2019-2020年高三（上）期末物理试卷 含解析.doc

2019-2020年高三（上）期末物理试卷 含解析一、选择题1一理想变压器，原副线圈的匝数比n1：n2=1：2，电源电压u=220sint（V），原线圈电路中接人一熔断电流I0=1A的保险丝，副线圈中接入一可变电阻R，如图所示，为了使保险丝不致熔断，调节R时，其阻值最低不能小于（）A 440B 440C 880D 8802对于理想变压器，下列说法中不正确的是（）A 原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大B 原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大C 原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化D 当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零3图中EF、GH为平行的金属轨道，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆有均匀磁场垂直于导轨平面若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（）A 匀速滑动时，I10，I20B 匀速滑动时，I10，I2=0C 加速滑动时，I1=0，I2=0D 加速滑动时，I10，I204如图所示，C是一只电容器，先用外力使金属杆ab贴着水平平行金属导轨在匀强磁场中沿垂直磁场方向运动，到有一定速度时突然撤销外力不计摩擦，则ab以后的运动情况可能是（）A 减速运动到停止B 来回往复运动C 匀速运动D 加速运动5如图所示，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射R4时（）A R4的阻值变小，a点电势高于b点电势B R4的阻值变小，a点电势低于b点电势C R4的阻值变大，a点电势高于b点电势D R4的阻值变大，a点电势低于b点电势6下列说法正确的是 （）A 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B 电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断C 电子秤所使用的测力装置是力传感器D 半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大7下列元件利用了光传感器的是（）A 火灾报警器B 电饭锅C 测温仪D 加速度计8下列说法正确的是（）A 只有物体温度较高时，才能向外辐射红外线B 紫外线的主要作用是化学作用C 可见光比红外线容易发生衍射现象D X射线在磁场中偏转，穿透力较强，可用来进行人体透视9太阳风暴袭击地球时，不仅会影响通信，威胁卫星而且会破坏臭氧层，臭氧层作为地球的保护伞，是因为臭氧能吸收太阳辐射中（）A 波长较短的可见光B 波长较长的可见光C 波长较短的紫外线D 波长较长的红外线10下列关于紫外线的几种说法中正确的是（）A 紫外线是一种紫色的可见光B 紫外线的频率比红外线的频率低C 紫外线可使钞票上的荧光物质发光D 利用紫外线可以进行电视机等电路的遥控二、解答题11（xx秋南京校级期末）交流发电机电枢电阻为2欧，感应电动势瞬时值表达式为e=389sin100t（V），给电阻R=8的用电器供电，则（1）通过用电器的电流为多少？（2）电源输出功率和发电总功率为多少？（3）发电机输出端电压为多少？12（xx秋南京校级期末）如图所示，小球从高h的光滑斜面滚下，经有摩擦的水平地面再滚上另一光滑斜面，当它到达h高度处时，速度为零求小球最后停在AB间何处？13（xx秋南京校级期末）某雷达工作站，发射电磁波的波长为=20cm，每秒脉冲数n=5000，每个脉冲持续时间t=0.02s，问电磁波的频率为多少？最大的侦察距离是多少？14（xx秋南京校级期末）如图所示，LC电路中C是带有电荷的平行板电容器，两极板水平放置开关S断开时，极板间灰尘恰好静止当开关S闭合时，灰尘在电容器内运动若C=0.4 F，L=1mH，求：（1）从S闭合开始计时，经2105 s时，电容器内灰尘的加速度大小为多少？（2）当灰尘的加速度多大时，线圈中电流最大？15单色细光束射到折射率n=的透明球面，光束在过球心的平面内，入射角i=45，研究经折射进入球内后，又经内表面反射一次，再经球面折射后射出的光线，如下图所示（图上已画出入射光和出射光）（1）在图上大致画出光线在球内的路径和方向（2）求入射光与出射光之间的夹角（3）如果入射光是一束白光，透明球的色散情况与玻璃相仿，问哪种颜色光的角最大，哪种颜色光的角最小？xx学年江苏省南京市外国语学校高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1一理想变压器，原副线圈的匝数比n1：n2=1：2，电源电压u=220sint（V），原线圈电路中接人一熔断电流I0=1A的保险丝，副线圈中接入一可变电阻R，如图所示，为了使保险丝不致熔断，调节R时，其阻值最低不能小于（）A 440B 440C 880D 880考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据电压之比等于线圈匝数比求出副线圈电压，当可变电阻R的阻值变大时，电流变小，副线圈功率变小，则原线圈功率也变小，根据原线圈电路中电流的最大值求出副线圈电流最大值，进而求出可变电阻R的最小值，可变电阻的耗电功率是变化的解答：解：由题意得：U1=220V，根据电压与匝数成正比得：U2=440V，原线圈电路中电流的最大值为1A，根据电流与匝数成反比，解得I2=0.5A，则可变电阻R的阻值最小值为：R=880，故选：C点评：本题考查了变压器的变压原理，知道电压、电流与匝数的关系2对于理想变压器，下列说法中不正确的是（）A 原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大B 原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大C 原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化D 当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：A、输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，并且大小相等，所以原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大，故A正确；B、根据电流与匝数成反比可知：=，所以I1=，原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大，故B正确；C、加在原线圈上的电压是固定的，不会受其他因素影响，故C正确，D不正确本题选不正确的，故选：D点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决3图中EF、GH为平行的金属轨道，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆有均匀磁场垂直于导轨平面若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（）A 匀速滑动时，I10，I20B 匀速滑动时，I10，I2=0C 加速滑动时，I1=0，I2=0D 加速滑动时，I10，I20考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：当AB切割磁感线时，相当于电源匀速滑动时，产生稳定的电动势，电容器“隔直流”，此时无电流通过电容器；加速滑动，电动势增大，电容器有充电电流解答：解：A、B、当AB切割磁感线时，产生感应电动势，相当于电源AB匀速滑动时，产生的感应电动势不变，在AEGB回路中有恒定的感应电流电容器两端间的电压不变，电容器相当于开关断开，该支路没有电流，所以I10，I2=0；故A错误，B正确C、D、AB加速滑动时，根据E=BLv，知感应电动势增大，电容器两端的电压增大，所带的电量要增加，此时有充电电流，所以I10，I20故C错误，D正确故选：BD点评：解决本题的关键知道电容器的特点“隔直流”，两端间电压变化时，会有充电电流或放电电流4如图所示，C是一只电容器，先用外力使金属杆ab贴着水平平行金属导轨在匀强磁场中沿垂直磁场方向运动，到有一定速度时突然撤销外力不计摩擦，则ab以后的运动情况可能是（）A 减速运动到停止B 来回往复运动C 匀速运动D 加速运动考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：用外力使金属杆ab在匀强磁场中沿垂直磁场方向运动时，金属杆产生感应电动势，对电容器充电，当撤销外力后，电容器放电，分析回路中电流的变化，分析ab棒所受的安培力的变化，判断其运动情况解答：解：用外力使金属杆ab在匀强磁场中沿垂直磁场方向运动时，金属杆产生感应电动势，对电容器充电，设棒向右，根据右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从b到a，电容器上极板充正电，下极板充负电当撤销外力后，棒将做减速运动，产生的感应电动势减小，使得回路中电流减小，但只要电流不为零，ab棒就在向右做减速运动，当电容器的电压等于棒产生的感应电动势时，回路中没有电流，棒ab不再受到安培力，将做匀速运动，故C正确故选：C点评：本题中带电的电容器相当于一个电源，棒切割产生的电动势是一个反电动势，分析电路中电流的变化，确定安培力的变化，即可判断棒的运动情况5如图所示，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射R4时（）A R4的阻值变小，a点电势高于b点电势B R4的阻值变小，a点电势低于b点电势C R4的阻值变大，a点电势高于b点电势D R4的阻值变大，a点电势低于b点电势考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：光敏电阻是由半导体材料制成的，有光照时电阻减小；根据R4阻值的变化，分析外电路总电阻的变化，判断总电流的变化，进一步分析路端电压的变化，判断出R1、R2所在支路电流的变化，根据总电流的变化，再分析通过R3的电流变化，根据欧姆定律分析R1和R3的电压怎样变化，就能判断a、b电势如何变化，确定出两点电势的关系解答：解：当用光照射R4时R4的阻值变小，外电路总电阻减小，总电流增大电源的内电压增大，路端电压减小，所以R1、R2所在支路电流减小由于总电流等于两个支路电流之和，所以通过R3的电流增大，根据欧姆定律得知，R3的电压增大，R1的电压减小根据在外电路中，顺着电流方向电势降低，可知，a、b两点的电势都比c点电势低，光照之前，a、b两点电势相等，光照后R3的电压增大，R1的电压减小，则a点的电势降低，b点的电势升高，故a点电势低于b点电势故B正确故选：B点评：本题首先要掌握光敏电阻的特性，其次要知道在外电路中，顺着电流方向电势降低，通过分析电阻R3的电压和R1的电压变化，判断两点电势的变化6下列说法正确的是 （）A 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B 电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断C 电子秤所使用的测力装置是力传感器D 半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大考点：常见传感器的工作原理分析：传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析解答：解：A、话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声信号转换为电信号故A错B、电熨斗温度自动控制装置能控制电源的通断常温时，上、下触点应是接触的，当双金属片温度升高时，上下层形变不同，上层形变大，双金属片发生弯曲，使电路断开所以电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断故B正确C、电子秤所使用的测力装置是力传感器，传感器输出的电压表示力F的大小，压力越大电子秤示数越大，也就是输出的电压越大故C正确D、半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越小故D错故选BC点评：本题考查对传感器原理的理解，传感器能够将其他信号转化为电信号，它们在生产生活中应用非常广泛，在学习中要注意体会属于基础题7下列元件利用了光传感器的是（）A 火灾报警器B 电饭锅C 测温仪D 加速度计考点：传感器在生产、生活中的应用分析：传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量解答：解：A、火灾报警器，是当有火灾时，会发生烟，进入火灾报警器时，利用光的漫反射，从而触发开关报警故A正确；B、电饭锅，则是由电流做功产生热量，当达到103时，磁钢失去磁性，导致开关关闭，所以属于温度传感器，故B错误；C、测温仪是温度计的一种，用红外线传输数字的原理来感应物体表面温度，操作比较方便，特别是高温物体的测量应用广泛，如钢铸造、炉温、机器零件、玻璃及室温、体温等各种物体表面温度的测量故C错误；D、加速度计是测量运载体线加速度的仪表，是属于力传感器，故D错误；故选：A点评：热敏电阻是当温度变化时，导致电阻的阻值发生变化；而光敏电阻则是当有光时，其电阻的阻值发生变化它们的电阻都是变小，而金属电阻则是变大8下列说法正确的是（）A 只有物体温度较高时，才能向外辐射红外线B 紫外线的主要作用是化学作用C 可见光比红外线容易发生衍射现象D X射线在磁场中偏转，穿透力较强，可用来进行人体透视考点：X射线、射线、射线、射线及其特性；紫外线的荧光效应及其应用分析：一切向外辐射红外线，当温度越高时，辐射越强；紫外线的主要作用是化学作用；波长越长，越容易发生衍射现象；X射线不带电，在磁场中不偏转，但穿透力较强，可用来进行人体透视解答：解：A、一切向外辐射红外线，当温度越高时，辐射越强，故A错误；B、紫外线的主要作用是化学作用，比如消毒，故B正确；C、波长越长，越容易发生衍射现象，而红外线的波长比可见光长，故C错误；D、X射线不带电，在磁场中不偏转，但穿透力较强，可用来进行人体透视故D错误；故选：B点评：考查一切物体均辐射红外线，辐射强度与温度高低有关，认识紫外线与红外线的区别，掌握明显的衍射条件，知道X射线不带电，但有穿透能力9太阳风暴袭击地球时，不仅会影响通信，威胁卫星而且会破坏臭氧层，臭氧层作为地球的保护伞，是因为臭氧能吸收太阳辐射中（）A 波长较短的可见光B 波长较长的可见光C 波长较短的紫外线D 波长较长的红外线考点：电磁波谱分析：根据臭氧层的主要作用，再根据紫外线对人体和动物的伤害性进行判断解答：解：臭氧层的主要作用就是吸收由太阳射向地球的紫外线，从而有效地对地球上的动植物起保护作用作为人类，保护臭氧层就是保护我们自己，故正确的选项是C故选：C点评：本题考查学生对臭氧层的作用以及紫外线的杀伤性理解情况要明确紫外线的性质和作用，同时明确臭氧层的作用10下列关于紫外线的几种说法中正确的是（）A 紫外线是一种紫色的可见光B 紫外线的频率比红外线的频率低C 紫外线可使钞票上的荧光物质发光D 利用紫外线可以进行电视机等电路的遥控考点：紫外线的荧光效应及其应用分析：紫外线化学效应强，能杀菌，制成消毒灯；紫外线能合成维生素D，促使钙的吸收；紫外线能使荧光物质发光，制成验钞机来验钞红外线的热效应比较强，能制成热谱仪，制成红外线夜视仪；红外线可以用来遥控，制成电视遥控器解答：解：A、紫外线和红外线都是不可见光，故A错误；B、紫外线的频率比红外线的频率高，故B错误；C、紫外线能使荧光物质发光，制成验钞机来验钞，故C正确；D、红外线可以用来遥控，制成电视遥控器故D错误故选C点评：分清红外线和紫外线的作用和用途，对比记忆比较好二、解答题11（xx秋南京校级期末）交流发电机电枢电阻为2欧，感应电动势瞬时值表达式为e=389sin100t（V），给电阻R=8的用电器供电，则（1）通过用电器的电流为多少？（2）电源输出功率和发电总功率为多少？（3）发电机输出端电压为多少？考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率专题：交流电专题分析：（1）根据瞬时值表达式求出电动势有效值，再根据闭合电路欧姆定律求出通过用电器的电流；（2）发电总功率为电动机的总的功率的大小，电源输出功率为电阻R上消耗的总功率的大小；（3）发电机输出端电压即为电阻R上消耗的电压解答：解：（1）因为Emax=389V所以又因为所以I=27.5A（2）因为电源输出功率等于电阻R消耗的功率，P出=I2R=27.528W=6050W，（3）发电机输出端电压即为电阻R上消耗的电压，所以U=IR=27.58=220V答：（1）通过用电器的电流为27.5A；（2）电源输出功率6050W，发电机总功率为7562.5W；（3）发电机输出端电压为220V点评：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的12（xx秋南京校级期末）如图所示，小球从高h的光滑斜面滚下，经有摩擦的水平地面再滚上另一光滑斜面，当它到达h高度处时，速度为零求小球最后停在AB间何处？考点：动能定理的应用；功能关系专题：动能定理的应用专题分析：对小球应用动能定理求出小球的路程，然后确定小球的位置解答：解：对小球，由能量守恒定律得：mghmghmgsAB=00，mghmgs=00，解得：s=sAB，则小球停在AB中间；答：小球最后停在AB的中间位置点评：本题考查了动能定理的应用，分析清楚小球的运动过程是正确解题的关键，应用动能定理可以解题，本题也可以应用能量守恒定律解题13（xx秋南京校级期末）某雷达工作站，发射电磁波的波长为=20cm，每秒脉冲数n=5000，每个脉冲持续时间t=0.02s，问电磁波的频率为多少？最大的侦察距离是多少？考点：电磁波的周期、频率和波速专题：常规题型分析：电磁波的波速c=3108m/s是一定值，电磁波的波长、波速和频率的关系式：c=f，利用公式即可求出频率，由电磁波的传播速度由速度公式可求得距离解答：解：由于电磁波的波长、频率和波速之间满足关系v=f，真空中电磁波的传播速度等于光速，一般在空气中传播，电磁波的传播速度就认为等于光速=3.00l 08 m/s，因此，即电磁波频率为1.5109 Hz雷达工作时发射电磁脉冲，每个脉冲持续t=0.02s，在两个脉冲时间间隔内，雷达必须接收到反射回来的电磁脉冲，否则会与后面的电磁脉冲重叠而影响测量，设最大侦察距离为s，则2s=vt，而t=1/5000 s=200s0.02s（脉冲持续时间可以略去不计），所以s=vt=3104m点评：本题中要注意电磁波是发射和接收的，掌握电磁波的波长、波速和频率关系式的正确理解和应用14（xx秋南京校级期末）如图所示，LC电路中C是带有电荷的平行板电容器，两极板水平放置开关S断开时，极板间灰尘恰好静止当开关S闭合时，灰尘在电容器内运动若C=0.4 F，L=1mH，求：（1）从S闭合开始计时，经2105 s时，电容器内灰尘的加速度大小为多少？（2）当灰尘的加速度多大时，线圈中电流最大？考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）断开时，灰尘恰好静止，则重力等于电场力，再根据周期公式T=2，求得闭合后在2105 s时，电容器带电量与电性，跟断开时相比较，并结合牛顿第二定律，从而求解；（2）当电容器放电时，电量减小，电流增大，当电流最大时，电量为零，从而确定灰尘受力情况，再由牛顿第二定律，即可求解解答：解：（1）开关S断开时，极板间灰尘恰好静止，则有mg=qE；根据周期公式T=2=4105 s，因此电容器放电完毕后，又达到充电完毕时，则电容器下极板带正电，电量达到断开时值，那么灰尘受到重力，及向下的电场力，根据牛顿第二定律，则有：mg+qE=ma解得：a=2g（2）根据电容器放电过程中，电量减小，电流增大，当电流最大时，电量刚放完，即电容器的电量为零，那么灰尘只受到重力，根据牛顿第二定律，则有：mg=ma解得：a=g，答：（1）从S闭合开始计时，经2105 s时，电容器内灰尘的加速度大小为2g；（2）当灰尘的加速度g时，线圈中电流最大点评：考查振荡电路的周期公式内容，掌握电容器的放充电过程中，电量，电流的变化情况，理解牛顿第二定律的应用，注意何时有电场力，及电场力方向是解题的关键15单色细光束射到折射率n=的透明球面，光束在过球心的平面内，入射角i=45，研究经折射进入球内后，又经内表面反射一次，再经球面折射后射出的光线，如下图所示（图上已画出入射光和出射光）（1）在图上大致画出光线在球内的路径和方向（2）求入射光与出射光之间的夹角（3）如果入射光是一束白光，透明球的色散情况与玻璃相仿，问哪种颜色光的角最大，哪种颜色光的角最小？考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：（1）光线从入射到出射的光路如下图所示入射光线AB经玻璃折射后，折射光线为BC，又经球内壁反射后，反射光线为CD，再经折射后，折射出的光线为DEOB、OD为球的半球，即为法线作出光路图（2）由折射定律求出折射角r，根据几何知识和对称性求出（3）根据上题的结论，分析与折射率n的关系，抓住紫光的折射率大于红光的折射率进行分析解答：解：（1）光线从入射到出射的光路如下图所示入射光线AB经玻璃折射后，折射光线为BC，又经球内壁反射后，反射光线为CD，再经折射后，折射出的光线为DEOB、OD为球的半球，即为法线（2）由折射定律=n，得sinr=r=30由几何关系及对称性，有=r（ir）=2ri=4r2i，把r=30，i=45代入得=30（3）由（2）问解答可知，i=45，n越小，sinr越大，r角越大，同时=2ri红光的最大，紫光的最小答：（1）如图所示（2）入射光与出射光之间的夹角为30；（3）红光的最大，紫光的最小点评：本题是几何光学问题，作出光路图是解题的基础，同时要善于运用几何关系分析光线的偏折角与折射角和入射角的关系