2019-2020学年湖北省宜昌市高三（上）期末物理试卷word版含答案

2019-2020学年湖北省宜昌市高三（上）期末物理试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．下列说法正确的是（　　）
A．“光电效应”现象表明光具有波动性
B．电子的发现揭示了原子不是构成物质的最小微粒
C．天然放射现象表明原子可以再分
D．卢瑟福根据“α粒子散射”实验建立原子结构“枣糕模型”
2．我国对“一带一路”沿线国家免费发送风云系列气象卫星数据，其中风云三号为极地卫星，轨道与赤道平面垂直且通过地球两极上空，每绕地球一圈完成一次全球监测，该卫星从北极正上方点，按图所示方向第一次运动到南极正上方B点时间约为1h，风云四号为地球同步卫星。则下列说法正确的是（　　）

A．“风云三号”比“风云四号”线速度小
B．“风云三号”比“风云四号”周期大
C．“风云三号”比“风云四号”加速度小
D．在同一时刻，“风云三号”能够监测到的地表范围比“风云四号”小
3．Q1Q2为两个固定的点电荷，a、b．c三点在它们连线的延长线上，以a点为坐标原点，沿延长线建立x轴，其φ﹣x图象如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量
B．Q1、Q2带同种电荷
C．Q2带负电
D．b点电场强度最大
4．从t＝0时刻开始，物块在外力作用下由静止开始沿x轴做匀变速直线运动，其位移和速率的二次方的关系图线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．t＝2s时物块位于x＝﹣lm 处
B．物块运动的加速度a＝Im/s2
C．t＝0时刻物块位于x＝0处
D．物块从2s来至4s末的平均速度大小为1/s
5．如图所示，细绳一端固定在A点，跨过与A等高的光滑定滑轮B后在另一端悬挂一个沙桶Q．现有另一个沙桶P通过光滑挂钩挂在AB之间，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝120°，下列说法正确的是（　　）

A．若只增加Q桶的沙子，再次平衡后C点位置不变
B．若只增加P桶的沙子，再次平衡后C点位置不变
C．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C点位置不变
D．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升
6．如图所示，从地面上同一位置抛出质量相同的A、B两球，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，则（　　）

A．B的加速度比A的大
B．B在最高点的速度比A在最高点的速度大
C．B的飞行时间比A的长
D．两球落地时重力的瞬时功率相同
7．著名物理学家费曼设计了一个如图所示实验，用一轻绳悬挂一圆形轻质绝缘板，板的四周固定一些带正电的轻质小球，在圆形绝缘板正上方用支架（图中未画出）固定一个线圈，线圈与电源、开关构成回路，线圈与轻绳、圆板无接触。则下列说法正确的是（　　）

A．在闭合开关瞬间，圆板静止不动
B．在闭合开关瞬间，圆板逆时针转动（自上而下看）
C．不管板上小球的电性如何，开关闭合瞬间，圆板转动方向相同
D．开关断开瞬间与开关闭合瞬间圆板转动方向相反
8．在某高空杂技类节目现场下方放置有一弹簧垫，此弹簧垫可视为质量为m的木板，与两相同直立轻弹簧的上端相连，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为0.5m的物体从距木板上方6h的O点由静止释放，物体与木板碰撞后，一起向下运动，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，空气阻力、木板厚度、物体大小忽略不计，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）

A．整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能守恒
B．物体与木板起向下运动过程中的速 度先增大后减小
C．物体与木板碰后瞬间加速度大小为，物体与木板恰好回到A点时加速度大小为g
D．物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为0.5mgh
二、非选择题：共174分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
9．在做“探究小车速度随时间变化规律”的实验中：
（1）实验室提供了以下器材：一端装有定滑轮的长木板、刻度尺、小车、纸带、钩码、4～6V的交流电源。为了完成本实验，还需选取的实验器材名称是　 　（选填“电火花打点计时器“与“电磁打点计时器“）。
（2）已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz．下图为实验所打出的一段纸带，每5个点取1个计数点，分别记为A、B、C、D、E．相邻计数点间的距离已在图中标出，则打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度v＝　 　m/s，小车的加速度a＝　 　m/s2．（结果保留两位有效数字）

10．某同学用满偏电流1g＝5mA的毫安表制作了一个简易欧姆表，电路如图所示，电阻刻度值尚未标注。
（1）该同学先测量欧姆表内电源的电动势E，实验步骤如下：
①将两表笔短接，调节Ro使毫安表指针满偏：
②将阻值为450Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表示数为2.00mA：
③计算得电源的电动势E＝　 　V。
（2）通过计算他在电流刻度为5.00mA的位置标上0Ω，在电流刻度为3.00mA的位置标　 　Ω，并在其他位置标上相应的电阻值。
（3）该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小、内阻增大，但仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值　 　真实值（填“大于”等于”或“小于”）。
（4）为了探究电池老化电动势的变化情况，该同学将欧姆表的两表笔短接，调节Ro使指针满偏：再将一电压表接在两表笔之间，此时电压表示数为1.00V，欧姆表示数为1200Ω．则电压表的内阻为　 　Ω，电池老化后的电动势为　 　V。

11．如图所示，水平地面上静止放置一L形木板A，质量mA＝4kg，上表面光滑，木板A与地面间动摩擦因数μ＝0.2，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg。现给A一小平向右的初速度v0＝6m/s，一段时间后与B发生碰撞，时间极短，碰后A、B粘合在一起继续运动，碰后经t＝ls，AB停止运动，g取10m/s2．求：

（1）A与B碰撞前、后加速度大小a1、a2：
（2）A的上表面长度1。
12．两块平行正对的水平金属板AB，极板长L＝0.2m，板间距离d：＝0.2m，在金属板右端竖直边界MN的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B＝5x10﹣3T，方向垂直纸面向里。两极板间电势差UAB随时间变化规律如右图所示。现有带正电的粒子流以Vo＝105m/s的速度沿水平中线00′连续射入电场中，粒子的比荷q/m＝108Ckg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场视为匀强电场（两板外无电场）。求：
（1）要使带电粒子射出水平金属板，两金属板间电势差UAB取值范围；
（2）若粒子在距O'点下方0.05m处射入磁场，从MN上某点射出磁场，此过程出射点与入射点间的距离△y；
（3）所有粒子在磁场中运动的最长时间t。

[物理选修3-3]
13．下列说法正确的是（　　）
A．热量不可以从低温物体传递到高温物体
B．从微观角度看，气体压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的
C．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，压强必然增大
D．温度是描述分子热运动剧烈程度的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
E．在冬季剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出，是因为夜晚气温降低，瓶内气体压强变小的缘故
14．如图所示，容积为V的密闭导热氮气瓶，开始时存放在冷库内，瓶内气体的压强为0.9p0、温度与冷库内温度相同，现将气瓶移至冷库外，稳定后瓶内压强变为p0，再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共45次。已知每次充入氮气瓶的气体体积为，温度为27℃、压强为p0，设冷库外的环境温度保持27℃不变。求：
（i）冷库内的温度：
（ii）充气结束后，瓶内气体压强。

[物理选修3-4]
15．两列简谐横波的波源分别位于x＝﹣6m和x＝12m处，t＝0时刻，其波动图象如图所示，已知波速v＝3m/s，下列说法正确的是（　　）

A．波源M和N的起振方向相同
B．t＝1.5s时，x＝3m处的质点位移等于0cm
C．1s后，3m处的质点始终是振动加强点
D．2s后，x＝6m处的质点始终静止不动
E．两列波在叠加区域能产生稳定的干涉图样
16．如图所示，一束平行紫光垂直射向半径为R＝1m的横截面为扇形的玻璃砖薄片（其右侧涂有吸光物质），经折射后在屏幕S上形成一亮区，已知屏幕S至球心距离为D＝（+1）m，玻璃半球对紫光的折射率为n＝，不考虑光的干涉和衍射。求：
（i）若某束光线在玻璃砖圆弧面入射角θ＝30°，其折射角α：
（ii）亮区右边界到P点的距离d。



2019-2020学年湖北省宜昌市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．【解答】解：A、“光电效应”现象表明光具有粒子性，双缝干涉、单缝衍射说明光具有波动性，故A错误。
B、电子的发现表明原子不是构成物质的最小微粒，即原子可以再分，故B正确。
C、天然放射现象表明原子核具有复杂的结构，故C错误。
D、卢瑟福通过“α粒子散射”实验否定了原子的“枣糕模型”结构，提出了原子的“核式结构模型”，故D错误。
故选：B。
2．【解答】解：B、“风云三号”从北极正上方点，按图所示方向第一次运动到南极正上方B点时间约为1h，则周期为2h，“风云四号”的周期为24h，则“风云三号”比“风云四号”周期小，故B错误。
AC、根据万有引力提供向心力得，，解得T＝2，周期越小，轨道半径越小，故“风云三号”比“风云四号”轨道半径小，根据v＝可知，“风云三号”比“风云四号”线速度大，根据a＝可知，“风云三号”比“风云四号”加速度大，故AC错误。
D、“风云三号”比“风云四号”轨道半径小，在同一时刻，“风云三号”能够监测到的地表范围比“风云四号”小，故D正确。
故选：D。
3．【解答】解：a点向右方向电势先升高后降低，且在b点的电势最高，且图象的斜率为零，说明b点的场强为零最小，由此判断两固定点电荷带异种电荷，且Q1带正电，Q2带负电，Q1带电荷量大于Q2的带电荷量，故C正确，ABD错误。
故选：C。
4．【解答】解：B、根据图象和公式v2＝2ax，其斜率为，故加速度为0.5m/s2，即物体做初速度为零的匀加速直线运动，故B错误；
A、初位置即t＝0时x0＝﹣2m，2s内的位移，t＝2s时物块位于x＝﹣lm 处，故A正确，C错误；
D、物块从2s来至4s末的平均速度大小，故D错误。
故选：A。
5．【解答】解：A、平衡时绳子的拉力等于Q的重力，若只增加Q桶的沙子，绳子拉力增大，绳子再次平衡后C点位置升高，故A错误；
B、若只增加P桶的沙子，再次平衡后C点位置降低，故B错误；
CD、由于稳定时∠ACB＝120°，根据平衡条件可得绳子的拉力大小等于P的重力、又等于Q的重力，所以在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C点位置不变，故C正确、D错误；
故选：C。
6．【解答】解：A、不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g。大小相等，故A错误。
B、h＝vyt﹣gt2，最大高度h、t相同，则知，竖直方向的初速度大小相等，由于A球的初速度与水平方向的夹角大于B球的竖直方向的初速度，由vy＝v0sinα（α是初速度与水平方向的夹角）得知，A球的初速度小于B球的初速度，两球水平方向的分初速度为v0cosα＝vycotα，由于B球的初速度与水平方向的夹角小，所以B球水平分初速度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故B在最高点的速度比A在最高点的大，故B正确。
C、两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由t＝知下落时间相等，则两球运动的时间相等，故C错误。
D、分析竖直方向上，两球的运动的最大高度相同，则落地的竖直速度相等，根据P＝mgvy，落地时重力的瞬时功率相同，故D正确。
故选：BD。
7．【解答】解：A、线圈接通电源瞬间，则变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力作用，使圆板转动，故A错误。
B、在闭合开关瞬间，向下的磁通量增加，根据楞次定律可知，产生逆时针的感应电场，圆板逆时针转动，（自上而下看），故B正确。
C、闭合开关瞬间，圆板上产生逆时针感应电场，小球电性的不同，受到的电场力方向不同，圆板转动方向不同，故C错误。
D、开关断开瞬间与开关闭合瞬间，根据楞次定律可知，圆板上产生的感应电场方向相反，则圆板转动方向相反，故D正确。
故选：BD。
8．【解答】解：A、物体与木板发生非弹性碰撞，机械能有损失，所以，整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B、物体与木板起向下运动过程中，整体受到的弹簧弹力先小于总重力，后大于总重力，整体的合外力先向下后向上，则整体先向下加速，后向下减速，速度先增大后减小，故B正确；
C、两弹簧原来的弹力大小为 F＝mg，物体与木板碰后瞬间弹簧的弹力不变，对整体有 （m+0.5m）g﹣F＝（m+0.5m）a，解得 a＝。
物体与木板恰好回到A点时，弹簧的弹力为0，整体只受重力，加速度大小为g，故C正确；
D、物体与木板碰撞前瞬间的速度为 v0＝＝．碰撞过程，取竖直向下方向为正方向，由动量守恒定律得 0.5mv0＝（m+0.5m）v
从碰撞后到回到A点的过程，根据系统的机械能守恒得 （m+0.5m）v2+Ep＝（m+0.5m）gh，联立解得，物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为 Ep＝0.5mgh，故D正确。
故选：BCD。
二、非选择题：共174分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
9．【解答】解：（1）在本实验中还需要打点计时器，由于有4～6V的交流电源，因此需要电磁打点计时器。
（2））在匀变速直线运动中，时间中点的速度等于该过程中的平均速度，因此有：
vC＝＝ m/s＝0.30 m/s；
根据逐差法△x＝aT2将△x＝4mm＝0.004m，T＝0.1s代入解得：a＝0.40m/s2。
故答案为：（1）电磁打点计时器；（2）0.30； 0.40。
10．【解答】解：（1）欧姆调零后，根据闭合电路欧姆定律，有：
，
I1＝，
联立解得：
E＝，
。
（2）根据闭合电路欧姆定律，有：，
解得：。
（3）电池电动势减小了，故欧姆调零后，欧姆表的内阻：
，
故欧姆表内阻减小了；
由于欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻，故实际测量时，当读数为300Ω时，实际电阻是小于300Ω的，故测量值大于实际电阻值。
（4）欧姆表示数为1200Ω，对应表头的电流与电动势正常时是相等的，电动势正常时，故根据闭合电路欧姆定律，有：

I＝＝，
故通过电压表的电流为1mA，根据欧姆定律，电压表内电阻为：
，
再根据闭合电路欧姆定律，有：
E′＝I（R内′+RV） ①
其中：R内′＝②
联立解得：
E′＝1.25V。
故答案为：（1）1.5，（2）200，（3）大于，（4）1000，1.25
11．【解答】解：（1）A与B碰撞前，对A，根据牛顿第二定律得
μ（mA+mB）g＝mAa1。
解得 a1＝3m/s2。
A与B碰后，对A、B整体，由牛顿第二定律得
μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a2。
解得 a2＝2m/s2。
（2）设A与B碰后瞬间共同速度大小为v，对A、B碰后一起运动的过程，有
0＝v﹣a2t
解得 v＝2m/s
设A与B碰撞前瞬间速度大小为v1，对A、B碰撞过程，取向右正方向，由动量守恒定律得
mAv1＝（mA+mB）v
解得 v1＝3m/s
对碰撞前A向右运动的过程，有
v12﹣v02＝2（﹣a1）l
解得 l＝4.5m
答：
（1）A与B碰撞前、后加速度大小a1、a2分别为3m/s2、2m/s2。
（2）A的上表面长度1为4.5m。
12．【解答】解：（1）粒子刚好能够穿出时对应的偏转电压最大为Umax，此时带电粒子在电场中做类平抛运动；
水平方向：L＝v0t1
竖直方向：y＝＝
根据牛顿第二定律可得：q＝ma
联立解得：Umax＝100V；
根据题意可得，要使带电粒子射出水平金属板，两金属板间电势差UAB取值范围：
﹣100V≤UAB≤100V；
（2）粒子在距O'点下方0.05m处射入磁场的粒子速度大小为v，速度水平方向的分量为v0，竖直方向的分速度大小为vy，速度方向偏向角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R；

根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m
速度关系：v0＝vcosθ
根据几何关系：△y＝2Rcosθ
联立解得：△y＝2＝0.4m；
（3）从极板下边界射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，设粒子进入磁场的速度为v1，速度水平方向的分量为v0，竖直方向的分速度为vy1，速度方向偏向角为α，

粒子在电场中：L＝v0t1，
竖直方向：
解得vy＝v0，
tanα＝＝1，解得α＝
带电粒子在磁场中运动的周期为T，则T＝
运动时间：t＝
联立解得：t＝3π×10﹣6s＝9.42×10﹣6s。
答：（1）要使带电粒子射出水平金属板，两金属板间电势差UAB取值范围﹣100V≤UAB≤100V；
（2）若粒子在距O'点下方0.05m处射入磁场，从MN上某点射出磁场，此过程出射点与入射点间的距离为0.4m；
（3）所有粒子在磁场中运动的最长时间为9.42×10﹣6s。
[物理选修3-3]
13．【解答】解：A、根据热力学第二定律分析，热量不可以自发的从低温物体传递到高温物体，但在引起其他变化的情况下，可以从低温物体传递到高温物体，比如冰箱，故A错误。
B、大量做无规则热运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞产生了气体的压强，气体的压强在数值上等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力的大小，故B正确。
C、气体分子总数不变，气体温度升高，如果体积变大，则压强不一定增大，故C错误。
D、根据热平衡定律：温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，故D正确。
E、暖水瓶的体积不变，温度降低，气体压强减小，故E正确。
故选：BDE。
14．【解答】解：（i）因气瓶导热，瓶内气体温度与所处环境温度相同，设存于冷库中时温度为T1，移置库外后，瓶内气体温度为T2＝（27+273）K＝300K
由查理定律，得：＝
解得：T2＝270K，即冷库温度为270K或﹣3℃
（ii）充气前，瓶内气体和所充入的气体总体积为：V3＝V+45×＝4V
设充气后，气体压强为P4，
气体温度不变，由玻意耳定律，有：P0V3＝P4V
解得：P4＝4P0
答：（i）冷库内的温度为270K；
（ii）充气结束后，瓶内气体压强为4P0。
[物理选修3-4]
15．【解答】解：A、根据t＝0时刻的波形图，分析波源的起振方向，波源M的起振方向为y轴负方向，波源N的起振方向为y轴正方向，两者相反，故A错误；
B、波源的振动方向相反，波源到x＝3m处质点的波程差为0，则x＝3m处质点始终处于振动减弱点，由于两波振幅相等，故x＝3m处质点始终不振动，t＝1.5s时，位移等于0cm，故B正确；
C、1s后，波传播到x＝3m处，该质点始终为振动减弱点，故C错误；
D、2s后，波传播到x＝6m处的质点，波源到x＝6m处质点的波程差为△x＝12m﹣6m＝6m＝λ，属于振动减弱点，始终静止不动，故D正确；
E、两列波波长相等、波速相等，则频率相等，满足干涉条件，叠加区域可以产生稳定的干涉图样，故E正确。
故选：BDE。
16．【解答】解：（i）根据折射定律有，即
所以折射角为 α＝45°。
（ii）根据题意可知，光传播到扇形面上时，一部分光线发生全反射，一部分光线通过折射传播到屏幕上，入射角越大，折射角越大，打在屏幕上的位置越靠右，
射到在屏幕上亮区最右边界的光线在玻璃砖圆弧面A点处恰好不发生全反射，入射角等于临界角C，如图所示。
由sinC＝＝得 C＝45°
根据几何知识可知：FO＝R，FB＝FO﹣BO＝R﹣R＝R＝m
PF＝PO﹣FO＝D﹣R＝（+1）m﹣m＝1m
△EPF是等腰直角三角形，PE＝PF＝1m
即亮区右边界到P点的距离为 d＝PE＝1m
答：
（i）若某束光线在玻璃砖圆弧面入射角θ＝30°，其折射角α是45°：
（ii）亮区右边界到P点的距离d是1m。