河北省邯郸市2020届高三上学期期末考试物理试题

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。

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　　

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】

【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（  ）

A.  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

B. 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】

【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

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=10V

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

＝2n＝20rad/s

从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式

e＝Emsin（t+90°）＝Emcost＝10cos20t (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.

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＝3L，同理：L5﹣L2＝3L，L6﹣L3＝3L，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

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06mA，内阻约）

电流表G2（量程为060mA，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）。

【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、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

mgsin1﹣mgcos1＝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

mgsin2﹣mgcos2=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

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】

【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

mgssin＝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。