2019-2020河南省南阳市高三物理上学期期末试卷（word有答案）

答案

1、【答案】C

【解析】解：A、若入射光的频率小于金属的极限频率，时间再长也可能发生光电效应，则A错误

B、同种金属的极限频率为一定值，则B错误

C、由eU=hγ-W0可知射光的频率越大，遏止电压就越大，则C正确

D、最大初动能EK=hγ-W0，与光强无关，则D错误

故选：C。

发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目。

解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目。入射光越强饱和光电流越大。

2、【答案】B

【解析】解：根据题意知道变压器的输入电压的有效值为U1=220V

A、电压表示数为变压器的输出电压，根据变压比，可以得到U2=55V，故A错误。

B、因为灯泡正常发光，所以通过灯泡的电流为，电流表的示数为变压器的输出电流I2=3A，根据并联电路电流的特点可知通过电动机的电流为IM=I2-IL=2A，所以电动机的发热功率为，故B正确。

C、电动机的电功率为P=U2IM=110W，故C错误。

D，通过保险丝的电流即为变压器的输入电流I1，根据变流比可知I1=0.75A，故D错误。

故选：B。

可以根据变压比计算电压表的示数；根据并联电路电流的特点可以计算出通过电动机的电流，进而根据热功率计算出电动机的发热功率；电动机两端的电压等于变压器的输出电压，根据电功率公式计算电动机的电功率；根据变流比计算通过保险丝的电流。

可以根据变压比和变流比计算出相应的电流，但在计算涉及到电动机的功率时，要注意电动机的电流计算方式，不能用欧姆定律计算。

3、【答案】D

【解析】解：A、以小球为研究对象，小球受到的重力与绳子的拉力是一对平衡力，所以绳子的拉力大小T等于小球的重力，即T=mg。

以斜面和滑块组成的整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得：f=Tcos45°=，方向水平向左，故A错误。

BCD、设斜面的质量为M，地面对斜面的弹力大小为N，以斜面和滑块组成的整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得：N=（M+2m）g-Tsin45°

所以斜面受到地面的弹力比滑块和斜面的重力之和小Tsin45°=mg，故BC错误，D正确。

故选：D。

以小球为研究对象受力分析，根据平衡条件求出绳子的拉力；再以滑块与斜面体组成的整体为研究对象，求出斜面受到的摩擦力的大小和方向以及地面对斜面的支持力大小。

本题关键是先根据向心力公式得出球对细线的拉力，最后对滑块受力分析后根据共点力平衡条件判断斜面受到的静摩擦力大小和方向，同时要注意研究对象的灵活选择。

4、【答案】A

【解析】解：A、根据能量守恒定律可知，细线烧断前弹簧具有的弹性势能等于物块在B点的重力势能和产生的内能之和，即为：

Ep=mgh+μmg+μmgcosα•=mgh+μmg+μmghcotα，故A正确。

B、在此过程中产生的内能等于物块克服摩擦力做的功，为Q=μmg+μmgcosα•=μmg+μmghcotα，故B错误。

C、弹簧对小物块做功等于细线烧断前弹簧具有的弹性势能，为mgh+μmg+μmghcotα，故C错误。

D、在此过程中斜面对小物块的摩擦力做功为Wf=-μmg-μmgcosα•=-μmg-μmghcotα，故D错误。

故选：A。

根据能量守恒定律求细线烧断前弹簧具有的弹性势能。在此过程中产生的内能等于小物块克服摩擦力做的功。根据动能定理求弹簧对小物块做功。根据功的公式求斜面对小物块的摩擦力做功。

解答本题的关键要知道物体在运动过程中存在着哪些形式的能的转化，知道做功过程中功是能量转化的量度。

5、【答案】D

【解析】解：AB、当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为NP，

根据法拉第电磁感应定律，NP产生的感应电动势为

E=BLv

此时N、P两点间的电势差U为路端电压，有

U=E=BLv

故A错误；

此时QP、NP受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为

F安=

故B错误；

CD、当线圈中心经过磁场边界时，回路中的瞬时电功率为

p==

在线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，感应电动势一直在变化，故

回路中的平均电功率不等于经过磁场边界时的瞬时电功率，故C错误；

根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，有

通过导线某一横截面的电荷量为

q==

故D正确；

故选：D。

AB、根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求出N、P两点间的电势差；

根据QP、NP受安培力作用，且相互垂直，可以求出合力大小；

C、根据电动势和电阻可以求出回路中的瞬时电功率，进而判断选项；

D、根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出电量的表达式，代入相关量可得电荷量。

本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，在求电荷量时，要牢记公式q=并能推导出来；另外要注意电功率的瞬时值和平均值的区别。

6、【答案】AC

【解析】解：A、在月球表面有，=mg0，在轨道I上运动有：=m，解得v=，故A正确。

B、飞船在A点处点火变轨后做向心运动，可知需要的向心力小于提供的向心力，由向心力的公式可知飞船的速度减小所以动能减小，故B错误。

C、在轨道III上运动有：，则卫星在轨道III上运动一周所需时间T=2π，故C正确。

D、飞船从A到B的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒不变，故D错误。

故选：AC。

在月球表面，万有引力等于重力，在任意轨道，万有引力提供向心力，联立方程即可求解。

卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定。

飞船在近月轨道Ⅲ绕月球运行，重力提供向心力，根据向心力周期公式即可求解。

解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用。

7、【答案】BC

【解析】解：A、根据v-t图的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误。

B、设甲运动的总时间为t，根据几何关系可得：=，得t=3.6s，在0-3.6m内，甲的位移x甲=m=32.4m.0-4s内，乙的位移x乙=m=24m，因二者最终停在同一斑马线处，所以，t=0时乙车在甲车前方x甲-x乙=8.4m处，故B正确。

C、0-3s内，甲、乙位移之差△x=m=9m，因t=0时乙车在甲车前方8.4m处，所以t=3s时甲车在乙车前方0.6m处，故C正确。

D、由上分析知，前3s内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故D错误。

故选：BC。

由v-t图的斜率大小比较两车加速度大小，根据图象与时间轴所围的面积表示位移，求出两车的位移，再确定t=0时两者位置关系。根据位移关系确定t=3s时位置关系。

本题是速度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义。要明确相遇时两车的位移关系。

8、【答案】AD

【解析】解：A、由图可知E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此UOA=，由于φo=0，因此φA=-，故A正确。

B、粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B错误。

C、粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量，或者从OA段和BC段图象包围的面积分析可知UOA＞UBC，根据电场力做功公式W=qU和W=△E电，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量。故C错误。

D、从O到B点过程列动能定理，则有：W电=qUOB=EKB-0，而UOB=E0（d+2d），联立方程解得：EKB=．故D正确。

故选：AD。

根据E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，可计算出A点的电势；利用场力做正功情况分析物体的运动性质；

运用动能定理、电场力做功的公式以及电场力做功与动能和电势能的关系可得出其动能大小及电势能的变化情况。

解答本题的关键是：要知道E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，再利用动能定理、电场力做功公式和电场力做功与电势能的变化关系可解答案。

9、【答案】BCE

【解析】解：A、过程①中气体等温变化△U=0，压强增大，根据理想气体状态方程知，体积一定减小，外界对气体做功W＞0，再根据热力学第一定律W+Q=△U，可知Q＜0，所以过程①中气体放热，故A错误；

B、过程②中气体等容变化W=0，温度升高，△U＞0，根据热力学第一定律，Q＞0，所以过程②中气体从外界吸收热量，故B正确；

C、过程③中气体等压变化，温度升高，根据理想气体状态方程知，体积一定增大，气体对外界做功W＜0，故C正确；

D、状态a和状态e，压强相等，温度a比b小，根据理想气体状态方程知，状态a比状态e的体积小，故D错误；

E、过程④中气体等温变化△U=0，根据热力学第一定律，Q=-W，即气体吸收的热量和对外界做功的数值相等，故E正确。

故选：BCE。

先结合图象及根据理想气体状态方程，分析气体这种状态参量的变化，再根据热力学第一定律W+Q=△U，可以求出做功和吸收或者放热情况。

本题考查了理想气体的状态方程、热力学第一定律等知识点。解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。

10、【答案】BCE

【解析】解：A、图甲是t=0.2s时的波形图，图乙是P质点的振动图象，则在t=0.2s时，质点P沿y轴负方向传播，根据波动规律可知，波沿x轴负方向传播，故A错误。

B、由图甲确定波长λ=6.0m，由图乙确定周期T=0.4s，根据波长、波速和周期的关系可知，v==m/s=15m/s，故B正确。

C、t=0.2s时，质点Q处于波峰，则t=0.1s=时，质点Q处于平衡位置向上振动，故C正确。

D、质点P、Q的平衡位置，相隔λ，当质点P、Q关于波谷或波峰对称分布时，位置相同，加速度相同，故D错误。

E、t=0.2s时，质点P向下运动，质点Q也向下运动，在某些时刻速度可能相同，故E正确。

故选：BCE。

根据质点振动情况，结合波形图确定波的传播方向。

根据波长、波速和周期的关系确定波速。

质点P、Q的平衡位置，相隔λ，当质点P、Q关于波谷或波峰对称分布时，位置相同，加速度相同。

机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。

11、【答案】-

【解析】解：据挡光时间可知，滑块经过光电门的瞬时速度为，

滑块从A运动到B的过程中，根据系统动能定理得：

（mg-μMg）s=（M+m）（）2

变式为：=S

则K=

解得：μ=-。

故答案为：-。

由动能定理列等式求得-S的关系式，结合数学知识确定斜率的物理意义即可求μ的表达式。

对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。

12、【答案】1900  R1  R3 

【解析】解：（1）选择开关在电阻×100档位，由图甲所示可知，示数为：19×100Ω=1900Ω。

（2）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；

（3）电压表V1与定值电阻串联后与电压表V2并联，并联电路电压相等，

当电压表V2满偏时，定值电阻分压为4V，定值电阻分压为电压表V1两端的2倍，

定值电阻阻值应为电压表V1内阻的2倍，定值电阻阻值为4kΩ，定值电阻应选择R1；

为方便实验操作，滑动变阻器应选择R3。

（4）由图示电路图根据并联电路特点可知：U2=U1+IR=U1+R，

整理得：U2=U1（1+），U2-U1图象的斜率：k=1+，

电压表V1内阻：RV1=；

故答案为：（1）1900；（2）实物电路图如图所示；（3）R1；R3；（4）。

（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。

（2）根据电路图连接实物电路图。

（3）被测电压表电路与标注电压表两端电压相等，应用串联电路特点求出串联电阻阻值，然后选择定值电阻；为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。

（4）根据图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电压表内阻。

本题考查了欧姆表读数、实验器材选择与实验数据处理等问题，要掌握常用器材的使用与读数方法；根据图示电路图求出图象的函数表达式是求出电源内阻的前提与关键。

13、【答案】解：（1）对A滑块根据牛顿第二定律有：F-μmg=maA

代入数据解得：

1s时滑块A的速度为：vA=aAt=4×1m/s=4m/s

对B木板有：μmg=maB

代入数据解得：

则1s时B的速度为：vB=aBt=2m/s

（2）撤去F前，A的位移为：

B的位移为：

对AB，在撤去F之后到相对静止过程中，根据动量守恒定律有：mvA+mvB=2mv共

根据能量守恒定律有：

代入数据解得：x相对=0.5m

则A最终到右端的距离为：d=L-（xA-xB）-x相对

代入数据得：d=0.7m。

答：（1）撤去拉力F时小滑块A和长木板B的速度大小分别为4m/s和2m/s；

（2）A相对于B静止的位置与长木板右端的距离为0.7m。

【解析】（1）根据牛顿第二定律分别求解出A和B的加速度，根据速度时间关系求解各自的速度。

（2）根据运动学公式求解出撤去F前两者的相对位移，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解撤去F到两者速度相等时的相对位移，最后求解A相对于B静止的位置与长木板右端的距离。

解决该题关键是正确进行受力分析，知道相对位移的求解方法，掌握动量守恒的条件，能根据动量守恒列方程求解速度。

14、【答案】解：（1）设第二象限磁场磁感应强度为B1，粒子进入磁场区域做圆周运动的半径为R，则：

，解得：R=2l

又，解得：

（2）粒子恰好垂直匀强电场方向进入电场，做类平抛运动，则：（9l-l）sin60°=v0t，，qE=ma，解得：

（3）粒子做类平抛运动沿电场方向的分速度：

粒子进入环状磁场的速度：

方向恰好沿MP，即外圆切线方向。要做完整的圆周运动，做圆周运动的半径R应满足：或者

由，解得：或者

答：（1）第二象限匀强磁场磁感应强度的大小为

（2）匀强电场的电场强度大小为；

（3）环状区域匀强磁场的磁感应强度的取值范围为或者。

【解析】（1）根据粒子的运动轨迹结合几何关系得出半径，再运用牛顿定律进行计算得出磁感应强度大小；

（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，结合类平抛运动规律进行解题，得出电场强度大小；

（3）由题意可知，粒子做完整圆周运动，因此出电场后的方向一定与外圆相切，得到轨迹半径取值范围，再计算出磁感应强度。

本题考查了粒子在复合场中的运动，解题的关键是了解运动规律，并会结合几何进行求解，而取值范围中需要找到临界条件使得问题清晰明了。

15、【答案】解：①对活塞受力分析得：P0S=P1S+

解得：P1=P0

②设当活塞处于正中间时，上部气体压强为P2，则：P0=P2

又弹簧处于原长，则下部气体压强也为P2，则：P1+P0Vx=P2

联立解得：Vx=V

答：①初始状态活塞下部气体压强为P0。

②需要注入的压强为P0的气体的体积为V。

【解析】①对活塞受力分析可求得初始状态活塞下部气体压强；

②对上下两部分气体分别列理想气体状态方程，并找出两部分气体的联系，可求需要注入的压强为P0的气体的体积。

本题考察理想气体状态方程，一般对活塞或者液柱受力分析求气体压强；当需要对两部分气体都列方程时，注意是找出两部分气体的联系，理想气体状态方程只能选一部分气体，找初末状态列方程。

16、【答案】解：①光路图如图所示：

设从AF界面射入时的入射角为θ1，折射角为θ2，因为a光线平行于BD，则θ1=60°，

根据余弦定理有FB==R

所以θ3=30°，θ2=30°，

根据折射定律有。

②因为，

解得θ4=60°，

则偏转角φ为60°。

答：①玻璃砖的折射率n为。

②从B点出射的光线相对于射入玻璃砖前入射光线的偏转角φ为60°。

【解析】（1）作出光传播过程的光路图，根据余弦定律求解处折射角，进而根据折射定律求解折射率。

（2）根据折射定律求解从B点出射的光线相对于射入玻璃砖前入射光线的偏转角φ。

解决该题的关键是正确作出光在介质中传播的光路图，能根据数学知识求解相应的几何角度，熟记折射定律的表达式。