1、四川省棠湖中学2020届高三物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题1.以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述不正确的是( )A. 卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量B. 伽利略用了理想实验法证明力是维持物体运动的原因C. 电场强度、电容、电阻 均采用了比值定义法D. 根据平均速度，当，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想【答案】B【解析】【详解】A卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，从而求得地球质量，被人们称为“能称出地球质量的人”，故A正确，项不合题意B伽利略用了理想实验法证明力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故B错误，项符合题意C电场强度、电容、电阻均采用了
2、比值定义法定义物理量，体现物理量间没有正比和反比关系；故正确，项不合题意D根据平均速度，当t0，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想，故D正确，项不合题意2.如图所示的电路,R1是定值电阻,R2是滑动变阻器,L是小灯泡,C是电容器,电源内阻为r，开关S闭合后,在滑动变阻器触头向上移动过程中 A. 小灯泡变亮B. 电容器所带电荷量增大C. 电压表示数变小D. 电源的总功率变大【答案】B【解析】【详解】AC闭合开关S后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R2增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变暗。电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大。故AC错误。B电路稳定时电容器的电压
3、等于R2的电压，根据串联电路电压分配规律可知，R2增大，电容器的电压增大，则电容器所带电荷量增大，故B正确。D电源的总功率为P=EI，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误。故选B。3.如图所示为甲、乙在同一条直道上由同一起点开始运动的v-t图，由图像可知A. t1时刻甲、乙刚好相遇B. t1时刻乙的速度小于甲的速度C. 0时刻乙的加速度比甲的加速度大D. 0-t1时间内乙的平均速度等于甲的平均速度【答案】C【解析】【详解】Av-t图线和时间轴围成的面积为物体运动的位移，甲、乙同起点出发，t1时刻乙的位移大于甲的位移，所以不可能相遇，故A错误；Bt1时刻两图线相交，说明速度相等，故B错误
4、；Cv-t图线的斜率表示加速度，所以0时刻乙的加速度大于甲的加速度，故C正确；D平均速度等于总位移比总时间，0-t1时间内乙的位移大于甲的位移，所以乙的平均速度大于甲的平均速度，故D错误。故选C4.2016年，我国发射了首颗量子科学实验卫星“墨子”和第23颗北斗导航卫星G7。“墨子”在高度为500km的圆形轨道上运行，G7属地球同步轨道卫星（高度约为 36000km）。关于两颗卫星下列说法正确的是首颗量子卫星“墨子”A. 卫星 G7 可能会经过杭州的正上方B. 卫星“墨子”的线速度一定比卫星 G7 的线速度大C. 卫星“墨子”的运动周期可能大于24小时D. 两颗卫星内的设备处于完全失重状态，不
5、受地球引力的作用【答案】B【解析】【详解】A同步卫星在赤道上空，不可能经过杭州正上方，故A错误；B卫星做圆周运动，万有引力提供向心力：即：卫星“墨子”的轨道半径比卫星G7的轨道半径小，所以卫星“墨子”的线速度一定比卫星G7的线速度大，故B正确；C根据上述分析，卫星“墨子”的线速度大，轨道半径小，所以周期小于同步卫星的周期24小时，故C错误；D卫星在空中运行，受到地球的万有引力，故D错误。故选B5.竖直半圆形轨道ACB的半径为R，AB水平，C为轨道最低点，一个小球从A点以速度v0水平抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）A 总可以找到一个v0值，使小球垂直撞击AC段某处B. 总可以找到一
6、个v0值，使小球垂直撞击最低点CC. 总可以找到一个v0值，使小球垂直撞击CB段某处D. 无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击轨道【答案】D【解析】【详解】AB由于小球做平抛运动，水平速度不变，故不可能垂直撞击AC段某处，速度不可能竖直向下，所以A、B错误；CD若小球垂直撞击CB段某处，则速度反向延迟线过圆心，与平抛运动的速度反向延长线过水平位移的中点矛盾，故无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击轨道，所以C错误；D正确故选D。6.如图所示，带有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面的倾角为质量均为1kg的A、B两物体用轻弹簧拴在一起，弹簧的劲度系数为5N/cm，质量为2kg的物体C用细线通过光滑
7、的轻质定滑轮与物体B连接开始时A、B均静止在斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细线刚好被拉直现把手拿开，让C由静止开始运动，从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，下列说法正确的是（ ）（取g=10m/s2）A. 初状态弹簧的压缩量为1cmB. 末状态弹簧的伸长量为1cmC. 物体B、C与地球组成的系统机械能守恒D. 物体C克服绳的拉力所做的功为0.2J【答案】ABD【解析】【详解】A初状态弹簧的压缩量为故A正确B末状态弹簧的伸长量为故B正确C对于物体B、C与地球组成的系统，由于弹簧对B先做正功后做负功，所以系统的机械能不守恒故C错误D初末状态弹簧的弹性势能相等，对于弹簧、物体B、C与地球组
8、成的系统，根据机械能守恒定律得对C，由动能定理得解得物体C克服绳的拉力所做的功 W克=0.2J，故D正确7.如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的v-t图象如图乙所示，下列说法中正确的是A. 小球在MN右侧运动时间为t1一t2B. F2的大小为C. 小球在MN右侧运动的加速度大小为D. 小球在0t1时间内运动的最大位移为【答案】BC【解析】【详解】A由图乙知小球在t1时加速度改变方向，故可知t1时刻小球进入MN右侧，图线与t轴围成的
9、面积即为小球的位移，小球在MN右侧运动的时间为t3-t1，故A错误.BC由图乙可知小球在MN右侧的加速度大小为：在MN左侧，有牛顿第二定律可得：所以MN的右方，由牛顿第二定律可知：所以有：故B正确，C正确.D由图线与t轴围成的面积可得0t1时间内运动的最大位移为：故D错误.故选BC.8.一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板B接地，P为两极板间一点，如图所示用E表示电容器两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，表示P点的电势，则下列说法中正确的是()A. 若保持B极板不动，将极板A向下移动少许，则U变小，E不变B. 若将一玻璃板插入A、B两极板之间，则变大，E变大C. 若将A极板向左平行移
10、动少许，则U变小，不变D. 若保持A极板不动，将极板B向上移动少许，则U变小，减小【答案】AD【解析】【详解】A. 若保持极板不动，将极板向下移动少许，根据可知电容增大，由不变，根据可知两极板间的电压变小；由、可得：可知电容器两极板间的电场强度不变，故A正确；B. 若将一玻璃板插入、两极板之间，根据可知电容增大，由不变，根据可知两极板间的电压变小，根据可知，且电容器两极板间的电场强度变小，由知，点与下极板的电势差减小，则点的电势变小，故B错误；C. 若将极板向左平行移动少许，根据可知电容减小，由不变，根据可知两极板间的电压变大，且变大，由知，点与下极板的电势差增大，则点的电势变大，故C错误；D
11、. 若保持极板不动，将极板向上移动少许，电容变大，则变小，且不变，由知点与下极板的电势差变小，变小，故D正确第II卷 非选择题（174分）三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)9.某同学设计了如图装置来验证碰撞过程遵循动量守恒在离地面高度为h的光滑水平桌面上，放置两个小球a和b其中，b与轻弹簧紧挨着但不栓接，弹簧左侧固定，自由长度时离桌面右边缘足够远，起初弹簧被压缩一定长度并锁定a放置于桌面 边缘，球心在地面上的投影点为O点实验时，先将a球移开，弹簧解除锁定，b沿桌 面运动后水平飞出再将a放置于桌
12、面边缘，弹簧重新锁定解除锁定后，b球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出重复实验10次实验中，小球落点记为A、B、C (1)若a球质量为ma，半径为ra；b球质量为 mb，半径为rbb 球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出，则 _ Amamb，ra=rb Bmamb，ramb，ra=rb Dmamb，rarb(2)为了验证动量守恒，本实验中必须测量的物理 量有_A小球a的质量ma和小球b的质量mb B小球飞出的水平距离OA 、OB、OCC桌面离地面的高度h D小球飞行的时间(3)在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足表达式：_， 即说明碰撞过程遵循动量守恒（用题中已测量的物理量表示）(4)该同学还
13、想探究弹簧锁定时具有的弹性势能，他测量了桌面离地面的高度h，该地的 重力加速度为g，则弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为_（用题中已测量的物理量表示）【答案】 (1). A (2). AB (3). mbOB=mbOA+maOC (4). 【解析】【详解】(1)1为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：应该使mb大于ma，为了使偏转能沿水平方向发生，则二者的球心的高度要相同，所以它们的半径要相等故A正确，BCD错误(2)2要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替所以需要测量的量为：小
14、球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC；故AB正确，CD错误(3)3小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：mbv0=mbv1+mav2两边同时乘以时间t，得：mbv0t=mbv1t+mav2t则：mbOB=mbOA+maOC(4)4桌面离地面的高度h，该地的重力加速度为g，小球b飞行的时间：b的初速度弹簧锁定时具有的弹性势能Ep转化为小球b的动能，所以弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为：10.某同学设计如图所示的电路测电源的电动势和内阻，图中两个电流表相同。按如下步骤实验，请按要求填空：（1）闭合
15、电键S1之前，先将电阻箱接入电路的阻值调到 _（填“最大”或“最小”），闭合电键S1，再闭合电键S2 ，调节电阻箱的阻值，使电流表A2的指针偏转较大（接近满偏），读出 电流值I0，读出这时电阻箱的阻值R1;断开电键S2，调节电阻箱的阻值，使电流表A2的示数再次为I0，读出这时电阻箱的阻值R2，则电流表A1的阻值为_。（2）闭合电键S3 ，依次调大电阻箱的阻值，记录每次调节后电阻箱的阻值R，并记录每次调节后电流表A1的示数I，根据记录的作出图像，则图像可能是_。A. B. C. D. （3）若根据记录的作出图像，通过对图像的处理，得到图像与纵轴的截距为图像的斜率为b， 则电源的电动势E =_，电
16、源的内阻r =_。【答案】 (1). 最大 (2). R1-R2 (3). D (4). (5). +R2-R1-R0【解析】【详解】(1)12为了防止电路中的电流过大，闭合电键S1之前，应将电阻箱接入电路的电阻调到最大，根据等效替代可知，电流表A1的内阻为R1-R2。(2)3由于开始时电流表接近满偏，因此调节电阻箱使电流表的示数逐渐减小，即电阻箱的阻值逐渐调大。由闭合电路欧姆定律得：E=I（R+RA1+R0+r），得到IR=E-I（r+R0+RA1）。故D正确，ABC错误。(3)45 由E=I（R+RA1+R0+r）得：，根据题意有：，解得：又有：，解得：11.随着机动车数量的增加，交通安全
17、问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命如图10所示为某型号货车紧急制动时(假设做匀减速直线运动)的v2x图象(v为货车的速度，x为制动距离)，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图象，图线2为严重超载时的制动图象某路段限速72 km/h，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h的速度行驶通过计算求解：(1)驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；(2)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1s，则该型号货车满载时以72 km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远？【答
18、案】（1）驾驶员紧急制动时，制动时间和制动距离都不符合安全要求；（2）【解析】【详解】（1）根据速度位移公式v22ax，有v22ax+，图象斜率的一半表示加速度；根据图象得到：满载时，加速度为5m/s2，严重超载时加速度为2.5m/s2；设该型号货车满载时以72km/h（20m/s）的速度减速，制动距离x1m40m，制动时间为t1s4s；设该型号货车严重超载时以54km/h（15m/s）的速度减速，制动距离x2m45mx1，制动时间为t26st1；所以驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求（2）货车反应时间内是匀速直线运动x3=vt3=201=20m，刹车距离
19、x=+x3=40m+20m=60m.12.如图所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为=02，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t是多少？（2）图乙中BC为直线段，求该段B点的横坐标（3）图
20、乙中DE为直线段，求该段恒力F的取值范围及函数关系式【答案】（1）s（2）F=1N（3）【解析】【详解】（1）以初速度v0为正方向，物块的加速度大小：am=g=2m/s2木板的加速度大小：aM=4m/s2由图乙知，恒力F=0时，物块在木板上相对于木板滑动的路程=1m-1，则s=1m，可知板长L=s=1m滑块相对木板的路程：L=v0t-amt2-aMt2，代入数据可得：ts；t=1s（舍）当t=1s时，滑块的速度为v=v0-amt=2m/s，木板的速度为v=aMt=4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，故t=1s应舍弃，故所求时间为ts（2）当F较小时，物块将从木板
21、右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则木板的加速度a1=(2F+4)m/s2速度关系有：v=v0-amt1=a1t1相对位移：L=t1-t1联立解得：F=1N，即B点的横坐标为F=1N （3）当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则对整体：a=，对物块相对静止加速度的最大值fmax= =ma可解得：F=3N，当F3N时，对应乙中的DE段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为s=2x当两者具有共同速度v，历时t
22、， 根据速度时间关系可得：v0-amt=a1t根据位移关系可得：xv0tamt2a1t2s=2x联立F函数关系式解得：13.下列说法正确的是_(填正确答案标号)A. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B. 空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C. 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D. 高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E. 干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果【答案】BCE【解析】【详解】A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，而不是反映花粉分子的热运动，选项A错误；B.由于表面张力
23、的作用使液体表面收缩，使小雨滴呈球形，选项B正确；C.液晶的光学性质具有各向异性，彩色液晶显示器就利用了这一性质，选项C正确；D.高原地区水的沸点较低是因为高原地区的大气压强较小，水的沸点随大气压强的降低而降低，选项D错误；E.由于液体蒸发时吸收热量，温度降低，所以湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，选项E正确。故选BCE。14.如图所示，一排球球内气体的压强为p0 ，体积为V0 ，温度为T0 ，用大气筒对排球冲入压强为p0 ，温度为T0的气体，使球内气体压强变为3 p0 ，同时温度升至2 T0 ，充气过程中气体向外放出Q的热量，假设排球体积不变，气体内能U与温度的关系为U=kT (k为正常数)
24、，求：(i)打气筒对排球充入压强为p0，温度为T0的气体的体积；(ii)打气筒对排球充气过程中打气筒对气体做的功【答案】(i) V=0.5V0(ii) W=Q+kT0【解析】【详解】(i)打气筒对排球充入压强为p0、温度为T0的气体的体积为V，以排球内气体与充入的气体整体为研究对象 气体的初状态参量：p1=p0；V1=V0+V；T1=T0 气体的末状态参量：p2=3p0；V2=V0；T2=2T0根据理想气体状态方程得：代入解得：V=0.5V0(ii)因为气体内能U与温度的关系为U=kT 所以打气过程内能变化：U=k(2T0T0)=kT0由热力学第一定律得：U=W+(Q)解得打气筒对气体做的功：
25、W=Q+kT015.用双缝干涉测光波长的实验装置如图所示，验装置使光屏上能观察到清晰的干涉条纹关于该实验，下列说法正确的是_A. 取下滤光片，光屏上将出现彩色的干涉条纹B. 若单缝向右平移一小段距离，光屏上相邻两条亮纹中心的距离增大C. 若将双缝间的距离d增大，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小D. 若将滤光片由红色换成绿色，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小E. 测出n条亮条纹间的距离a，则相邻两条亮条纹间距为【答案】ACD【解析】【详解】取下滤光片，不同的色光干涉，在光屏上将出现彩色的干涉条纹，故A正确若单缝向右平移一小段距离，由于双缝到光屏的距离不变，则光屏上相邻两条亮纹中心的距离不变，故B
26、错误根据知，将双缝的距离d增大，则光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小，故C正确若将滤光片由红色换成绿色，色光的波长减小，根据知，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小，故D正确测出n条亮条纹间的距离a，则相邻两条亮条纹间距为，故E错误16.一列沿x轴传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图实线所示，在t1=0.2s时刻的波形如图虚线所示(1)若波向x轴负方向传播，求该波的最小波速；(2)若波向x轴正方向传播，且t1T，求x=2m处的P质点第一次出现波峰的时刻。【答案】(1)10m/s；(2)0.25s【解析】【详解】(1)当波向x轴负方向传播时，由波形图可知该波的波长为=3m从t=0s到t1=0.2s过程，波向正方向传播的距离为（n=0，1，2，）波传播的波速为解得（n=0，1，2，）当n=0时波速最小，为(2)当波向x轴负方向传播时，由波形图可知t1=因则有则波速为波峰到P点的距离为P点第一次出现波峰的时间为联立解得
