辽宁省朝阳市建平县二中2020届高三上学期期中考试物理试题

建平县第二高级中学2020届高三上学期期中考试物理试题

一、选择题

1.下列说法中正确的是         。

A. 发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构

B. 结合能越大的原子核，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定。

C. 根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中电子的电势能和动能之和守恒

D. 在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越小

【答案】D

【解析】

【详解】发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构，选项A错误；比结合能越大的原子核，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项B错误。根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程，电子的总能量将减小（或增加）即电子的电势能和动能之和是不守恒的，这是因为氢原子要辐射（或吸收）光子，故C错误；据光电效应方程EKm=hγ-W可知，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，则这种金属的逸出功越小，故D正确；故选D.

2.如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为 E 、磁感应强度为 B 并相互垂直分布，某一带电粒子（重力不计）沿图中虚线水平通过。则该带电粒子

A. 一定带正电

B. 速度大小为

C. 可能沿QP方向运动

D. 若沿PQ方向运动的速度大于，将一定向下极板偏转

【答案】B

【解析】

粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qE，洛伦兹力大小F=qvB=qE，两个力平衡，速度 ，粒子做匀速直线运动．故A错误，B正确．此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动．故C错误．若速度 ，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，只有当粒子带负电时粒子向下偏转，故D错误；故选B．

点睛：解决本题的关键知道在速度选择器中，从左边射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡与电量、电性无关．

3.如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示（以图示方向为正方向）．t=0时刻，平行板电容器间一带正电的粒子（重力可忽略不计）由静止释放，假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列粒子在板间运动的速度图象和位移图象（以向上为正方向）中，正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

0～内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动．～内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为零．～内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，带正电粒子向下匀加速，同理，～T内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，而向下做匀减速运动，直到速度为零．故AB错误；由A选项分析可知，末速度减小为零，位移最大，当T末，粒子回到了原来位置．故C正确，D错误；故选C．

点睛：本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压，这样即可还原为我们常见题型．

4.如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=1.0Ω，电阻R1=4.0Ω，R2=7.5Ω，R3=5.0Ω，电容器的电容C=10μF，闭合开关S，电路达到稳定后电容器的电荷量为（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】

闭合开关S，R1和R3串联，R2相当于导线，电容器的电压等于R3两端的电压，再根据串联电路分压规律求出电容器的电压，可求出电容器的电荷量。

【详解】闭合开关S，R1和R3串联，电容器的电压等于R3的电压，为：

电容器上所带的电荷量 Q=CU=10×10-6×6.0C=6.0×10-5C

故选：B。

【点睛】本题是含有电容器的电路，分析电路时要抓住电路稳定时，电容器相当于开关断开，所在电路没有电流，其电压等于所在支路两端的电压。

5.如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB，由于B球受到风力作用，环A与B球一起向右匀速运动．已知绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法中正确的是（    ）

A. B球受到的风力F为mBgtanθ

B. 风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变

C. 风力增大时，杆对环A的支持力增大

D. 环A与水平细杆间的动摩擦因数为

【答案】A

【解析】

【详解】A．对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如图

风力为

F=mBgtanθ

故A正确；

B．绳对B球的拉力

当风力增大时，θ增大，则T增大，故B错误；

CD．把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力(mA+mB)g、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如图：

根据共点力平衡条件可得：杆对A环的支持力大小

N=(mA+mB)g

支持力与风速无关》

f=F

则A环与水平细杆间的动摩擦因数为

故C、D均错误。

6.一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为 (　　)

A. 5A B. 2A

C. 6A D. 5A

【答案】B

【解析】

【详解】0−1s内的磁通量变化率为：K1=0.01/1Wb/s=0.01Wb/s，

则感应电动势为：E1=nK1=1V，

1−1.2s内的磁通量变化率为：K2=0.01/0.2Wb/s=0.05Wb/s，

则感应电动势为：E2=nK2=5V，

对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量：

Q=Q1+Q2= ×1+ ×02=12J

根据有交流电有效值的定义：Q=I2RT    

得：I=A，故ACD错误，B正确；

故选：B

7.两根平行金属导轨MN、PQ，间距为d，与水平面成角时，质量为m的圆柱体恰能匀速下滑，圆柱体横截面半径为r，当两根平行金属导轨MN、PQ放水平后，间距不变，对圆柱体施加一水平拉力F，使圆柱体作匀速直线运动，已知d=r,则F为（    ）

A.  B.  C. mg D.

【答案】D

【解析】

【详解】导轨倾斜时圆柱体刚好匀速下滑，把重力分解到沿导轨方向和垂直导轨方向，有：

两支持力的合力与重力压斜面的分力平衡，有：

联立可得：

当导轨水平放置，用水平力F拉动做匀速直线运动，

两支持力的合力在竖直方向平衡，有：

联立可得：

故选D.

8.2019年1月3日10时26分， “嫦娥四号”探测器在月球背面成功软着陆。若将发射过程简化如下：“嫦娥四号”探测器从地球表面发射后,进入地月转移轨道,经过M点时变轨进入距离月球表面3R（R为月球的半径）的圆形轨道Ⅰ,在轨道Ⅰ上经过P点时再次变轨进入椭圆轨道Ⅱ,之后又变轨进入近月轨道Ⅲ，最后择机在Q点着陆月球表面。下列说法正确的是

A. “嫦娥四号”探测器在轨道Ⅰ、Ⅲ上的运行速度大小之比为2：1

B. “嫦娥四号”探测器沿轨道Ⅰ、Ⅱ运行经过P点时速度大小相同

C. “嫦娥四号”探测器沿轨道Ⅱ、Ⅲ运行的周期之比为

D. “嫦娥四号”探测器在地月转移轨道上经过M点的动能小于轨道Ⅰ上经过M点的动能

【答案】C

【解析】

【详解】A．探测器在轨道Ⅰ、Ⅲ上均做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：

可得：

而Ⅰ轨道的轨道半径为，Ⅲ轨道的轨道半径为，故线速度比值为：

故A项错误。

B．根据探测器由轨道Ⅰ换到轨道II做向心运动，则需要探测器减速，故沿轨道Ⅰ过P点的速度大于轨道Ⅱ经过P点时速度，故B项错误；

C．由几何关系可知，II轨道的半长轴为，Ⅲ轨道的半径为，根据开普勒第三定律：

带入数据可得：

故C正确.

D．“嫦娥四号”探测器在地月转移轨道上经过M点若要进入轨道I需要减速，所以在地月转移轨道上经过M点的动能大于轨道Ⅰ上经过M点的动能，D项错误。

9.如图所示，10匝矩形线圈，在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以角速度为100rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L2．已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A，则(     )

A. 若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为200cos(100t) V

B. 若开关S闭合，电流表示数将增大

C. 若开关S闭合，灯泡L1将变暗

D. 灯泡L1的额定功率为2W

【答案】AB

【解析】

【详解】A．变压器的输入电压的最大值为：

Um=NBSω=10×0.4×0.5×100=200V

从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为：

u=Umcosωt=200cos(100t) V

故A正确；

B．若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，故输出电流增加，故输入电流也增加，输入功率增加，电流表示数将增大，故B正确；

C．若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变；故C错误；

D．变压器输入电压的有效值为：

开关断开时L1正常发光，且电流表示数为I1=0.01A，灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率为：

故D错误。

10.将质量分别为m和2m的两个小球A和B，用长为2L的轻杆相连，如图所示，在杆的中点O处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止自由释放，在B球顺时针转动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)(　　)

A. A、B两球的线速度大小始终不相等

B. 重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小

C. B球转动到最低位置时的速度大小为

D. 杆对B球做正功，B球机械能不守恒

【答案】BC

【解析】

【详解】A．A、B两球用轻杆相连共轴转动，角速度大小始终相等，转动半径相等，所以两球的线速度大小也相等，故A错误；

B．杆在水平位置时，重力对B球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时，B球的重力方向和速度方向垂直，重力对B球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对B球做功的瞬时功率不为零，因此，重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，故B正确；

C．设B球转动到最低位置时速度为v，两球线速度大小相等，对A、B两球和杆组成的系统，由机械能守恒定律得

2mgL－mgL＝(2m)v2＋mv2

解得v＝，故C正确；

D．B球的重力势能减少了2mgL，动能增加了

机械能减少了，所以杆对B球做负功，故D错误．

11.空间存在着平行于x轴方向的静电场.A、M、O、N、B为x轴上的点，OA<OB，OM＝ON，AB间的电势φ随x的分布如图所示，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是(　　)

A. 粒子一定带负电

B. 粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大

C. 粒子一定能通过N点

D. AO间的电场强度大于OB间的电场强度

【答案】ACD

【解析】

试题分析：由图可知，两点电势相等，点的电势最高，到是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电，A正确；到电势均匀升高，故到的电场是匀强电场，所以粒子向运动过程中所受电场力不变，故B错误；由图可知，两点电势相等，点的电势小于点的电势，故到电场力做的功大于到电场力做的功，所以粒子能通过点，故C正确；到电势均匀升高，图象的斜率大小等于电场强度，故到的电场是匀强电场，故D正确。

考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系

【名师点睛】本题要掌握电势的变化与电场强度方向的关系，知道图象的斜率等于电场强度，图中、两点电势相等，点的电势小于点的电势，点的电势最高，根据电场力做功情况，分析粒子能否通过点，根据粒子在电场作用下运动的方向可以判断它的电性；图象的斜率大小等于电场强度。

12.如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体以速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为，现让弹簧一端连接另一质量为的物体（如图乙所示）， 物体以的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为，则(   )

A. 物体的质量为

B. 物体的质量为

C. 弹簧压缩最大时的弹性势能为

D. 弹簧压缩最大时弹性势能为

【答案】AC

【解析】

【详解】对图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能EP=M；对图乙，物体A以2的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x时，A、B二者达到相等的速度v

由动量守恒定律有：M=(M+m)v

由能量守恒有：EP=M-(M+m)

联立两式可得：M=3m，EP=M=m，故B、D错误，A、C正确。

故选：A、C

二、实验题

13.气垫导轨是研究与运动有关的实验装置，也可以用来研究功能关系．如图甲所示，在气垫导轨的左端固定一轻质弹簧，轨道上有一滑块A紧靠弹簧但不连接，滑块的质量为m．

(1)用游标卡尺测出滑块A上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=__cm；

(2)利用该装置研究弹簧对滑块做功的大小；某同学打开气源，调节装置，使滑块可以静止悬浮在导轨上，然后用力将滑块A压紧到P点，释放后，滑块A上的挡光片通过光电门的时间为△t，则弹簧对滑块所做的功为__．（用题中所给字母表示）

(3)利用该装置测量滑块与导轨间的动摩擦因数；关闭气源，仍将滑块A由P点释放，当光电门到P点的距离为x时，测出滑块A上的挡光片通过光电门的时间为t，移动光电门，测出多组数据（滑块都能通过光电门），并绘出图象．如图丙所示，已知该图线斜率的绝对值为k，则滑块与导轨间的滑动摩擦因数为__．

【答案】    (1). 0.960    (2).     (3).

【解析】

【详解】(1)[1]主尺读数为：9mm；游标尺分度为0.05mm，第12个刻度对齐，故游标尺读数为：0.05×12mm=0.60mm，故宽度为：d=9+0.60=9.60mm=0.960cm．

(2)[2]滑块通过光电门已经是匀速运动了，其平均速度为：

瞬时速度等于平均速度，故瞬时速度为：

此时滑块动能全部由弹簧弹性势能转化而来，故弹簧做功为：

 (3)[3]每次都有P释放，则每次弹簧弹性势能都相同，由能量转化和守恒可得：

     ①

解得：

    ②

由于

故

带入可得动摩擦因数为:

14.某个同学设计了一个电路，既能测量电池组的电动势E和内阻r，又能同时测量未知电阻Rx的阻值。器材如下：

A．电池组（四节干电池）

B．待测电阻Rx（约l0Ω）

C．电压表V1（量程3V、内阻很大）

D．电压表V2（量程6V、内阻很大）

E．电阻箱R（最大阻值99. 9Ω）

F．开关一只，导线若干

实验步骤如下：

（1）将实验器材连接成如图(a)所示的电路，闭合开关，调节电阻箱的阻值，先让电压表V1接近满偏，逐渐增加电阻箱的阻值，并分别读出两只电压表的读数。

（2）根据记录电压表V1的读数U1和电压表V2的读数U2,以为纵坐标，以对应的电阻箱的阻值R为横坐标，得到的实验结果如图(b)所示。由图可求得待测电阻Rx=____  Ω（保留两位有效数字）。

（3）图(c)分别是以两电压表的读数为纵坐标，以两电压表读数之差与电阻箱阻值的比值为横坐标得到结果。由图可求得电池组的电动势E=__V，内阻r=____Ω；两图线的交点的横坐标为___A，纵坐标为________V.（结果均保留两位有效数字）

【答案】    (1). 8.0    (2). 6.0    (3). 4.0    (4). 0.50    (5). 4.0

【解析】

【详解】(2)[1]串联电路电流处处相等，由图（a）所示电路图可知：

则：

则图象的斜率：

解得：

RX=8.0Ω

(3)[2][3]由图（a）所示电路图可知：

图线是电源的U-I图象，由图示图象可知，电源电动势：E=6.0V，电源内阻：

[4][5]图线是RX的U-I图象，两图线交点反应的是电源与定值电阻直接串联时的情况，交点的横坐标：

纵坐标：

U=E-Ir=6-0.50×4=4.0V

三、计算题

15.如图所示,MN、PQ是平行金属板,板长为l,两板间距离为,PQ板带正电,MN板带负电,在PQ板的上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间,结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场,然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场。不计粒子重力。求:

（1）两金属板间所加电场电场强度大小。

（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小。

【答案】(1)   (2)

【解析】

【详解】(1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，有：

在沿电场方向上有：

联立两式解得

(2)出电场时沿电场方向上的速度

vy=at=v

则进入磁场的速度为

速度与水平方向成45度角.

根据几何关系得:

根据

得

解得

16.如图所示，足够长的水平传送带以速度v匀速运动。质量分别为2m、m的小物块P、Q，用不可伸长的轻软细绳，通过固定光滑小环C相连。小木块P放在传送带的最右端，恰好处于静止状态，C、P间的细绳水平。现有一质量为m的子弹以v0＝9 m/s的速度射入小物块P并留在其中。重力加速度g取10 m/s2，子弹射入物块P的时间可以忽略不计。求：

(1)小物块P与传送带间的滑动摩擦因数；

(2)从子弹射入小物块P至细绳再次拉直的时间；

(3)要使小物块P不从传送带的左端离开传送带，传送带至少多长？

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【分析】

静止时分别对P、Q受力分析，由平衡条件求出小物块P与传送带间的滑动摩擦因数；子弹射入小物块P过程，对子弹和小物块P系统，由动量守恒求得速度，子弹射入P至细绳再次拉直，P做减速运动，Q做自由落体运动，由牛顿第二定律和运动学规律求出从子弹射入小物块P至细绳再次拉直的时间；细绳再次拉直至P、Q刚共速过程，分别对P、Q由动量定理得刚共速的速度大小，P、Q刚共速一起做匀减速运动，由牛顿第二定律和运动学规律求出滑行的距离，再求出要使小物块P不从传送带的左端离开传送带，传送带的长度；

【详解】解：(1)设静止时小物块P与传送带间的动摩擦因数为μ，细绳拉力大小为T1 ，分别对P、Q由平衡条件得：

联立以上两式得：

(2)设子弹射入P后与P刚共速的速度大小为v1。子弹射入小物块P过程，对子弹和小物块P系统，由动量守恒得：

设子弹射入P至细绳再次拉直的时间为t， 该过程P在传送带上运动的加速度大小为a1，P的位移大小为x1，该过程中，P做减速运动，Q做自由落体运动，对子弹和P整体由牛顿第二定律得：

由运动学规律得：

且满足：

联立以上各式得：

(3)设细绳再次拉直时P、Q的速度大小分别为v2、v3，刚共速的速度大小为v4；从细绳再次拉直至P、Q刚共速过程细绳拉力对P、Q的冲量大小均为I；从P、Q刚共速时至P减速为0的过程P的位移大小为x2，细绳的拉力大小为T2，传送带的最小长度为L；

从子弹射入P至细绳再次拉直过程，分别对P、Q由运动学规律得：

细绳再次拉直至P、Q刚共速过程，分别对P、Q由动量定理得：

从P、Q刚共速时至P减速为0的过程，分别对P、Q由牛顿第二定律得：

对P由运动学规律得：

满足：

联立以上各式得：

17.t=0时刻，同一介质中在x=-8m和x=8m处分别有振源A和B同时做振幅A=10cm的简谐振动，t=4s时，波形如图所示，则可知_______

A. 振源A与振源B的频率相同

B. 机械波在此介质中的传播速度v=1m/s

C. t=8s时，0点处在平衡位置并向y轴负方向运动

D. t=11s时，0点处在y=10cm处，并向y轴正方向运动

E. 此两列波在x轴相遇时，在AB间会形成稳定的干涉图样，其中x=0，4，-4处是振动加强点

【答案】BCD

【解析】

由图可知， , ，两列波的波速相同，故根据 可知， ，选项A错误；机械波在此介质中的传播速度 ，选项B正确；t=8s时，两列波均传到O点，由两列波在O点引起的振动方向均向下，故0点处在平衡位置并向y轴负方向运动，选项C正确；t=11s时，由A振动在O点的振动位移为零，振动速度向上；由B振动在O点的振动位移为10cm，振动速度为零；故由振动的合成可知，0点处在y=10cm处，并向y轴正方向运动，选项D正确；因两列波的频率不同，故此两列波在x轴相遇时，在AB间不会形成稳定的干涉图样，选项E错误；故选BCD.

点睛：此题是关于机械波的传播及叠加问题；关键是知道机械波的独立传播原理及叠加原理；在同种介质中机械波的波速相同.

18.如图所示，一横截面为半圆柱形的透明物体，底面AOB镀银（图中粗线），O表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点的入射角为30，MOA=60，NOB=30。

求（1）作出光路图，并求光线在M点的折射角；

（2）透明物体的折射率。

【答案】（1）

（2）

【解析】

试题分析：如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于面EF对称，

Q、P和N三点共线。

设在M点处，光的和射角为i，折射角为r，。

根据题意有①

由几何关系得，，于是②

且③ 由①②③式得④

（ii）解：根据折射率公式有⑤ 由④⑤式得⑥

考点：作光的折射光路图；平面镜成像的相关作图．

点评：首先要记熟光的折射定律的内容，并要搞清折射角与入射角的关系．