《北京市大兴区2020届高三物理上学期期末考试试题(共21页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市大兴区2020届高三物理上学期期末考试试题(共21页).doc（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上北京市大兴区2020届高三物理上学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题。（本题共14小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）1.一列沿x轴正方向传播的简谐横波某时刻的波形如图所示，a、b、c为介质中的三个质点，则此刻A. a的速度最大B. b的加速度最大C. b向y轴正方向运动D. c的速率大于b的速率【答案】C【解析】【详解】A质点a在最高点，此时a的速度为零，选项A错误；B质点b在平衡位置，此时b的加速度为零，选项B错误；C波向右传播，可知b向y轴正方向运动，选项C正确；D质点b在平衡位置，此时b的速度最大，c的速率小于b的速
2、率，选项D错误；故选C.2.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是A. 粒子带正电B. 粒子在b点速率大于在a点速率C. 若仅增大磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长【答案】D【解析】【详解】A由左手定则可知，粒子带负电，选项A错误；B粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子的速率不变，则粒子在b点速率等于在a点速率，选项B错误；C根据可知，若仅增大磁感应强度，则粒子轨道半径减小，则粒子不可能从b点右侧射出，选项C错误；D若仅减小入射速率，根据可知粒子运动的半径减小，在磁场中运
3、动的圆弧所对的圆心角变大，而粒子的周期不变，根据，则粒子在磁场中运动时间变长，选项D正确；故选D.3.如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=110的负载电阻，原、副线圈匝数之比为41，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是A. 电流表的读数为2AB. 原线圈的输入功率为27.5WC. 电压表的读数为77.8VD. 副线圈输出交流电的周期为50s【答案】B【解析】【详解】A原线圈电压有效值为U1=220V，则根据匝数比可得次级电压有效值U2=55V，则次级电流有效值则初级电流表的读数为选项A错误；B原线圈的输入功率为P1=U1I1=220= 27.5W选项B正确；C电
4、压表的读数为U2=55V，选项C错误；D副线圈输出交流电的周期为选项D错误；故选B.4.地球可以看做一个巨大的拱形桥，桥的半径就是地球的半径，假设地面上有一辆超级汽车在高速行驶，则下列说法正确的是A. 汽车行驶时重力小于支持力B. 汽车速度越大，地面对车的支持力越大C. 当汽车对地面压力为零时，行驶速度小于地球的第一宇宙速度D. 当地面对车的支持力为零时，驾驶员处于完全失重状态【答案】D【解析】【详解】A根据可知，汽车行驶时重力mg大于支持力N，选项A错误；B根据可知，汽车速度越大，地面对车的支持力越小，选项B错误；C当汽车对地面压力为零时，行驶速度，等于地球的第一宇宙速度，选项C错误；D当地
5、面对车的支持力为零时，座位对驾驶员的支持力为零，此时驾驶员处于完全失重状态，选项D正确；故选D.5.1966年科研人员曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的实验实验时，用双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（可视为质点），接触后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示推进器的平均推力为F，开动时间t，测出飞船和火箭的速度变化是v，下列说法正确的是A. 火箭组的质量应为B. 宇宙飞船的质量应为C. 推力F越大，就越大，且与F成正比D. 推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F【答案】C【解析】【详解】AB对飞船和火箭组的整体，加速度为，根据F=Ma可得
6、整体的质量为：则选项AB错误；C推力F越大，则整体的加速度越大，即就越大，因，则与F成正比，选项C正确；D对火箭组：则选项D错误；故选C.6.图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是A. 图1中，A1与L1的电阻值不相同B. 图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C. 图2中，变阻器R与L2的电阻值不相同D. 图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【答案】A【解析】【详解】AB图1中
7、，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明在电路稳定时通过L1电流大于通过灯A1的电流，即A1的电阻大于L1的电阻值，选项A正确，B错误；C图2中，电键闭合最终A2与A3的亮度相同，可知上下两个支路的电流相同，电阻相同，即变阻器R与L2的电阻值相同，选项C错误；D图2中，闭合S2瞬间，由于L2中产生感应电动势阻碍电流增加，可知L2中电流比变阻器R中电流小，选项D错误；故选A.7.利用实验研究两个金属小球a、b的碰撞。如图所示,将斜槽固定在平台上，使斜槽的末端水平。让质量较大的小球a(入射小球)从斜槽上滚下,跟放在斜槽末端的大小相同、质量较小的小球b(被碰小球)发生正碰。将两个金属小
8、球的碰撞视为弹性碰撞。下列说法正确的是A. 碰后小球a的速度大于小球b的速度B. 碰后小球b的动量等于碰前小球a的动量C. 只增大入射小球a的质量，碰后两球落地点到O的距离均增大D. 如果碰撞过程是非弹性碰撞，则碰撞过程两球动量不守恒【答案】C【解析】【详解】A碰后小球a的水平射程小于小球b的水平射程，则碰后小球a的速度小于小球b的速度，选项A错误；B碰撞过程中a的动量一部分传给b，则碰后小球b的动量小于碰前小球a的动量，选项B错误；C设ab两球的质量分别为m1和m2，碰前a的速度v0；则碰撞过程满足： 解得 则只增大入射小球a的质量，碰后两球的速度v1和v2均变大，即落地点到O的距离均增大，
9、选项C正确；D如果碰撞过程是非弹性碰撞，则碰撞过程两球动量仍守恒，选项D错误；故选C.8.如图1所示是一个电磁阻尼现象演示装置，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图2所示，若在其正下方固定一铜块（不与磁铁接触），则摆动迅速停止。关于实验以下分析与结论正确的是A. 如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象B. 用闭合的铜制线圈替代铜块，重复试验将不能观察到电磁阻尼现象C. 在图2情况中，下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少D. 在摆动过程中铜块不受磁铁作用力【答案】C【解析】【详解】A此现象的原理是当磁铁在铜
10、块上面摆动时，在铜块中产生涡流，与磁场相互作用阻碍磁铁的运动；则如果将磁铁的磁极调换，重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，选项A错误；B用闭合的铜制线圈替代铜块，仍能在线圈中产生感应电流，从而与磁铁产生阻碍作用，则重复试验仍能观察到电磁阻尼现象，选项B错误；C在图2情况中，下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能，则磁铁和锯条组成的系统机械能均减少，选项C正确；D由上述分析可知，在摆动过程中铜块对磁铁有阻碍作用，同时铜块也要受磁铁的作用力，选项D错误；故选C.9.在桌球比赛中，一质量为m的球以大小为v1的速度垂直撞击边框后，以大小为v2的速度反向弹回，球与边框接触的时间为，则该撞击过程中A. 球
11、的平均加速度大小为，方向与末速度方向相同B. 球的平均加速度大小为，方向与末速度方向相同C. 边框对球的平均作用力大小为，方向与初速度方向相同D. 边框对球的平均作用力大小为，方向与初速度方向相同【答案】A【解析】【详解】AB设球被弹回的方向为正方向，则球的平均加速度大小为方向与末速度方向相同，选项A正确，B错误；CD边框对球的平均作用力大小为方向与末速度方向相同，选项CD错误；故选A.10.如图所示的匀强电场场强为1.0103N/C，abdc为矩形，ab边平行于电场线acbd3cm，abcd4cm则下述计算结果正确的是A. ad之间的电势差为50VB. ac之间的电势差为30VC. 将q51
12、0-13C的点电荷沿矩形路径abdc从a移动到c，电场力做功为1.510-11JD. 将q510-13C的点电荷沿abd或acd从a移动到d，电场力做功都是2.010-11J【答案】D【解析】【详解】Aad之间的电势差为选项A错误；Bac在同一等势面上，则ac之间的电势差为0，选项B错误；C因ac在同一等势面上，ac之间的电势差为0，则将q510-13C的点电荷沿矩形路径abdc从a移动到c，电场力做功为0，选项C错误；D因为ad之间的电势差为40V，则将q510-13C的点电荷沿abd或acd从a移动到d，电场力做功都是选项D正确；故选D.11.如图所示，KLMN是一个竖直的匝数为n的矩形导
13、线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，MN边水平，线框绕竖直固定轴以角速度匀速转动（俯视逆时针）。当MN边与磁场方向的夹角为30时（图示位置），下列说法正确的是A. 导线框中产生的瞬时电动势的大小是B. 导线框中电流的方向是KLMNKC. 导线框再转过600时导线框中产生的电流达到最大值D. 导线框旋转过程中穿过导线框的磁通量的变化率恒定【答案】A【解析】【详解】A导线框中产生的瞬时电动势的大小是选项A正确；B由楞次定律可知，导线框中电流的方向是KNMLK，选项B错误；C线框与磁感线平行时感应电流最大，则导线框再转过150时导线框中产生的电流达到最大值，选
14、项C错误；D导线框旋转过程中由于感应电动势不断变化，根据，则穿过导线框的磁通量的变化率不断变化，选项D错误；故选A.12.如图是演示电容充电的电路图，图中C是平行板电容器，R是可变电阻。S接通后，电容器的上下两极板带有等量电荷，两极板间产生匀强电场。电容器充电后，断开开关S，若增大两板的距离，下列说法正确的是（）A. 平行板电容器的电容变大B. 平行板电容器极板的电量变大C. 平行板电容器两板间的电势差变大D. 平行板电容器两板间的的电场强度变大【答案】C【解析】【详解】A根据可知，增大两板的距离d，则平行板电容器的电容变小，选项A错误；B电容器充电后，断开开关S，则平行板电容器极板的电量不变
15、，选项B错误；C根据可知，平行板电容器两板间的电势差变大，选项C正确；D根据、和 可得，可知平行板电容器两板间的的电场强度不变，选项D错误；故选C13.如图是演示电容充电的电路图，图中C是平行板电容器，R是可变电阻。S接通后，电容器的上下两极板带有等量电荷，两极板间产生匀强电场。调节可变电阻R使其阻值分别为Ra和Rb,对电容器进行充电（充电前电容器均不带电）。C表示该电容器的电容，U表示电容器两极板的电势差，Q表示电容器带电量，EP表示电容器所存储的电能，I表示电容器充电过程中流经电阻的电流，t表示充电时间，若已知电源的电动势保持不变，其内阻忽略不计，RaRb,。以下描绘a、b两个充电过程的图
16、像，合理的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A电容器的电容是由电容器本身决定的，与两板电压无关，选项错误；B电路中连接的电阻越大，则开始放电时的放电电流越小，由于电容器带电量一定，则放电时间变长，因为RaRb，则a对应的最大放电电流小，放电时间短，故B正确；C根据 应电容器电容C不变，则U-Q图像是斜率相同的直线，选项C错误；D电容器储存的电能由电容器决定，则两种情况下最终电容器储存的电能是相同的，选项D错误；故选B.14.如图是演示电容充电的电路图，图中C是平行板电容器，R是可变电阻。S接通后，电容器的上下两极板带有等量电荷，两极板间产生匀强电场。若保持开关S闭合，一电子以
17、初速度v0沿平行极板方向射入平行板电容后，能通过电容器。现将极板间的距离增大（电子任能够穿过电容器），则以下判断正确的是A. 电容器两极板间的电场强度变大B. 电子离开电容器时速度的偏转角变小C. 电子离开电容器时的侧移量变大D. 电子通过电容器的时间变短【答案】B【解析】【详解】A根据，两板间电势差不变，极板间的距离增大，则电容器两极板间的电场强度变小，选项A错误；B电子离开电容器时速度的偏转角为则当d变大时变小，选项B正确；C电子离开电容器时的侧移量为：则当d变大时y变小，选项C错误；D电子通过电容器的时间为，不变，选项D错误；故选B.二、实验探究题。（本题共2小题，共18分）15.利用下
18、图装置可以完成力学中的许多实验，以下说法正确的是A. 用此装置做“研究匀变速直线运动的特点”的实验时，必须设法消除小车和滑轨间的摩擦阻力的影响B. 用此装置做“研究匀变速直线运动的特点”时，必须设法保证小车所受合外力为恒力C. 用此装置做“探究加速度a与力F的关系”的实验时，每次改变砂和砂桶总质量之后，需要重新平衡摩擦力D. 用此装置做“探究加速度a与力F的关系”的实验时，若认为小车所受拉力等于砂和砂桶总重力，应保证砂和砂桶总质量远小于小车的质量【答案】BD【解析】【详解】A用此装置做“研究匀变速直线运动的特点”的实验时，没必要消除小车和滑轨间的摩擦阻力的影响，只要小车做加速运动即可，选项A错
19、误；B用此装置做“研究匀变速直线运动的特点”时，加速度要一定，则必须设法保证小车所受合外力为恒力，选项B正确；C用此装置做“探究加速度a与力F的关系”的实验时，每次改变砂和砂桶总质量之后，不需要重新平衡摩擦力，因为平衡摩擦力时：mgsin=mgcos，两边的质量m消掉，与质量无关，选项C错误；D用此装置做“探究加速度a与力F的关系”的实验时，若认为小车所受拉力等于砂和砂桶总重力，应保证砂和砂桶总质量远小于小车的质量，选项D正确；故选BD.16.在测量电阻的实验中，提供的器材有：3V稳压电源E、滑动变阻器R、电压表V、电流表A、待测电阻Rx，以及开关S、导线等。实验要求：电流表内接；调节滑线变阻
20、器可使电压表的示数在03V间变化.（1）在实验中，有的同学连成如图所示的电路，其中a，b，c，k是表示接线柱的字母.请将图中接线错误（用导线两端接线柱的字母表示）、引起的后果、改正的方法（用“改接”、“撤销”或“增添”等词语描述），分别填在相应的表格中_。接线错误引起的后果改正的方法（2）实验中所用电压表的内阻约为20k，电流表的内阻约为10，按正确的电路操作，读得的各组数据用+标于坐标图上，如图所示.根据各点表示的数据描出IU图线_，由此求得该电阻的阻值Rx_。（3）本实验中电阻的测量值比真实值偏_(填“大”或“小”)，其原因是_。【答案】 (1). 接线错误引起的后果改正的方法缺db（或d
21、g或dk）连线电压表的示数无法调到0V增添db（或dg或dk）连线hj电流表短路，指针无示数撤销hj连线 (2). 见解析 (3). 2000 (4). 大 (5). 因电流表内阻导致电压表读数偏大，故测量结果偏大。【解析】【详解】（1）1接线错误引起的后果改正的方法缺db（或dg或dk）连线电压表的示数无法调到0V增添db（或dg或dk）连线hj电流表短路，指针无示数撤销hj连线（2）23画出的I-U图像如图，则（3）45本实验中电阻的测量值比真实值偏大，其原因是因电流表内阻导致电压表读数偏大，故测量结果偏大。三、论述计算题。（解答要求：写出必要的文字说明、方程式和结果。有数值计算的题，结果
22、必须明确写出数值和单位，本题共4小题，每小题10分，共40分）17.某校课外活动小组自制了一枚质量为3.0kg的实验用火箭。设火箭发射后，始终沿竖直方向运动。火箭在地面点火后升至火箭燃料耗尽之前可认为做初速度为零的匀加速运动，经过4.0s到达离地面40m高处燃料恰好耗尽。忽略火箭受到的空气阻力及燃料质量，g取10m/s2。求：（1）燃料恰好耗尽时火箭的速度大小；（2）火箭上升离地面的最大高度；（3）燃料提供的推力对火箭做的功。【答案】（1）20m/s（2）60m（3）1800J【解析】【详解】（1）由运动学公式：得a5m/s2vat20m/s（2）竖直上抛阶段：最大高度：Hhx60m（3）推力
23、做的功当于火箭的最大重力势能WmgH1800J18.在倾角q=30的斜面上，沿下滑方向铺两条平行的光滑导轨，导轨足够长，导轨的间距为l=0.1m,两者的底端a和b用R=0.04W的电阻相连，如图所示。在导轨上垂直于导轨放有一根金属杆cd，其质量m=0.005kg.现加一垂直于斜面的匀强磁场，当金属杆以v=10m/s的速率匀速下滑时，R中感应电流的方向为从到b，设导轨和金属杆cd的电阻都忽略不计，g取10m/s2，求:（1）匀强磁场磁感应强度B的大小和方向；（2）金属杆由静止释放，若在导轨上下滑x=12m刚好达到稳定速度，则此过程中：电阻R上产生的焦耳热；通过R的电荷量。【答案】（1）0.1T；
24、垂直斜面向上（2）0.05J，3C【解析】【详解】（1）当金属杆匀速下滑时所受合力为零mgsinBIL代入得根据左手定则：磁场方向垂直斜面向上（2）由能量守恒：由法拉第电磁感应定律：可得：由电流定义：欧姆定律：得：19.做功与路径无关的力场叫做势场，在这类场中可以引入“势”和“势能”的概念，场力做功可以量度势能的变化。例如静电场和引力场。如图所示，真空中静止点电荷+Q产生的电场中，取无穷远处的电势为零，则在距离点电荷+Q为r的某点处放置电荷量为+q的检验电荷的电势能为（式中k为静电力常量）。（1）A、B为同一条电场线上的两点，A、B两点与点电荷+Q间的距离分别为r1和r2;将该检验电荷由A点移
25、至B点，判断电场力做功的正负及电势能的增减；求A、B两点的电势差UAB；（2）类似的，由于引力的作用，行星引力范围内的物体具有引力势能若取离行星无穷远处为引力势能的零势点，则距离行星球心为r处的物体引力势能，式中G为万有引力常量，M为行星的质量，m为物体的质量。设行星的半径为R，求探测器从行星表面发射能脱离行星引力范围所需的最小发射速度。【答案】（1）电场力做正功，电势能减小（2）【解析】【详解】（1）正电荷受力向右，可知电场力做正功，电势能减小.由电势差定义： 可得：（2）由机械能守恒可得：20.导线中自由电子的定向移动形成电流，电流可以从宏观和微观两个角度来认识。（1）一段通电直导线的横截
26、面积为S，它的摩尔质量为M，密度为，阿伏伽德罗常数位NA。导线中每个带电粒子定向运动的速率为，粒子的电荷量为e，假设每个电子只提供一个自由电子。推导该导线中电流的表达式；如图所示，电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。按照这个思路，请你尝试由安培力的表达式推导出洛伦兹力的表达式。（2）经典物理学认为金属导体中恒定电场形成稳恒电流。金属导体中的自由电子在电场力的作用下，定向运动形成电流。自由电子在定向运动的过程中，不断地与金属离子发生碰撞。碰撞后自由电子定向运动的速度变为零，将能量转移给金属离子，使得金属离子的热运动更加剧烈，这就是焦耳热产生原因。某金属直导线电阻为
27、R，通过的电流为I。请从宏观和微观相结合的角度，证明：在时间t内导线中产生的焦耳热为Q=I2Rt（可设电子与离子两次碰撞的时间间隔t0,碰撞时间忽略不计，其余需要的物理量可自设）。【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【详解】(1）金属导线单位体积内电子个数在时间t内流过导线横截面的带电粒子数N=通过导线横截面的总电荷量Q=Ne导线中电流I=联立以上三式可以推导出I=导线受安培力大小F安=BIL。长L的导线内总的带电粒子数N=nSL又I=电荷定向运动时所受洛伦兹力矢量和，表现为导线所受的安培力，即Nf=F安联立以上三式可以推导出洛伦兹力的表达式f=evB（2）方法1：设金属导体长为L，横截面
28、积为S，两端电压为U，导线中的电场强度E=设金属导体中单位体积中自由电子数为n，则金属导体中自由电子总数设自由电子的带电量为e，连续两次碰撞时间间隔为t0，定向移动的平均速度为，则一次碰撞的能量转移一个自由电子在时间t内与金属离子碰撞次数为金属导体中在时间t内全部自由电子与金属离子碰撞，产生的焦耳热又U=IR联立解以上各式推导得方法2：设金属导体长为L，横截面积为S，两端电压为U，导线中的电场强度E=设金属导体中单位体积中的自由电子数为n，则金属导体中自由电子数在纯电阻电路中，电流做的功等于焦耳热，即Q=W电流做的功等于电功率乘时间W=Pt电功率等于电场力对长为L的导线中所有带电粒子做功功率的总和自由电子受的电场力F=Ee又U=IR联立解以上各式推导得专心-专注-专业