河北省邯郸市2020届高三物理上学期期末试题（附解析Word版）

2019-2020 学年河北省邯郸市高三（上）期末 物理试卷 一、选择题：本题共 10 小题，共 40 分，其中 1-6 小题是单选题，在每小题给出 的四个选项中只有一项符合题目要求；7-10 小题是多选题，在每小题给出的四个 选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分， 有选错的得 0 分 1.汽车 和汽车 静止在水平地面上，某时刻汽车 开始倒车，结果汽车 撞到了停在它正 后方的汽车 ，汽车 上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车 前面的物体相对于汽车 自身的速度。在本次碰撞中，如果汽车 的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车 的速度大小为 ， 已知汽车 的质量是汽车 质量的 2 倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车 相对 于地面的速度大小为 　　 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后 A、B 的速度 分别为 v1、v2，以碰撞前 A 的速度方向为正方向，设 B 的质量为 m，则 A 的质量为 2m，由动 量守恒定律，有 2mv0＝2mv1+mv2 由机械能守恒定律，有 解得 v1＝ v0 A. 碰后瞬间汽车 相对于地面的速度大小为 ，与分析不一致，故 A 错误； B. 碰后瞬间汽车 相对于地面的速度大小为 ，与分析不一致，故 B 错误； C. 碰后瞬间汽车 相对于地面的速度大小为 ，与分析相一致，故 C 正确； D. 碰后瞬间汽车 相对于地面的速度大小为 ，与分析不一致，故 D 错误。 A B A A B B B B B A 0v A B A ( ) 0 1 2 v 0 2 3 v 0 1 3 v 0 1 4 v 2 2 2 0 1 2 1 1 12 22 2 2mv mv mv⋅ = ⋅ + 1 3 A 0 1 2 v A 0 2 3 v A 0 1 3 v A 0 1 4 v故选 C. 2.如图所示，两条光滑的平行导轨水平放置，导轨间接有一个定值电阻 ，金属杆垂直于导轨 放置且与导轨接触良好，匀强磁场的方向竖直向下。若金属杆与导轨之间的摩擦及金属杆与 导轨的电阻均忽略不计，现给金属杆一个向右的初速度 ，则金属杆在磁场中的运动速度 与时间 的关系图象正确的是 　　 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】金属杆运动过程中受向左的安培力，其大小为 对金属杆，根据牛顿第二定律，有 a＝ 金属杆做加速度逐渐减小的减速运动， v﹣t 图象的斜率逐渐减小。 A. 与时间 关系图象，与分析不一致，故 A 错误； B. 与时间 的关系图象，与分析不一致，故 B 错误； C. 与时间 的关系图象，与分析相一致，故 C 正确； D. 与时间 的关系图象，与分析不一致，故 D 错误。 故选 C. 3.一带负电的粒子仅在电场力作用下从 点开始沿 轴正向运动， 、 ， 是 轴上的三 的 R 0v v t ( ) 2 2B L vF R = 2 2B L v mR v t v t v t v t O x O a b x个点， 和 关于以点 对称，从 到 该电场的电势 随位移 变化的关系如图所示，则 下列说法正确的是 　　 A. 点电场强度为零 B. 、 间场强方向与 、 间场强方向相反 C. 从 到 整个运动过程中，粒子经过 点时速度最大 D. 从 到 整个运动过程中，粒子做匀加速直线运动 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据电场强度与电势差的关系 U＝Ed，知 ﹣x 图象的斜率表示电场强度 E，a 点 电势为零，但 a 点的电场强度不为零，故 A 错误。 B.O、a 间图象斜率与 a、b 间图象斜率相同，则 O、a 间与 a、b 间场强大小、方向均相同， 故 B 错误。 CD.电场方向沿 x 轴负方向，粒子受到的电场力方向沿 x 轴正方向，从 O 到 b 整个运动过程中， 粒子所受到的电场力大小和方向不变，做匀加速直线运动，粒子经过 b 点时速度最大，故 C 错误，D 正确。 故选 D. 4.目前，我国正在大力推行 系统， 是全自动电子收费系统， 车辆通过收费站时无须停车，这种收费系统每车收费耗时不到两秒，其收费通道的通行能力 是人工收费通道的 5 至 10 倍，如图甲所示，在收费站自动栏杆前，后的地面各自铺设完全相 同的传感器线圈 、 ，两线圈各自接入相同的电路，如图乙所示，电路 、 端与电压有 效值恒定的交变电源连接，回路中流过交变电流，当汽车接近或远离线圈时，线圈的自感系 数发生变化，线圈对交变电流的阻碍作用发生变化，使得定值电阻 的 、 两端电压就会 有所变化，这一变化的电压输入控制系统，控制系统就能做出抬杆或落杆的动作，下列说法 正确的是 　　 O b a O b ϕ x ( ) a O a a b O b a O b ϕ ETC ETC(ElectronicTallCollection) A B a b R c d ( )A. 汽车接近线圈 时， 、 两端电压升高 B. 汽车离开线圈 时， 、 两端电压升高 C. 汽车接近线圈 时， 、 两端电压升高 D. 汽车离开线圈 时， 、 两端电压降低 【答案】B 【解析】 【详解】AC.汽车上有很多钢铁，当汽车接近线圈时，相当于给线圈增加了铁芯，所以线圈的 自感系数增大，感抗也增大，在电压不变的情况下，交流回路的电流将减小，所以 R 两端的 电压减小，即 c、d 两端的电压将减小，故 AC 错误； BD.同理，汽车远离线圈时，相当于线圈的感抗减小，交流回路的电流增大，c、d 两端得电压 将增大。故 B 正确，D 错误。 故选 B. 5.如图所示，在水平推力作用下，物体 静止在倾角为 的粗糙斜面上，当水平推力为 时 刚好不下滑，然后增大水平推力的值，当水平推力为 时 刚好不上滑。设滑动摩擦 力等于最大静摩擦力，物块 与斜面之间的动摩擦因数为 ，则下列关系式成立的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 A c d A c d B c d B c d A 45θ = ° 0F A F A A ( 1)µ µ < 01F F µ µ= − 2 0( )1F F µ µ= − 0 1 1F F µ µ += − 2 0 1( )1F F µ µ += −【详解】当物体恰好不下滑时，沿斜面方向刚好平衡，则有 mgsin45°＝F0cos45°+ FN 垂直于斜面方向，有 FN＝mgcos45°+F0sin45° 解得 F0＝ 同理，当物体恰好不上滑时有 F＝ 解得 F＝ A. ，与分析结果不一致，故 A 错误； B. 与分析结果不一致，故 B 错误； C. 与分析结果不一致，故 C 错误； D. 与分析结果相一致，故 D 正确。 故选 D. 6.如图所示，虚线 、 之间为匀强电场， 上方和 的下方分别有垂直于纸面 向里的匀强磁场 和 ，且 ，一不计重力的带电粒子从 上的 点垂直于 向上射出，经过磁场偏转后垂直于 方向从 点进入电场，穿越电场后，从 点再次进入 磁场，经过磁场偏转后以垂直于 的速度打到 点，若 ，则粒子从 到 克服电场 力做的功 与其从 点出发时的初动能 之比为（ ） 的 µ 1 1 mg µ µ − + 1 1 mg µ µ − + 2 0 1 1 F µ µ  +  −  01F F µ µ= − 2 0( )1F F µ µ= − 0 1 1F F µ µ += − 2 0 1( )1F F µ µ += − MN PQ MN PQ 1B 2B 2 12B B= MN a MN MN b c PQ d 2ab cd= b c W a 1kEA. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设粒子在电场上方和下方的速率分别为 v1、v2，在上方和下方磁场中轨道半径分别为 R1、R2，则 R1＝ R2＝ 根据题意 B2＝ B1，R1＝2R2 ，解得 v1＝ v2 在电场中，根据动能定理可得 W＝ mv12- mv22= mv12= A. ，与分析结果相一致，故 A 正确 B. ，与分析结果不一致，故 B 错误； C. ，与分析结果不一致，故 C 错误； D. ，与分析结果不一致，故 D 错误。 故选 A. 7.如图所示是“电容式加速度传感器”原理图，电容器的一个金属极弹性金属片板固定在绝缘底 座上，另一块极板用弹性金属片制成，当这种加速度传感器用在上下移动的升降机中时，通 1: 1: 2kW E = 1: 1:3kW E = 1: 2:3kW E = 1: 4:5kW E = 1 1 mv qB 2 2 mv qB 2 2 1 2 1 2 1 2 × 1 2 1 2 1kE 1: 1: 2kW E = 1: 1:3kW E = 1: 2:3kW E = 1: 4:5kW E =过测量电容 的变化就能感知升降机加速度的变化情况。设升降机加速度为零时电容器的电 容为 ，下列说法正确的是（ ） A. 当升降机加速上升时， B. 当升降机减速上升时， C. 当升降机减速下降时， D. 当升降机加速下降时， 【答案】AD 【解析】 【分析】 平行板电容器的决定式为 C= ，加速、减速会影响两金属片之间的距离 d，由此可以 判断。 【详解】A.当升降机加速上升时，加速度方向向上，弹簧片向下弯曲，电容变大，即 C＞C0， 故 A 正确； B.当升降机减速上升时，加速度方向向下，弹簧片向上弯曲，电容变小，即 C＜C0，故 B 错 误； C.当升降机减速下降时，加速度方向向上，弹簧片向下弯曲，电容变大，即 C＞C0，故 C 错 误； D.当升降机加速下降时，加速度方向向下，弹簧片向上弯曲，电容变小，即 C＜C0，故 D 正 确。 故选 AD. 8.如图所示，可视为质点的小球用不可伸长的结实的细线悬挂起来，将细线水平拉直后从静止 释放小球，小球运动到最低点时的动量为 、重力的功率为 、绳子拉力为 ，向心加速度 为 ；若改变小球质量或悬线长度，仍将细线水平拉直后从静止释放小球，下列说法正确的是 　　 A. 若仅将小球质量变为原来的 2 倍，则最低点的动量 变为原来的 2 倍 C 0C 0C C> 0C C> 0C C< 0C C< 1 4 S k d ε π p P F a ( ) pB. 若仅将小球质量变为原来的 2 倍，则最低点的重力功率 变为原来的 2 倍 C. 若仅增加悬线长度，则最低点时绳子拉力 不变 D. 若仅增加悬线长度，则最低点时向心加速度 增大 【答案】AC 【解析】 【详解】A.由机械能守恒定律可知，若仅将小球的质量变为原来的 2 倍，小球到最低点的速度 v 不变，由 p＝mv 可知，最低点的动量 p 将变为原来的 2 倍，故 A 正确； B.在最低点时速度的方向为水平方向，与重力方向垂直，重力的功率为零，所以小球的重力功 率 P 不变仍然为零，故 B 错误； C.在最低点绳子的拉力为 F，由牛顿第二定律可得 则 F＝3mg 可见在最低点时绳子的拉力与绳长无关，故 C 正确； D.小球最低点时的向心加速度 与绳长 L 无关，故 D 错误。 故选 AC. 9.已知某行星的半径为 ，该行星的一颗卫星围绕行星做匀速圆周运动，环绕周期为 ，卫星 到行星表面的距离也等于 ，引力常量为 ，不考虑行星的自转，则下列说法正确的是（ ） A. 行星表面的重力加速度为 B. 行星的质量为 C. 该行星的第一宇宙速度为 D. 卫星绕行星做圆周运动的线速度为 【答案】BD 【解析】 P F a 2 LF mg mv− = 2F mga gm −= = R T R G 2 2 4π R T 2 3 2 32π R GT 2πR T 4πR T【详解】AB.在行星的表面万有引力等于重力 mg＝ 卫星绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 其中 r＝2R，联立解得行星表面重力加速度 g＝ 行星的质量 M＝ 故 A 错误，B 正确； C.该行星的第一宇宙速度 v1= = 故 C 错误； D.卫星绕行星做匀速圆周运动的线速度 v＝ 故 D 正确。 故选 BD. 10.交流发电机的线圈绕垂直干匀强磁场的水平轴逆时针匀速转动，每秒转动 10 转，线圈从图 示位置开始计时，电流表的示数为 1A，已知线圈匝数为 500 匝，线圈内阻 ，外接电 阻 ，以下判断正确的是（ ） A. 图示时刻交变电流方向为 B. 通过线圈磁通量的最大值为 2 MmG R 2 2 2 4πMmG m rr T = 2 2 32π R T 2 3 2 32π R GT gR 4 2πR T 2π 4πr R T T = 1.0r = Ω 9.0R = Ω ADCBA 32 10 Wbπ −×C. 时线圈磁通量的变化率 D. 时外接电阻 所消耗的电功率为 【答案】AB 【解析】 【详解】A.由右手定则可知，图示时刻电流方向为：ADCBA，故 A 正确。 B.电动势的有效值 E＝I（R+r）＝1 （9.0+1.0）＝10V 电动势的峰值 Em ＝ E=10 V 感应电动势峰值 Em＝NBS ，通过线圈磁通量的最大值 m＝BS＝ = 代入数据解得 m＝ Wb 故 B 正确。 C、线圈做圆周运动的角速度 ＝2 n＝20 rad/s 从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式 e＝Emsin（ t+90°）＝Emcos t＝10 cos20 t (V) t＝ s 时，感应电动势瞬时值：e＝10V，此时磁通量的变化率 故 C 错误； D.求电功率应用有效值，t＝ s 时外接电阻 R 所消耗的电功率 故 D 错误。 故选 AB. 5 s16t = 2 Wb/s50 9 s16t = R 10W × 2 2 ω φ mE Nω 2 mE nNπ φ 32 10π −× ω π π ω ω 2 π 5 16 1 Wb/s50 e N = 9 16 2 2 2 10 9W 9W9 1 EP I R RR r    = = = × =   + +   二、实验题：本题共 2 小题，共 15 分 11.在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，由于弹簧自身重力的影响，弹簧平放时的长度与 竖直悬挂时的长度有明显不同，某同学进行了如下操作： ①先将弹簧平放在桌面上，用刻度尺测得弹簧的长度为 ； ②再将弹簧的一端固定在铁架台上，弹簧自然下垂，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放 在弹簧的一侧，刻度尺零刻度线与弹簧上端对齐，并使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺上， 将指针指示的刻度值记作 ；弹簧下端挂一个 的砝码时，指针指示的刻度值记作 ；弹 簧下端挂两个 的砝码时，指针指示的刻度值记作 ； ；测量记录如表： 请回答下列问题 （1）用力学实验中常用的“逐差法”处理实验数据，能够减小因为长度测量带来的误差，则每 增加 砝码的弹簧平均伸长量 可表示为__。（用表中的代表符号表示） （2）根据表中数据计算，该同学所用弹簧的劲度系数 __ ；弹簧自身的重力 __ 。 取 ，结果保留 3 位有效数字） 【答案】 (1). (2). 28.4N/m (3). 0.156N 【解析】 【详解】（1）［1］根据题意有：L4﹣L1＝3 L，同理：L5﹣L2＝3 L，L6﹣L3＝3 L，因此 每增加 砝码的弹簧平均伸长量 L＝ （2）［2］弹簧的劲度系数为： =28.4N/m ［3］弹簧自身 重力为的 0 1.15cmL = 1L 50g 2L 50g 3L … 50g  L k = N/m 0G = N (g 29.8m/s ( ) ( )6 5 4 3 2 1 9 L L L L L L+ + − + +    50g  ( ) ( )6 5 4 3 2 1 9 L L L L L L+ + − + + 2 2 9 0.05 9.8 N/m(6.85 8.6 10.3) 10 (1.70 3.40 5.10) 10 Fk L − − ∆ × ×= =∆ + + × − + + ×G0＝k（L1﹣L0）＝28.4 （1.70﹣1.15）×10﹣2N＝0.156N 12.某同学欲测量电流表 的内阻 ，实验室有如下实验器材： 待测电流表 （量程为 0 6mA，内阻约 ） 电流表 G2（量程为 0 60mA，内阻约 ） 定值电阻 （阻值为 滑动变阻器 （阻值范围为 ） 滑动变阻器 （阻值范围为 ） 电源（电动势约为 开关、导线若干 请回答下列问题： （1）实验过程中，要求电表示数从零开始变化，则滑动变阻器应选用__（填“ ”或“ ” （2）为尽可能精确测量电流表 的内阻，请在虚线框中画出实验电路原理图_____。 （3）利用上述实验电路，测量多组数据，图甲为实验过程中某次电流表 的示数，其示数为 __ 。 （4）若实验中读得 表和 G2 表的读数为 和 ，根据多组数据作出 图象，如图乙所 示，图线的斜率为 ，则 表的内阻 __（用 、 表示）。 × 1G 1r 1G ~ 200Ω ~ 40Ω 0R 20 )Ω 1R 0 ~1000Ω 2R 0 ~ 20Ω 3V) 1R 2R ) 1G 1G mA 1G 1I 2I 2 1I I− k 1G 1r = k 0R【答案】 (1). R2 (2). (3). 3.60 (4). （k﹣1）R0 【解析】 【详解】（1）［1］由于电流表示数从零开始变化，滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节， 因而选择阻值小的滑动变阻器，故选 R2。 （2）［2］由于题目没有电压表，而提供的电流表电阻未知，根据题意可知需要定值电阻作为 电压表使用，此时需要知道通过定值电阻的电流，滑动变阻器采用分压接法； 故采用实验电 路图如图所示： （3）［3］电流表的最小刻度为 0.1mA，估读到下一位，故电流计读数为 3.60mA。 （4）［4］根据电路图和欧姆定律得： I1r1＝（I2﹣I1）R0 整理得 结合图象可得：k＝ ，解得 G1 表的内阻 r1＝（k﹣1）R0 三、计算题：本题共 3 小题，共 45 分． 13.如图所示，坐标系 所在平面存在与 轴同方向的匀强电场， 是 轴上的一点、 1 0 2 1 0 r RI IR += ⋅ 1 0 0 r R R + xOy y M x N是 轴上的一点，质量为 、电荷量为 的正电荷经过 点时速度方向与 轴正方向成 角，速度大小为 ，当该电荷运动到 点时速度方向与 轴正方向夹角也为 ， 电荷所受重力忽略不计，求： （1）电荷运动到 点时的速度大小； （2）设 点的电势为零，则 点的电势是多少。 【答案】（1） v1；（2）- 【解析】 【详解】（1）设带电粒子在 N 点的速度大小为 v2。 垂直于电场方向是匀速运动，因此 v2sin30°=v1cos 30° 电荷运动到 点时的速度大小 v2＝ v1 （2）电荷从 M 运动到 N 只有电场力做功，根据动能定理，有 qUMN＝ m（v22﹣v12） M、N 两点间的电势差 UMN＝ 设 N 点的电势为 N，UMN＝ M﹣ N，由题知 M=0，则 N=- 答：（1）电荷运动到 N 点时的速度大小是 v1；（2）设 M 点的电势为零，则 N 点的电势 y m q M x 30α = ° 1v N y 30α = ° N M N 3 2 1mv q N 3 1 2 2 1mv q ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 2 1mv q 3是- 。 14.如图所示， 是长为 、倾角 的倾斜轨道， 是长为 、倾角 的倾斜轨道， 为水平轨道，各轨道之间平滑连接。小物块从 轨道的顶端 由静止下滑，小物块与各轨道间的动摩擦因数均为 。已知 ， ，重力加速度 取 ，求： （1）小物块在 段下滑 加速度大小； （2）为了保证小物块不滑离 轨道， 轨道至少多长； （3）小物块从开始下滑到停止全程所用的时间。 【答案】（1）5m/s2；（2）57.6m；（3）10.8s。 【解析】 【详解】（1）物块从 A 到 B，根据牛顿第二定律，有 mgsin 1﹣ mgcos 1＝ma1 小物块在 AB 段下滑的加速度大小 a1=5m/s2 （2）从 A 到 B 物块做匀加速直线运动，有 vB= 从 B 到 C，根据牛顿第二定律，得 mgsin 2﹣ mgcos 2=ma2 小物块在 BC 段下滑的加速度大小 a2＝2m/s2 由 vC2﹣vB2＝2a2L2，代入数据解，物块到达 C 点的速度 vC=24m/s 从 C 点到停止，有 的 2 1mv q AB 1 40m=L 1 53θ = ° BC 2 44m=L 2 37θ = ° CD AB A 0.5µ = sin37 0.6° = cos37 0.8° = g 210m/s AB CD CD θ µ θ 1 12 2 5 40m/s=20m/sa L = × × θ µ θ所以，为了保证小物块不滑离 CD 轨道，CD 轨道至少长 （3）从 A 到 B 用 时间 从 B 到 C 用的时间 从 C 到停下用时为 小物块从开始下滑到停止全程所用的总时间 t＝t1+t2+t3=10.8s 答：（1）小物块在 AB 段下滑的加速度大小是 5m/s2；（2）为了保证小物块不滑离 CD 轨道， CD 轨道至少长 57.6m；（3）小物块从开始下滑到停止全程所用的时间是 10.8s。 15.如图所示，倾角为 的光滑斜面固定在水平面上，一质量为 的小物块受到一沿斜面向上 的恒定拉力 的作用，从 点由静止开始向上加速运动，当小物块运动到斜面上的 点时， 它的动能与重力势能之和增加了 ，此时将拉力 反向，但大小不变，直到物块再次返回出 发点 。已知物块从 到 的时间为从 返回 时间的一半。重力加速度为 ，求： （1）拉力 的大小；（用 、 、 表示） （2）以 为零势能点，当物块动能为 时，物块的重力势能。 【答案】（1）9mgsin ；（2）0.75J 或 3J 【解析】 的 2 3 5m/smga gm µ µ= = = 2 2 C 3 3 24 m 57.6m2 2 5 vL a = = =× 1 1 20 s 4s5 Bt v a = = = C B 2 2 24 20 s 2s2 v vt a − −= = = 3 3 24 s 4.8s5 Cvt a = = = θ m F A B 18J F A A B B A g F m θ g A 6J θ【详解】（1）设物块在时间 t 内从 A 到 B，则从 B 返回 A 的时间为 2t，t 和 2t 时间内的加速度 大小分别为 a1、a2， 由于 t 与 2t 内的位移大小相等方向相反， 则有 解得 从 A 到 B 过程 F﹣mgsin ＝ma1 从 B 到 A 过程 F+mgsin ＝ma2 解得拉力 的大小 F＝9mgsin （2）物块的动能为 Ek =6J 位置有两个，设第一个动能为 6J 的位置距离 A 为 s1， 第二个动能 为 6J 的位置距离 B 的位置为 s2，A、B 间的距离为 s， 由动能定理得 （F﹣mgsin ）s1＝Ek-0 解得： mgs1sin ＝ Ek＝0.75J 该点物块的重力势能 Ep1＝mgs1sin ＝0.75J 对从开始运动到动能第二次为 6J 的过程，由动能定理得 （F﹣mgsin ）s﹣（mgsin +F）s2＝Ek-0 由于 F＝9mgsin ，则 Fs﹣10mgs2sin ＝6J 由于 Fs＝18J， 解得 mgs2sin ＝1J 该点的重力势能 Ep2＝mgssin +mgs2sin 因为 2 2 1 1 2 1 12 (2 )2 2a t a t t a t = − ⋅ −   1 2 4 5 a a = θ θ F θ θ θ 1 8 θ θ θ θ 8 9 θ θ θ θmgssin ＝ Fs＝2J 因此从开始运动到动能第二次为 6J 时，物块的重力势能 Ep2＝(2+1)J＝3J 答：（1）拉力 F 的大小为 9mgsin ；（2）以 A 为零势能点，当物块动能为 6J 时，物块的重 力势能为 0.75J 或 3J。 θ 1 9 θ