所以，故D正确。故选C。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理11、一列简谐波在均匀介质中传播。甲图表示t=0时刻的波形图，乙图表示甲图中b质点从t=0开始计时的振动图像，则 ( )A该波沿x轴负方向传播 B质点振动的频率是4HZC该波传播的速度是8m/s Da质点和c质点在振动过程中任意时刻的位移都相同【答案】C【解析】A、由乙图知，t=0时刻，质点b向上运动，在甲图上，由波形的平移可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误；B、由乙图知，质点的振动周期为T=0.5s，则频率为，故B错误；C、由甲图知，波长=4m，则波速为，故C正确；D、a质点和c质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，故D错误。故选C。【考点】横波的图象；简谐运动的振动图象12、如图（甲）所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量的方向为正，外力F向右为正。则图（乙）中关于线框中的磁通量、感应电动势E、外力F和电功率P随时间t变化正确的是 （ ）【答案】D【解析】A、当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到2.5L时，磁通量最小，故A错误；B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLV可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLV，故B错误；C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；D、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确。故选D。【考点】法拉第电磁感应定律；安培力；右手定则；电磁感应中的能量转化二实验题：本大题共3小题，共17分。13、某同学在做“测定匀变速直线运动的加速度”实验时，从打下的若干纸带中选出了如图所示的一条，点O、A、B、C、D、E、F为选取的计数点（每两个计数点间还有4个点没有画出来），图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离打点计时器的电源频率为50Hz由这些已知数据计算：（计算结果均保留3位有效数字）（1）与纸带上D点相对应的瞬时速度v= m/s （2）该匀变速直线运动的加速度a=m/s2【答案】（1）1.22 （2）2.06【解析】（1）因为每两点之间还有四点没有画出来，所以T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则；（2）设0到A之间的距离叫x1，设A到B之间的距离叫x2，设B到C之间的距离叫x3，设C到D之间的距离叫x4，设D到E之间的距离叫x5，设E到F之间的距离叫x6，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4-x1=3a1T2、x5-x2=3a2T2、x6-x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：【考点】测定匀变速直线运动的加速度14、甲图中游标卡尺读数mm,乙图中螺旋测微器读数cm。 【答案】100.50 0.3200【解析】游标卡尺的主尺读数为100mm，游标读数为0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为100.50mm；螺旋测微器的固定刻度读数3mm，可动刻度读数为0.0120.0=0.200mm，所以最终读数为0.3200cm。【考点】游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用15、用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值（阻值约为200），实验室提供如下器材：电池组E：电动势3V，内阻不计 电流表A1：量程0 15mA，内阻约为100电流表A2：量程0 300A，内阻为1000 滑动变阻器R1：阻值范围0 20，额定电流2A电阻箱R2，阻值范围0 9999，额定电流1A 电键S、导线若干要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下面问题：(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表_（填写器材代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到_，这样可以改装成一个量程为3.0的电压表。(2)在方框中画完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号；(3) 调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是_mA，电流表A2的示数是_A，测得待测电阻Rx的阻值是_。本次测量存在一定的系统误差，考虑这个原因测量值比较真实值_（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】 A2 9000 电路如图 8.0mA 150A 187.5 偏小 【解析】（1）为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2与电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值；（2）滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200，电流表A1内阻约为100，电压表内阻为RV=1000+9000=10000，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示；（3）由图示可知，电流表A1的示数为8.0mA，电流表A2的示数是150A；待测电阻两端电压，测得待测电阻；电流表采用外接法，电流测量值偏大，由欧姆定律可知，测量值比较真实值小。【考点】伏安法测电阻三、计算题(本题共4小题，共47分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)16、（9分）半径R0.50 m的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A处，另一端系一个质量m0.20 kg的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L00.50 m，劲度系数k5N/m，将小球从如图所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C，在C点时速度vC3m/s，g取10 m/s2.求：(1)小球经过C点时的弹簧的弹性势能的大小；(2)小球经过C点时对环的作用力的大小和方向【答案】 ，方向向上【解析】 (1)设小球经过C点的速度为vc，小球从B到C，据机械能守恒定律得，代入数据求出 (2)小球经过C点时，根据牛顿第二定律，由于，则，方向向上；根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.1N，方向竖直向下。【考点】机械能守恒定律；向心力；牛顿第二定律17、(11分)某学校探究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究他们让这辆小车在水平的地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的vt图象，已知小车在02 s内做匀加速直线运动，210 s内小车牵引力的功率保持不变，在10 s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变求：(1)小车所受的阻力Ff是多大？(2)在210 s内小车牵引力的功率P是多大？(3)小车在加速运动过程中的总位移x是多少？【答案】 【解析】（1）在10s末撤去牵引力后，小车的加速度大小为根据牛顿第二定律得：小车所受的阻力大小；（2）在710s时间内，小车做匀速运动，设牵引力大小为F，则有小车牵引力的功率；（3）在02s时间内，小车做匀加速运动，其位移大小为；设在27s时间内小车做变加速运动的位移大小为x2，根据动能定理得其中，t=5s，v1=4m/s，v2=6m/s，代入解得x2=25m则。【考点】动能定理；牛顿第二定律18、(13分) 如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为d，b、c两点间接一阻值为r的电阻。ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为r，杆与ab、cd保持良好接触。整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为的匀加速运动，上升了H高度，这一过程中bc间电阻r产生的焦耳热为Q，g为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。求：导体杆上升到H过程中通过杆的电量；导体杆上升到H时所受拉力F的大小；导体杆上升到H过程中拉力做的功。【答案】 【解析】（1）感应电量根据闭合电路的欧姆定律根据电磁感应定律，得则；（2）设ef上升到H时，速度为v1、拉力为F，根据运动学公式，得根据牛顿第二定律，得根据闭合电路的欧姆定律，得综上三式，得；（3）由功能关系，得则。【考点】闭合电路的欧姆定律；牛顿第二定律；功能关系19、（14分）在如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角为45且斜向上方。现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为45。不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大。求：C点的坐标；离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角。【答案】C点坐标为（，0）、【解析】磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有：同时有粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，故，C点坐标为（，0）；设粒子从A到C的时间为t1，设粒子从A到C的时间为t1，由题意知设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学知识，有及解得设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意知故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为：；粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着v0的方向（设为x轴）做匀速运动，即、沿着qE的方向（设为y轴）做初速为0的匀变速运动，即、设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为由图中几何关系知，得、。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动南安一中xxxx学年度上学期期末考高三物理科试卷一选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分。每小题给出的四个项中，只有一个选项符合题目要求。序号123456答案DCBBDD序号789101112答案BAAcCD13、（1）1.22 （2）2.06 （各2分）14、100.50 0.3200（各2分）15、 A2，9000 （各1分） 电路如图 （电压表改装给1分，测量部分使用外接法给1分，控制电路使用分压电路给1分） 8.0mA，150A，187.5，偏小 （各1分）16、（9分） (1)设小球经过C点的速度为vc，小球从B到C，据机械能守恒定律得，代入数据求出 (2)小球经过C点时，根据牛顿第二定律，由于，则，方向向上；根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.1N，方向竖直向下。17、(11分)（1）在10s末撤去牵引力后，小车的加速度大小为根据牛顿第二定律得：小车所受的阻力大小；（2）在710s时间内，小车做匀速运动，设牵引力大小为F，则有小车牵引力的功率；（3）在02s时间内，小车做匀加速运动，其位移大小为；设在27s时间内小车做变加速运动的位移大小为x2，根据动能定理得其中，t=5s，v1=4m/s，v2=6m/s，代入解得x2=25m则。18、(13分) （1）感应电量根据闭合电路的欧姆定律根据电磁感应定律，得则；（2）设ef上升到H时，速度为v1、拉力为F，根据运动学公式，得根据牛顿第二定律，得根据闭合电路的欧姆定律，得综上三式，得；（3）由功能关系，得则。19、（14分）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有：同时有粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，故，C点坐标为（，0）；设粒子从A到C的时间为t1，设粒子从A到C的时间为t1，由题意知设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学知识，有及解得设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意知故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为：；粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着v0的方向（设为x轴）做匀速运动，即、沿着qE的方向（设为y轴）做初速为0的匀变速运动，即、设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为由图中几何关系知，得、。