2019-2020学年河北省邯郸市高三（上）期末物理试卷word版含答案

2019-2020学年河北省邯郸市高三（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24分）
1．汽车A和汽车B静止在水平地面上，某时刻汽车A开始倒车，结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车B，汽车B上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B前面的物体相对于汽车B自身的速度。在本次碰撞中，如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A的速度大小为v0，已知汽车A的质量是汽车B质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为（　　）
A．v0 B．v0 C．v0 D．v0
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R，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v0，则金属杆在磁场中的运动速度v与时间t的关系图象正确的是（　　）

A． B．
C． D．
3．一带负电的粒子仅在电场力作用下从O点开始沿x轴正向运动，O、a，b是x轴上的三个点，O和b关于以点a对称，从O到b该电场的电势φ随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．a点电场强度为零
B．O，a间场强方向与a、b间场强方向相反
C．从O到b整个运动过程中，粒子经过a点时速度最大
D．从O到b整个运动过程中，粒子做匀加速直线运动
4．目前，我国正在大力推行ETC系统，ETC（ElectronicTallCollection）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A、B，两线圈各自接入相同的电路，如图乙所示，电路a、b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R的c、d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A时，c、d两端电压升高
B．汽车离开线圈A时，c、d两端电压升高
C．汽车接近线圈B时，c、d两端电压升高
D．汽车离开线圈B时，c、d两端电压降低
5．如图所示，在水平推力作用下，物体A静止在倾角为θ＝45°的粗糙斜面上，当水平推力为F0时A刚好不下滑，然后增大水平推力的值，当水平推力为F时A刚好不上滑。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，物块A与斜面之间的动摩擦因数为?（?＜1），则下列关系式成立的是（　　）
A．F＝F0 B．F＝（）2F0
C．F＝F0 D．F＝（）2F0
6．如图所示，虚线MN、PQ之间为匀强电场，MN的上方和PQ的下方分别有垂直于纸面向里的匀强磁场B1和B2，且B2＝B1，一不计重力的带电粒子从MN上的a点垂直于MN向上射出，经过磁场偏转后垂直于MN方向从b点进入电场，穿越电场后，从c点再次进入磁场，经过磁场偏转后以垂直于PQ的速度打到d点，若ab＝2cd，则粒子从b到c克服电场力做的功W与其从a点出发时的初动能Ek1之比为（　　）

A．W：Ek1＝1：2 B．W：Ek1＝1：3 C．W：Ek1＝2：3 D．W：Ek1＝4：5
二、多选题（本大题共4小题，共16分）
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C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C0，下列说法正确的是（　　）

A．当升降机加速上升时，C＞C0
B．当升降机减速上升时，C＞C0
C．当升降机减速下降时，C＜C0
D．当升降机加速下降时，C＜C0
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p、重力的功率为P、绳子拉力为F，向心加速度为a；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p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P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F不变
D．若仅增加悬线长度，则最低点时向心加速度a增大
9．已知某行星的半径为R，该行星的一颗卫星围绕行星做匀速圆周运动，环绕周期为T，卫星到行星表面的距离也等于R，引力常量为G，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
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r＝1.0Ω，外接电阻R＝9.0Ω．以下判断正确的是（　　）

A．图示时刻交变电流方向为ADCBA
B．通过线围磁通量的最大值为×10﹣3Wb
C．t＝s时线圈磁通量的变化率Wb/s
D．t＝s时外接电阻R所消耗的电功率为10W
三、实验题（本大题共2小题，共15.0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L0＝1.15cm；
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L1；弹簧下端挂一个50g的砝码时，指针指示的刻度值记作L2；弹簧下端挂两个50g的砝码时，指针指示的刻度值记作L3；…；测量记录如表：
代表符号 L1 L2 L3 L4 L5 L6
刻度值/cm 1.70 3.40 5.10 6.85 8.60 10.30

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50g砝码的弹簧平均伸长量△L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k＝　 　N/m；弹簧自身的重力G0＝　 　N．（g取9.8m/s2，结果保留3位有效数字）
12．某同学欲测量电流表G1的内阻r1，实验室有如下实验器材
待测电流表G1（量程为0﹣6mA，内阻约200Ω）
电流表G2（量程为0﹣60mA，内阻约40Ω）
定值电阻R（阻值为20Ω）
滑动变阻器R1（阻值范围为0﹣1000Ω）
滑动变阻器R2（阻值范围为0～20Ω）
电源（电动势约为3V）
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“R1”或“R2”）
（2）为尽可能精确测量电流表G1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G1的示数，其示数为　 　mA。
（4）若实验中读得G1表和G2表的读数为I1和I2，根据多组数据作出I2﹣I1图象，如图乙所示，图线的斜率为k，则G1表的内阻r1＝　 　（用k、R0表示）。

四、计算题（本大题共3小题，共45分）
13．如图所示，坐标系xOy所在平面存在与y轴同方向的匀强电场，M是x轴上的一点、N是y轴上的一点，质量为m、电荷量为q的正电荷经过M点时速度方向与x轴正方向成α＝30°角，速度大小为v1，当该电荷运动到N点时速度方向与y轴正方向夹角也为α＝30°，电荷所受重力忽略不计，求：
（1）电荷运动到N点时的速度大小；
（2）设M点的电势为零，则N点的电势是多少。

14．如图所示，AB是长为L1＝40m、倾角θ1＝53°的倾斜轨道，BC是长为L2＝44m、倾角θ2＝37°的倾斜轨道，CD为水平轨道，各轨道之间平滑连接。小物块从AB轨道的顶端A由静止下滑，小物块与各轨道间的动摩擦因数均为?＝0.5．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小物块在AB段下滑的加速度大小；
（2）为了保证小物块不滑离CD轨道，CD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。

15．如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，一质量为m的小物块受到一沿斜面向上的恒定拉力F的作用，从A点由静止开始向上加速运动，当小物块运动到斜面上的B点时，它的动能与重力势能之和增加了18J，此时将拉力F反向，但大小不变，直到物块再次返回出发点A．已知物块从A到B的时间为从B返回A时间的一半。重力加速度为g，求：
（1）拉力F的大小；（用m、θ、g表示）
（2）以A为零势能点，当物块动能为6J时，物块的重力势能。



2019-2020学年河北省邯郸市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共6小题，共24分）
1．【解答】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，由动量守恒定律得：2mv0＝2mv1+mv2
由机械能守恒定律得：
解得：v1＝v0，故C正确，ABD错误。
故选：C。
2．【解答】解：金属杆运动过程中受向左的安培力，其大小为
F＝①
对金属杆，根据牛顿第二定律，有
F＝ma②
联立①②，得
a＝
由题意知金属杆做减速运动，v减小，则加速度减小；
根据v﹣t图象的斜率表示加速度大小可知，图象的斜率减小，故
ABD错误，C正确；
故选：C。
3．【解答】解：A、根据电场强度与电势差的关系 U＝Ed，知φ﹣x图象的斜率表示电场强度E，a点电势为零，但电场强度不为零，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．【解答】解：汽车上有很多钢铁，当汽车接近线圈时，相对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两端得电压将减小，即c、d两端得电压将减小；同理，汽车远离线圈时，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，ACD错误
故选：B。
5．【解答】解：当物体恰好不下滑时，沿斜面方向刚好平衡，则有：
mgsin45°＝F0cos45°+μFN；
垂直于斜面方向，有：
FN＝mgcos45°+F0cos45°，
解得：F0＝；
同理，当物体恰好不上滑时有：F＝，
解得：F＝，故ABC错误，D正确；
故选：D。
6．【解答】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，
根据洛伦兹力提供向心力可得：R1＝、R2＝
根据题意可得B2＝B1、R1＝2R2
解得v1＝v2
在电场中，根据动能定理可得W＝＝＝，故A正确、BCD错误。
故选：A。
二、多选题（本大题共4小题，共16分）
7．【解答】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．【解答】解：A、由机械能守恒定律得，则．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可知动量将变为原来的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，所以小球的动量不变仍然为零，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、向心加速度，与绳长L无关，故D错误。
故选：AC。
9．【解答】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，＝m，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、卫星在行星表面飞行，速度为第一宇宙速度，＝，故C错误；
D、卫星绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，v＝＝，故D正确。
故选：BD。
10．【解答】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＝NBSω，通过线圈磁通量的最大值：Φm＝BS＝，代入数据解得：Φm＝Wb，故B正确。
C、线圈做圆周运动的角速度：ω＝2πn＝20πrad/s，从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式：e＝Emsin（ωt+90°）＝Emcosωt＝10cos20πt V，
t＝s时，感应电动势瞬时值：e＝10V，此时磁通量的变化率：Wb/s，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：P＝＝9W，故D错误。
故选：AB。
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11．【解答】解：（1）根据题意有：L4﹣L1＝3△L
同理：L5﹣L2＝3△L，L6﹣L3＝3△L，
因此△L＝；
（2）弹簧的劲度系数为：
＝＝N/m＝28.4N/m；
弹簧自身的重力为：G0＝k（L1﹣L0）＝28.4×（1.70﹣1.15）×10﹣2N＝0.156N
故答案为：（1）（2）28.4，0.156。
12．【解答】解：（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，因而滑动变阻器选择阻值小的，故选R2
（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）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）根据电路图和欧姆定律得：
I1r1＝（I2﹣I1）R0
整理得：I2＝
结合图象可得：k＝
解得：r1＝（k﹣1）R0
故答案：（1）R2；（2）
；
（3）3.60；（4）（k﹣1）R0。
四、计算题（本大题共3小题，共45分）
13．【解答】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°
解得：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）
解得M、N两点间的电势差：UMN＝
设N点的电势为φN
UMN＝φM﹣φN
φN＝φM﹣UMN＝0﹣
解得：φN＝﹣
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．【解答】解：（1）物块从A到B，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ1﹣μmgcosθ1＝ma1。
得：a1＝5m/s2。
（2）从A到B物块做匀加速直线运动，有：
vB＝＝m/s＝20m/s
从B到C，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ2﹣μmgcosθ2＝ma2。
得：a2＝2m/s2。
由vC2﹣vB2＝2a2L2代入数据解得：vC＝24m/s
从C点到停止，有：
a3＝＝μg＝5m/s2。
L3＝＝m＝57.6m
所以，为了保证小物块不滑离CD轨道，CD轨道至少长57.6m。
（3）从A到B用时为：t1＝＝s＝4s
从B到C用时为：t2＝＝s＝2s
从C到停下用时为：t3＝＝s＝4.8s
总时间为：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57.6m长；
（3）小物块从开始下滑到停止全程所用的时间是10.8s。
15．【解答】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：，
由牛顿第二定律得：
从A到B过程：F﹣mgsinθ＝ma1，
从B到A过程：F+mgsinθ＝ma2，
解得：F＝9mgsinθ；
（2）物块的动能为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﹣mgsinθ）s1＝EK，
解得：mgs1sinθ＝EK＝0.75J，
该点重力势能：EP1＝mgs1sinθ＝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﹣mgsinθ）s﹣（mgsin+F）s2＝EK，
由于F＝9mgsinθ，则：Fs﹣10mgs2sinθ＝6J，
由于Fs＝18J，
解得：mgs2sinθ＝1J，
该点的重力势能：EP＝mgssinθ+mgs2sinθ，
因为mgssinθ＝Fs＝2J，
因此：EP2＝2+1＝3J；
答：（1）拉力F的大小为9mgsinθ；
（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。