2019-2020学年贵州省黔南州贵定二中高三（上）期末物理试卷PDF版含答案

2019-2020 学年贵州省黔南州贵定二中高三（上）期末物理试卷
一、单选题（共 5 小题，每小题 6.0 分，共 30 分）
1．（6 分）下列说法正确的是（ ）
A．采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期
B．由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子
C．从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力
D．原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量
2．（6 分）如图所示是甲、乙两物体从同一点出发的位移﹣时间（x﹣t）图象，由图象可以看出在 0～4s 这段时间
内（ ）

A．甲、乙两物体始终同向运动
B．4 s 时甲、乙两物体之间的距离最大
C．甲的平均速度大于乙的平均速度
D．甲、乙两物体之间的最大距离为 3m
3．（6 分）如图所示，质量均为 m 的木块 A 和 B，用劲度系数为 k 的轻质弹簧连接，最初系统静止，用大小 F＝2mg、
方向竖直向上的恒力拉 A 直到 B 刚好离开地面，则在此过程中（ ）

A．A 上升的初始加速度大小为 2g
B．弹簧对 A 和对 B 的弹力是一对作用力与反作用力
C．A 上升的最大高度为 mg/k
D．A 上升的速度先增大后减小
4．（6 分）如图所示电路中，电源电动势为 E、内阻为 r，A、B 为电容器的两块极板，两板间有一带电油滴恰能静


止．把 R1 的滑动片向右滑动时，下列说法中正确的是（ ）

A．电流表读数减小，油滴向下运动
B．电流表读数减小，油滴向上运动
C．电流表读数增大，油滴向下运动
D．电流表读数增大，油滴向上运动
5．（6 分）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，间距为 L，底端接阻值为 R 的电阻．将质量为 m 的金
属棒悬挂在一个上端固定的绝缘轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，除电阻 R 外其余电阻不计，导轨所在平
面与一匀强磁场垂直，静止时金属棒位于 A 处，此时弹簧的伸长量为△l．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释
放，则（ ）

A．释放瞬间金属棒的加速度小于 g
B．电阻 R 中电流最大时，金属棒在 A 处下方的某个位置
C．金属棒在最低处时弹簧的拉力一定小于 2mg
D．从释放到金属棒最后静止的过程中，电阻 R 上产生的热量为 mg△l
二、多选题（共 3 小题，每小题 6.0 分，共 18 分）
6．（6 分）如图所示，不计质量的光滑小滑轮用 细绳悬挂于墙上的 O 点，跨过滑轮的细绳连接物块 A、B，A、B
都处于静止状态，现将物块 B 移至 C 点后，A、B 仍保持静止，下列说法中正确的是（ ）

A．B 与水平面间的摩擦力增大


B．绳子对 B 的拉力增大
C．悬于墙上的绳所受拉力不变
D．A、B 静止时，图中 α、β、θ 三角始终相等
7．（6 分）宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间 t 小球落回原处；若他在某星球表面以相同
的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间 5t 小球落回原处，已知该星球的半径与地球半径之比为 R 球：R 抛＝1：
4，地球表面重力加速度为 g，设该星球表面附近的重力加速度为 g′，空气阻力不计．则（ ）
A．g′：g＝5：1 B．g′：g＝1：5
C．M 星：M 地＝1：20 D．M 星：M 地＝1：80
8．（6 分）如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用 d 表示薄片的厚度，k 为霍尔系数，对于一 UH 个霍尔元
件 d、k 为定值，如果保持电流 I 恒定，则可以验证 UH 随 B 的变化情况．以下说法中正确的是（ ）

A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，将变大
B．在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
C．在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
D．改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH 将发生变化
三、实验题（共 2 小题，共 15 分）
9．（4 分）图（a）为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量 M、重物的质量 m；用游标卡尺测量遮光片的宽度 d；用米尺测最两光电
门之间的距离 s；
②调整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门 A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门 A 和光电门 B 所用的时间△
tA 和△tB，求出加速度 a；
④多次重复步骤③，求 a 的平均值 ；
⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数 μ。



回答下列为题：
（1）测量 d 时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为 1mm）的示数如图（b）所示，其读数为 cm。
（2）物块的加速度 a 可用 d、s、△tA 和△tB 表示为 a＝ 。
（3）动摩擦因数 μ可用 M、m、 和重力加速度 g 表示为 μ＝
（4）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于 （填“偶然误差”或“系统误差”）。
10．（11 分）用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组（电动势约 4.5V，内电阻约 1Ω）的电动势和
内电阻，除待测电池组、电键、导线外，还有下列器材供选用：
A．电流表：量程 0.6A，内电阻约 1Ω
B．电流表：量程 3A，内电阻约 0.2Ω
C．电压表：量程 3V，内电阻约 30kΩ
D．电压表：量程 6V，内电阻约 60kΩ
E．滑动变阻器：0～1000Ω，额定电流 0.5A
F．滑动变阻器：0～20Ω，额定电流 2A
①为了使测量结果尽量准确，电流表应选用 ，电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 （均填
仪器的字母代号）．
②如图为正确选择仪器后，连好的部分电路，为了使测量误差尽可能小，还需在电路中用导线将 和
相连、 和 相连、 和 相连（均填仪器上接线柱的字母代号）．
③实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，
仍能完成实验．实验中读出几组电阻箱的阻值 R 和对应电压表的示数 U．用图象法处理采集到的数据，为在直
角坐标系中得到的函数图象是一条直线，则可以 为纵坐标，以 为横坐标．



四、计算题
11．（10 分）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 L＝1m，导轨平面与水平面
成 θ＝37°角，下端连接阻值为 R＝4Ω 的电阻。匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度 B＝1T．质量
为m＝0.4kg、电阻 r＝1Ω的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为 0.25，
金属棒以初速度 V＝20m/s 沿导轨滑下，g 取 10m/s
2
，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）金属棒沿导轨下滑的最大加速度；
（2 ）金属棒下滑时电阻 R 消耗的最小功率。

12．（12 分）坐标原点 O 处有一点状的放射源，它向 xOy 平面内的 x 轴上方各个方向发射 α 粒子，α 粒子的速度大
小都是 v0，在 0＜y＜d 的区城内分布有指向 y 轴正方向的匀强电场，场强大小为 E＝ ，其中 q 与 m 分别
为 α 粒子的电荷量和质量；在 d＜y＜2d 的区城内分布有垂直于 xOy 平面的匀强磁场．ab 为一块很大的平面感
光板，放置于 y＝2d 处，如图所示，观察发现此时恰无粒子打到 ab 板上．不考虑 α 粒子的重力，求：
（1）α 粒子刚进入磁场时的动能；
（2）磁感应强度 B 的大小．



[选修 3-3]15 分
13．（5 分）关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程．
14．（10 分）如图，由 U 形管和钿管连接的玻璃泡 A、B 和 C 浸泡在温度均为 0℃的水槽中，B 的容积是 A 的 3 倍。
阀门 S 将 A 和 B 两部分隔开。A 内为真空，B 和 C 内都充有气体。U 形管内左边水银柱比右边的低 60mm。打
开阀门 S，整个系统稳定后，U 形管内左右水银柱高度相等。假设 U 形管和細管中的气体体积远小于玻璃泡的容
积。
（1）求玻璃泡 C 中气体的压强（以 mmHg 为单位）
（2）将右侧水槽的水从 0℃加热到一定温度时，U 形管内左右水银柱高度差为 60mm，求加热后右侧水槽的水温。

[选修 3-4]15 分
15．如图甲所示为一简谐波在 t＝0 时刻的图象，图乙所示为 x＝4m 处的质点 P 的振动图象，则下列判断正确的是
（ ）



A．这列波的波速是 2m/s
B．这列波的传播方向沿 x 正方向
C．t＝3.5s 时 P 点的位移为 0.2m
D．从 t＝0 时刻开始 P 点的振动方程为 y＝0.2sin（πt+π）m
E．从 t＝0 时刻开始 P 点的振动方程为 y＝0.2sin（πt+ ）m
16．如图所示，MNPQ 是一块截面为正方形的玻璃砖，其边长 MN＝30cm．一束激光 AB 射到玻璃砖的 MQ 面上（入
射点为 B）进入玻璃砖后在 QP 面上的 F 点（图中未画出）发生全反射，恰沿 DC 方向射出．其中 B 为 MQ 的中
点，∠ABM＝30°，PD＝7.5cm，∠CDN＝30°．
①画出激光束在玻璃砖内的光路示意图，求出 QP 面上的反射点 F 到 Q 点的距离 QF；
②求出该玻璃砖的折射率．
③求出激光束在玻璃砖内的传播速度（真空中光速 c＝3×10
8
m/s）．




2019-2020 学年贵州省黔南州贵定二中高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（共 5 小题，每小题 6.0 分，共 30 分）
1．【解答】解：A、元素的半衰期是由元素本身决定的与外部环境无关，故 A 错误
B、由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，故 B 正确
C、卫星遥感的工作原理与红外线夜视仪的工作原理是相同的。从高空对地面进行遥感摄影是利用红外线良好的
穿透能力，故 C 错误
D、由于核子结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损，故 D 错误
故选：B。
2．【解答】解：A、由于位移﹣时间图象的斜率表示该时刻的速度，可以从图中看出乙物体的速度（斜率）始终为
正值，即速度始终为正方向，甲物体前两秒内速度为正方向，2 秒末到 4 秒末速度为负方向，故 A 错误。
B、4s 秒末两物体的位置坐标相同，说明两物体相遇，故 B 错误。
C、由图知：4s 内甲的位移大小为 s 甲＝△x＝2m﹣0＝2m，乙的位移大小为 s 乙＝△x＝2m﹣0＝2m，可见，位移
相等，所用时间也相等，则由平均速度公式 ＝ 得知，平均速度相等。故 C 错误。
D、从位移﹣时间图象来看，两个物体两秒末纵坐标读数之差最大，即两物体相距最远，可知 2s 末两物体相距
最远，最大距离为△s＝4m﹣1m＝3m。故 D 正确。
故选：D。
3．【解答】解：A 未加力 F 时，受力平衡，此时弹簧压缩量为 x1，有平衡得：mg＝kx1，解得： ①
B 刚好离开地面时弹簧的伸长量为 x2，有平衡得：mg＝kx2，解得： ②
A、A 上升的初受重力，弹簧弹力和拉力，由牛顿第二定律得加速度大小为： ，
故 A 正确；
B、作用力和反作用力是物体之间的相互作用力，弹簧对 A 和对 B 的弹力存在三个物体之间，故 B 错误；
C、由上面分析可得物块 A 上升的最大高度为： ，故 C 错误；
D、A 上升过程弹簧压缩量先减小，此时合力向上减小，做加速度减小的加速运动，后弹簧被拉长，伸长量增加，
弹力增大。合力仍向上且减小，所以物体继续加速上升，整个过程速度一直增大，故 D 错误；
故选：A。


4．【解答】解：当 R1 的滑动片向右滑动时，R1 增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流
减小，则知电流表读数减小。干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间
电场强度增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上运动。故 B 正确。
故选：B。
5．【解答】解：A、释放瞬间金属棒的速度为零，没有产生感应电流，不受安培力，只受重力，则金属棒的加速度
为 g。故 A 错误。
B、若没有磁场，金属棒回到 A 处时速度最大，有磁场时，由于电磁感应产生感应电流，金属棒将受到安培阻力
作用，则在 A 处上方速度达到最大，此时感应电流最大。故 B 错误。
C、若没有磁场，金属棒做简谐运动，根据对称性可知，金属棒在最低处时加速度大小等于 g，方向竖直向上，
由牛顿第二定律得知，金属棒在最低处时弹簧的拉力等于 2mg。
有磁场时，金属棒还受到安培阻力作用，金属棒向下到达的最低位置比没有磁场时高，加速度应小于 g，则弹簧
的拉力一定小于 2mg。故 C 正确。
D、金属棒最后静止在 A 处，从释放到金属棒最后静止的过程中，其重力势能减小，转化成内能和弹簧的弹性势
能，则电阻 R 上产生的热量小于 mg△l．故 D 错误。
故选：C。
二、多选题（共 3 小题，每小题 6.0 分，共 18 分）
6．【解答】解：A、对 A 分析，由于 A 处于静止，故绳子的拉力等于 A 的重力；绳子对 B 的拉力也保持不变，等
于 A 的重力；
对 B 分析，B 向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向 B 受力平衡，摩擦力增大；故
A 正确，B 错误；
C、向右移动时，两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小；故 C 错误；
D、对滑轮分析，由于 A 一直竖直，故绳子与墙平行，故 α＝θ；因拉 A 的绳子与拉 B 的绳子力相等，而拉滑轮
的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故 α、β、θ 三角始终相等；
故 D 正确；
故选：AD。
7．【解答】解：A、B、设竖直上抛小球初速度为 v，落回原处时的速度大小为 v′，星球表面重力加速度为 g′，
根据题意知返回地面的速度与抛出时的速度大小相等，方向相反。


地球表面：
星球表面：
联解各式得：g'＝2m/s
2

所以：g′：g＝1：5．故 A 错误，B 正确；
C、D、小球在地球或星球表面附近受到的万有引力等于小球重力，得：
星球表面附近：
地球表面附近：
由题得：
联解各式得： ．故 C 错误，D 正确。
故选：BD。
8．【解答】解：A、电子最终在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，evB＝ 得：UH＝vBL，则将永磁体的一个
磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，B 增大，则 UH 将变大。故 A 正确。
B、C、地球赤道上方的地磁场方向水平，两极上方的磁场方向竖直；在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件
的工作面应保持竖直，在测量两极磁场强弱时，霍尔元件的工作面应水平。故 B 正确，C 错误。
D、改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，需将磁场进行分解，在垂直于工作面方向上的磁感应强度小于原磁场
磁感应强度的大小，则 UH 将发生变化。故 D 正确。
故选：ABD。
三、实验题（共 2 小题，共 15 分）
9．【解答】解：（1）由图（b）所示游标卡尺可知，主尺示数为 0.9cm，游标尺示数为 12×0.05mm＝0.60mm＝0.060cm，
则游标卡尺示数为 0.9cm+0.060cm＝0.960cm。
（2）物块经过 A 点时的速度 vA＝ ，物块经过 B 点时的速度 vB＝ ，物块做匀变速直线运动，由速度位移
公式得：vB
2
﹣vA
2
＝2as，加速度 a＝ ；
（3）以 M、m 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg＝（M+m） ，解得 μ＝ ；
（4）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差。


故答案为：（1）0.960；（2） ；（3） ；（4）系统误差。
10．【解答】解：①实验中电流较小，若选用 3A 量程测量误差较大；故为了准确测量，电流表应选 A，电源电动
势约为 1.5×3＝4.5V，电压表应选 D，
电阻值太大，调节不方便，为方便实验操作，滑动变阻器应选 F；
②测量电源电动势和内阻的时候，由于电源的内阻是很小的，为了减小内阻的测量误差，我们选用的是电流表
的相对电源的外接法，故应将 ad、cg 以及 fh 相连组成电路；
③由于电流表坏，故只能利用电压表和电阻箱进行实验，由闭合电路欧姆定律可得：电源电动势 E＝U+Ir＝U+
r，则 ＝ + ? ，故应作出 ﹣ 图象；
故答案为：①ADF；②ad，cg，fh；③ ； ．
四、计算题
11．【解答】解：金属棒开始下滑时感应电动势最大，设对应电流为 I1，则有：E＝BLv0
I1＝
金属棒开始下滑时加速度最大，有：BI1L+μmgcosθ﹣mgsinθ＝mam
得：am＝6m/s
2
，方向沿导轨向上。
（2）由平衡条件有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝BI2L
R 消耗的电功率为：P＝I2
2
R
解得：P＝10.24W
答：（1）金属棒沿导轨下滑的最大加速度为 6m/s
2
；
（2 ）金属棒下滑时电阻 R 消耗的最小功率为 10.24W。
12．【解答】解：（1）根据动能定理：
则末动能为： ＝2m v0
2

（2）根据题意可求得：v＝2v0
对于沿 x 轴正方向射出的粒子进入磁场时与 x 轴正方向夹角
其在电场中沿 x 轴方向的位移为：
该粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识可知：若该粒子不能打到 ab 板上，则所有粒子均不能打到 ab 板上，因


此该粒子轨迹必与 ab 板相切，其圆周运动的半径满足关系式：轨迹如图：d＝r+rcos60°
则：
又根据洛伦兹力提供向心力有：
得：
答：（1）α 粒子刚进入磁场时的动能是 2m v0
2
；
（2）磁感应强度 B 的大小是 ．

[选修 3-3]15 分
13．【解答】解：A、做功和热传递是改变物体内能的两种方法，故 A 正确；
B、做功和热传递是改变物体内能的两种方法，仅对物体做功，物体内能不一定增加，故 B 错误；
C、D、热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不
引起其它变化。这句话强调的是不可能“不产生其它变化”；即在引起其他变化是可能的；故 C 正确，D 错误；
E、热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的，故 E 正确。
故选：ACE。
14．【解答】解：（i）加热前 C 中压强始终不变，B 内封闭气体初状态：pB＝pC+60，打开阀门后 pB′＝pC
由题意：VB′＝ VB
由玻意尔定律 pBVB＝pB′VB′
得：pB′＝180mmHg
pC＝pB﹣60 mmHg＝120 mmHg
（ii）C 内封闭气体做等容变化，加热后压强 pC′＝pC+60mmHg
＝ ，即 ＝


得：T′＝409.5K
答：（1）玻璃泡 C 中气体的压强为 120mmHg
（2）加热后右侧水槽的水温 409.5K。
[选修 3-4]15 分
15．【解答】解：A、由图象可知波长 λ＝4m，周期 T＝2s，则波速为：v＝ m/s＝2m/s，故 A 正确；
B、t＝0 时刻 P 点向﹣y 方向振动，有波动和振动的关系可判断波向 x 负方向传播，故 B 错误；
C、由质点 P 的振动图象知，t＝3.5s＝1 T，此时 P 点位于波峰位置，P 点的位移为 0.2m。故 C 正确；
D、E、由图乙知 ω＝ ＝π，t＝0 时刻 P 点向﹣y 方向振动，初相位为 π，振动方程为 y＝0.2sin（πt+π）
m，故 D 正确，E 错误。
故选：ACD。
16．【解答】解：①光路示意图如图所示，反射点为 F．
由几何关系得：tanr＝ ＝
代入数据得： ＝
可得：QF＝20cm
②由①的计算得，tanr＝ ＝ ＝
得：sinr＝0.6
由折射定律得：n＝ ＝ ＝
③由 n＝ 得激光束在玻璃砖内的传播速度：v＝ ＝ m/s＝ m/s
答：
①画出激光束在玻璃砖内的光路示意图，QP 面上的反射点 F 到 Q 点的距离 QF 是 20cm；
②该玻璃砖的折射率为 ．
③激光束在玻璃砖内的传播速度为 m/s．