1、黑龙江省实验中学2020届高三物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图所示，甲是回旋加速器的原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是欧姆表的内部电路图，丁图是速度选择器，下列说法正确的是（ ）A. 甲图是加速带电粒子的装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度变大B. 乙图电路开关断开瞬间，灯泡A可能会突然闪亮一下C. 丙图在测量电阻时，电流从A经过R流向BD. 丁图中电子从右向左运动时，可能是直线运动【答案】B【解
2、析】【详解】A根据得，粒子的最大速度，可知最大速度与加速电压无关只和磁场区域的半径有关；故A不正确B电键断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡A，所以灯泡A不会立即熄灭，若断开前，通过电感的电流大于灯泡的电流，断开开关后，灯泡会闪亮一下然后逐渐熄灭若断开前，通过电感的电流小于等于灯泡的电流，断开开关后，灯泡不会闪亮一下故B正确C丙图为多用电表的欧姆档；需要进行欧姆调零，测量的电流都是从正极出发流过黑表笔，流过电阻R，最后从红表笔进表到电源的负极，故C错误D丁图利用了速度选择器的原理，电子从右向左运动时，洛伦兹力和电场力都向上，则向上偏转；此装置只能从左向右选择速度，故D
3、错误。故选B。2.如图所示的木块B静止在光滑的水平面上，木块上有半径为的光滑圆弧轨道，且圆弧轨道的底端与水平面相切，可视为质点的物块A以水平向左的速度冲上木块，经过一段时间刚好运动到木块的最高点，随后再返回到水平面已知两物体的质量为、重力加速度g=10m/s2则下列说法正确的是（ ）A. 物块A滑到最高点的速度为零B. 物块A的初速度大小为4m/sC. 物块A返回水平面时的速度为4m/sD. 木块B的最大速度为2m/s【答案】B【解析】【详解】AB物块A刚好运动到木块B的最高点时，两者共速为v，对物块A和木块B组成的系统，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：=mAgR+ 解得v0=4m/s、v=
4、2m/s故A错误，B正确；CD当物块A返回到水平面时，木块B的速度最大，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：=+ 解得v2=4m/s、v1=0m/s另一组解v1=4m/s、v2=0（舍去）故CD错误3.如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里匀强磁场，边界ON上有一粒子源S某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场已知MON30，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（）A
5、. TB. TC. TD. T【答案】A【解析】【详解】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ESOM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短由题意可知，粒子运动的最长时间等于，设OSd，则DSOStan30，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：，由几何知识有：ESOSsin30d，cos，则：120，粒子在磁场中运动的最长时间为：tmin，故A正确，BCD错误4.如图所示，卫星在半径为的圆轨道上运行速度为，当其运动经过点时点火加速，使卫星进入椭圆轨道运行
6、，椭圆轨道的远地点与地心的距离为，卫星经过点的速度为，若规定无穷远处引力势能为0，则引力势能的表达式，其中为引力常量，为中心天体质量，为卫星的质量，为两者质心间距，若卫星运动过程中仅受万有引力作用，则下列说法正确的是（）A. vB v1B. 卫星在椭圆轨道上点的加速度小于点的加速度C. 卫星在点加速后的速度为D. 卫星从点运动至点的最短时间为【答案】C【解析】【详解】A假设卫星在半径为r2的圆轨道上运行时速度为v2由卫星的速度公式 知，卫星在半径为r2的圆轨道上运行时速度比卫星在半径为r1的圆轨道上运行时速度小，即v2v1卫星要从椭圆轨道变轨到半径为r2的圆轨道，在B点必须加速，则vBv2，所
7、以有vBv1故A错误。B由，可知轨道半径越大，加速度越小，则，故B错误；C卫星加速后从A运动到B的过程，由机械能守恒定律得， 得故C正确；D设卫星在半径为r1的圆轨道上运行时周期为T1，在椭圆轨道运行周期为T2根据开普勒第三定律又因为卫星从A点运动至B点的最短时间为联立解得故D错误。故选C。5.如图所示，实线是电场中一簇方向已知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是运动轨迹上的两点，若带电粒子只受电场力作用，根据此图作出的判断是（）A. 带电粒子一定带负电B. 带电粒子一定是从a向b运动的C. 带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度D. 带电粒子在a点的电势能小于在
8、b点的电势能【答案】ACD【解析】【详解】A合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向沿电场线向左，而电场线向右，所以带电粒子带负电，A正确。B带电粒子可能从a运动到b，也可能从b运动到a，B错误。Ca处电场线较密，故a点的场强大于b点的场强，所以a点所受的电场力大于b点，则带电粒子在b点的加速度小于在a点的加速度，C正确。D若粒子从a运动到b，电场力方向与速度方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大。所以带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能；若粒子从b运动到a，电场力方向与速度方向夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，故电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能，综上所述，电粒子在a点的电势能
9、小于在b点的电势能，D正确。故选ACD6.如图甲所示，等离子气流（由高温高压的等电量的正、负离子组成）由左方连续不断地以速度v0 射入P1 和P2 两极板间的匀强磁场中，ab直导线与P1 、P2 相连接，线圈A与直导线cd相连接，线圈A内存在如图乙所示的变化磁场，且磁感应强度B的正方向规定为向左，则下列叙述正确的是（）A. 01s内ab、cd导线互相排斥B. 12s内ab、cd导线互相吸引C. 23s内ab、cd导线互相排斥D. 34s内ab、cd导线互相吸引【答案】BC【解析】【详解】左侧实际上为等离子体发电机，将在ab中形成从a到b的电流，由图乙可知，02s内磁场均匀变化，根据楞次定律可知
10、将形成从c到d的电流，同理24s形成从d到c的电流，且电流大小不变，故02s秒内电流同向，相互吸引，24s电流反向，相互排斥，故A，D错误，B，C正确.故选BC.7.如图a所示在光滑水平面上用恒力F拉质量m的单匝均匀正方形铜线框，边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t0，若磁场的宽度为b（b3a），在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场此过程中vt图象如图b所示，则（）A. t0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0B. 在t0时刻线框的速度为C. 线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比t0时刻线框的速度大D. 线框从1位置进入磁场到完全离开磁场
11、位置3过程中，线框中产生的电热为2Fb【答案】BD【解析】【详解】A.t0时，MN边切割磁感线相当于电源，线框右侧边MN的两端电压为外电压，感应电动势：EBav0外电压U外EBav0，故A项不合题意.B.根据图象可知在t03t0时间内，线框做匀加速直线运动，合力等于F，则在t0时刻线框的速度为vv0-a2t0v0故B项符合题意.C.因为t0时刻和t3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开磁场时的速度与t0时刻的速度相等，故C项不合题意.D.因为t0时刻和t3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开磁场时的速度与t0时
12、刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多.线框在位置1和位置2时的速度相等，从位置1到位置2过程中外力做的功等于克服安培力做的功，即有FbQ，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2Fb，故D项符合题意.8.如图所示，斜面体ABC放在水平桌面上，其倾角为37，其质量为M=5kg现将一质量为m=3kg的小物块放在斜面上，并给予其一定的初速度让其沿斜面向上或者向下滑动已知斜面体ABC并没有发生运动，重力加速度为10m/s2，sin37=0.6则关于斜面体ABC受到地面的支持力N及摩擦力f的大小，下面给出的结果可能的有( )A. N=50N，f=40NB. N=87
13、.2N，f=9.6NC. N=72.8N，f=0ND. N=77N，f=4N【答案】ABD【解析】【详解】设滑块的加速度大小为a，当加速度方向平行斜面向上时，对Mm的整体，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：N-（m+M）g=masin37水平方向：f=macos37解得：N=80+1.8a f=2.4a 当加速度平行斜面向下，对整体，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：-N+（m+M）g=masin37水平方向：f=macos37解得：N=80-1.8a f=2.4a A、如果N=50N，f=40N，则，符合式，故A正确；B、如果N=87.2N，f=9.6N，则a=-4m/s2，符合两式，故B正确；
14、C、如果N=72.8N，f=0N，不可能同时满足或式，故C错误；D、如果N=77N，f=4N，则，满足式，故D正确；故选ABD.二、非选择题：共62分，第912题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1314题为选考题，考生根据要求作答。9.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看
15、做滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动(1)某次实验测得倾角30，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为Ek_，系统的重力势能减少量可表示为Ep_，在误差允许的范围内，若EkEp，则可认为系统的机械能守恒(用题中字母表示)(2)在上述实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2d图象如图乙所示，并测得Mm，则重力加速度g_m/s2.【答案】 (1). (2). (3). 9.6【解析】【详解】（1）滑块从A处到达B处速度:则系统动能的增加量：系统重力势能的减小量：Ep=mgd-Mgdsin30=（m）gd（2）根据系统机械能守恒的：（M+
16、m）v2（m）gd则：图线的斜率：解得：g=9.6m/s210.图（a）为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图（1）虚线框内是用毫安表改装成电流表的电路已知毫安表表头的内阻为10 ，满偏电流为100 mA，电阻R1=2.5 ，由此可知，改装后电流表的量程为_A（2）实验步骤如下，请完成相应的填空：将滑动变阻器R的滑片移到_端（选填“A”或“B”），闭合开关S；多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图（b）所示，其读数为_mA以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线，如图（c）所示；根据图线求得电源的电动势E=_V，内阻r=_（结果均保留到小数
17、点后两位）【答案】 (1). 0.5 (2). B (3). 68 (4). 1.48 (5). 0.45【解析】【详解】（1）1根据欧姆定律得，改装后电流表的量程A（2）2为保护电路，实验中应让电阻由最大值开始调节，所以开始时滑片应滑到B端；3电流表量程为100mA，由图示表盘可知，其读数为68mA；4 根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的5倍，由闭合电路欧姆定律可知：由图可知，电源的电动势：E=1.48V解得：r=2.45-2=0.4511.如图所示，在坐标系xoy平面的第象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在第象限内存在垂直纸面向里的另一个匀强磁场B2，在x轴上有一点Q(,0)、在
18、y轴上有一点P (0,a)现有一质量为m，电量为+q的带电粒子（不计重力），从P点处垂直y轴以速度v0射入匀强磁场B1中，并以与x轴正向成60角的方向进入x轴下方的匀强磁场B2中，在B2中偏转后刚好打在Q点求：匀强磁场的磁感应强度B1、B2的大小；粒子从P点运动到Q点所用的时间【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知：r1=r1cos60+a，r1=2a，2r2sin60=2a-r1sin60，解得：r2=a，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，将半径代入解得：B1=，B2=；（2）粒子做圆周运动的周期：，粒子的
19、运动时间：t=t1+t2=T1+T2，解得：t=；【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动、分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、应用牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用12.如图甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角53，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好棒的质量m1.0 kg，R1.0 ，长度L1.0 m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数0.5，现对ab棒施加一个方向水向右，按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则a
20、b棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取10 m/s2.(1)求ab棒的加速度大小；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若已知在前2 s内F做功W30 J，求前2 s内电路产生的焦耳热；(4)求cd棒达到最大速度所需的时间【答案】(1) 1m/s2(2) 2T(3) Q=18J(4)t=5s【解析】详解】(1)对ab棒：f=v=atF-BIL-f=maF=m(g+a)+(1)a=1m/s2(2)当t=2s时，F=10N 由(1)B=2T(3)0-2s过程中，对a、b棒，由动能定理知：x=at2=2m v=at=2m/sW-x-Q=mv2Q=18J(4)当时间为t时，cd棒平衡，速度最大N=BIL+
21、mgcos53f=Nmgsin53=fmgsin53=解得：t=5s【点睛】本题考查牛顿运动定律与电磁感应的结合，难度较大，导体棒在运动过程中受到重力、安培力和摩擦力，由牛顿第二定律列式求解，在2s时刻由牛顿第二定律求出安培力，根据导体棒做匀变速直线运动的规律可求出磁感强度，在第三问中有关能量变化，可利用动能定理求解三、选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分【物理选修33】13.关于热现象和热力学规律，下列说法中正确的是_A. 分子间同时存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力的合力大小随着分子间距离的增大而减小B. 物体的温度升高时，并不是物体内每个
22、分子的热运动的速率都增大C. 在温度不变的条件下压缩一定量的理想气体，此过程中气体一定对外放热D. 第二类永动机不可能制造成功的原因是因为它违背了热力学第一定律E. 自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性【答案】BCE【解析】【详解】A.分子间同时存在相互作用的引力和斥力，当分子间距为时，随着分子间距增大，分子力先增大再减小，A错误B.物体的温度升高时，分子平均动能增大，并非每个分子速率都增大，每个分子仍在无规则运动，B正确C.理想气体内能只与温度有关，温度不变，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体一定对外放热，C正确D.第二类永动机没有违反热力学第一定律，但是违反了
23、热力学第二定律，所以不可能制成，D错误E.根据热力学第二定律可知：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，E正确14.如图所示，导热性能良好的汽缸分为上下两部分，上半部分的横截面积为3S，下半部分的横截积为S.重力不计的活塞与汽缸内壁没有摩擦，汽缸下半部分的长度为L，活骞到汽缸底部的距离为2L，汽缸封闭的气体为理想气体，环境温度为，大气压强为，重力加速度为g.保持环境温度不变，在活塞上放一个重物图中未画出)，活塞下降，最终稳定在距离汽缸底部1.5L的位置，则重物质量为多少?重物放在活塞上不动，缓慢升高环境温度，活塞可到原来位置时，环境温度为多少?活塞内封闭的气体吸收的热量为Q，汽缸内气体的内能增加了多少?【答案】（1） （2）【解析】【详解】根据题意：p1=p0 根据解得：而解得：根据题意：解得：内部气体对外做功为：内能增加：U=Q-U