2020-2021学年天津市和平区高三（上）期末物理试卷（Word版含答案）

2020-2021学年天津市和平区高三（上）期末物理试卷
一、单项选择题（每小题4分，共24分.每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）
1．（4分）在近代物理发展的过程中，实验和理论相互推动，促进了人们对微观世界的认识。对下列实验描述正确的是（　　）
A．卢瑟福通过①图所示的实验现象，发现了质子和中子
B．②图中用紫外灯照射锌板，验电器指针带负电张开
C．③图的理论可以很好的解释氢原子光谱的规律
D．④图放射源产生的三种射线中，射线3的电离本领最强
2．（4分）学习物理规律不仅要知道规律的内容，还要了解规律的应用条件，下列是常见的四种相互作用情境：物块a以一定的速度v0向右运动，之后与物块b发生相互作用，其中甲图和丙图地面光滑，乙图和丁图地面粗糙。从开始相互作用至达到共同速度的过程，对于a、b、弹簧组成的系统，各图满足的规律分析正确的是（　　）
A．甲图动量和机械能一定都守恒
B．乙图动量和机械能一定都守恒
C．丙图动量和机械能一定都守恒
D．丁图动量和机械能一定都守恒
3．（4分）2020年11月24日凌晨，嫦娥5号探测器发射成功，开启了探月工程难度最大的阶段。某研究小组的同学们在网上查阅了关于月球的信息：地球半径约是月球半径的p＝3.7倍，地球质量约是月球质量的q＝81倍。借助所学知识，可以对绕月飞行的有关规律做出如下推断（　　）
A．月球表面的重力加速度大于地球表面重力加速度
B．飞船绕月球表面做圆周运动的周期是绕地球表面运动周期的倍
C．月球的第一宇宙速度大于7.9km/s
D．探测器在月球表面受到的万有引力等于在地球表面所受的万有引力
4．（4分）小明发现游乐场中有用弹性杆固定在地面上的玩偶，且在水平方向还有用于固定的可伸缩的弹性物体。小明通过分析，将这个设施简化为如图所示的装置：一小球固定在轻杆上端，AB为水平轻弹簧，小球处于静止状态。图中虚线画出了小明所分析的杆对小球的作用力方向的可能情况，下列分析正确的是（　　）
A．F1和F2均可能正确，且F1一定大于F2
B．F2和F3均可能正确，且F2一定大于F3
C．F3和F4均可能正确，且F3一定大于F4
D．只有F2是可能正确的，其余均不可能正确
5．（4分）如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p﹣V图中从a到b的直线所示。在此过程中（　　）
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直减小
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界放热
6．（4分）在生产线上，常用如图所示的装置来运送零件，水平传送带匀速运动，在传送带的右端上方有一弹性挡板，以避免零件滑落。在t＝0时刻，将零件轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡板所在的位置时与挡板发生碰撞，碰撞时间不计，碰撞过程无能量损失，从零件开始运动到与挡板第二次碰撞前的过程中，零件运动的v﹣t图象可能正确的（　　）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题（每小题4分，共16分.每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错成不答的得0分）
7．（4分）如图所示，a、b两束不同频率的单色光从半圆形玻璃砖底边平行射入，入射点均在玻璃砖底边圆心O的左侧，两束光进入玻璃砖后都射到O'点，OO'垂直于底边，下列说法正确的是（　　）
A．从O'点射出的光有可能是单色光
B．若这两束光为红光和蓝光，则b光是蓝光
C．用同一装置做双缝干涉实验，b光的条纹间距较大
D．在玻璃中，b光的速度小于a光
8．（4分）如图所示，平行板电容器极板倾斜放置，充电后与电源断开，有一带电的小球，从极板左侧A点沿水平方向飞入电场，并沿直线从B点飞出电场。对于此运动过程，下列分析正确的是（　　）
A．小球运动的加速度始终不变
B．小球在运动过程中，电势能一定减小
C．仅使板间距加倍，小球一定仍做直线运动
D．B点电势一定低于A点电势
9．（4分）为尽快实现碧水蓝天的目标，多地的化工厂在排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极。水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，将电势差转换成液体流量Q（单位时间内排出的污水体积）显示在屏上即成为流量计，判断正确的是（　　）
A．a侧电势比c侧电势高
B．a、c两点间的电势差大小与导管直径D有关
C．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大
D．污水流量Q与污水内离子所带电荷量有关
10．（4分）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，到达C处的速度为零，AC＝h。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（　　）
A．从A到C的下滑过程中，圆环的加速度一直减小
B．从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量小于mgh
C．从C到A的上滑过程中，克服摩擦力做的功小于mv2
D．圆环在C点所受合力为零
三、非选择题，共60分。
11．（6分）某小组设计了如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，物块P、Q用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，P底端固定一宽度为d的轻质遮光条，托住P，使系统处于静止状态（如图所示），用刻度尺测出遮光条所在位置A与固定在铁架台上的光电门B之间的高度差h。已知当地的重力加速度为g，P、Q的质量分别用mP和mQ表示。
①现将物块P从图示位置由静止释放，记下遮光条通过光电门的时间为t，则遮光条通过光电门的速度大小为　
　。
②下列实验步骤，必要的是　
　。
A．准确测量出两物块的质量mP和mQ
B．应选用质量和密度较大的物块进行实验
C．两物块的质量应该相等
D．需要测量出遮光条从A到达B所用的时间
③改变高度，重复实验，描绘出v2﹣h图象，该图象的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k＝　
　（用前面给出的字母表达），则验证了机械能守恒定律。
12．（6分）手机电池多为锂电池，这种电池的电动势并不是一个定值，刚充满的电池电动势约4.2V，在使用过程中降低到3.2V时建议终止放电，为尽可能精确地测量出某手机电池刚充满电时的电动势，可供选用的器材如下
A．电流表A：量程0～0.6A、内阻0.6Ω
B．电压表V：量程0～15V、内阻3kΩ
C．滑动变阻器R：最大阻值5Ω
D．电阻箱R：0～9999Ω
E．待测手机电池E
F．一个开关及导线若干
①为使实验具有尽可能高的精度，下列电路中，应选用　
　。
②根据设计的电路，用图象法处理数据，为保证得到的图象为直线，应做　
　随　
　变化的图象。
③若已知该图象斜率的绝对值为k，纵截距的绝对值为b，则电源电动势的大小为　
　。
13．（14分）如图所示，真空中一对平行金属板长为L，两板间有垂直板面向下的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带负电粒子以速度v0从两板中央沿中线进入电场，粒子射出平行板时速度方向与中线夹角为θ，板右侧有上、下范围足够大的有界匀强磁场区域，磁场方向与纸面垂直，磁场边界与两板中线垂直，两边界间距离为d，不计粒子重力，忽略板外空间的电场，求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）欲使粒子经磁场偏转后垂直于右边界穿出，磁感应强度B；
（3）欲使粒子经磁场偏转后从左边界穿出，求磁感应强度的最小值Bm。
14．（16分）如图甲所示，水平面上固定一个10匝的边长为L＝10cm、电阻为r＝2.0Ω的正方形线圈，线圈端点a、b通过导线与间距为d＝0.5m的足够长平行倾斜金属导轨相连，导轨与水平方向的夹角θ＝30°，金属杆MN质量为m＝0.1kg，电阻为R＝1Ω，放在导轨足够高处与导轨垂直且接触良好。已知整个线圈处于竖直向下磁场中，磁感应强度B0随时间的变化如图乙所示，从t0＝0.2s时刻起该磁场不再变化；倾斜导轨处于垂直于轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝1T。忽略其余电阻，重力加速度为g＝10m/s2，已知0～t0时间内金属杆MN刚好不下滑，设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，求：
（1）0～t0时间内，ab两点之间的电势差Uab；
（2）t0时刻后，MN从静止开始下滑，求MN所能达到的最大速度vm；
（3）MN从开始下滑到速度v＝2m/s过程中，沿导轨下滑的距离为x＝1.6m，求该过程MN上产生的焦耳热Q。
15．（18分）如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，圆轨道半径R＝0.5m，圆轨道最低点为B，最高点为C。在水平轨道最右端放置小物块Q，将小物块P靠在弹簧上并压缩到A点，由静止释放，之后与Q发生正碰，碰撞过程时间很短且无机械能损失，碰后Q恰能通过圆轨道最高点C。已知物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，P的质量为m＝1kg，Q的质量为M＝3kg，AO＝0.5m，OB＝1.5m，重力加速度g取10m/s2，P、Q大小均忽略不计，求：
（1）Q刚进入圆轨道时对轨道的压力大小；
（2）将弹簧压缩到A点时，弹簧具有的弹性势能Ep；
（3）与Q物体碰撞过程P物体受到的冲量大小。
2020-2021学年天津市和平区高三（上）期末物理试卷
试题解析
一、单项选择题（每小题4分，共24分.每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）
1．解：A、卢瑟福根据α粒子散射实验，提出来原子的核式结构，质子和中子不是通过α粒子散射实验发现的，故A错误；
B、图②用紫外光灯照射与验电器相连的锌板，发生光电效应，电子逃出，此时锌板和验电器均带正电，故B错误；
C、图③为玻尔理论的氢原子的能级示意图，玻尔理论提出能量量子化，很好的解释氢原子光谱的规律，故C正确；
D、甲④为放射源放出的三种射线在磁场中运动的轨迹，根据左手定则可知，射线3带负电，为β射线，而射线1带正电，是α射线，α射线电离本领最强，故D错误。
故选：C。
2．解：A、地面光滑，a、b组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；如果a、b的碰撞是弹性碰撞，则系统机械能守恒，如果a、b的碰撞是非弹性碰撞，系统机械能不守恒，故A错误；
B、地面粗糙，a、b组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；如果a、b的碰撞是弹性碰撞，则系统机械能守恒，如果a、b的碰撞是非弹性碰撞，系统机械能不守恒，故B错误；
C、地面光滑，a、b组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；a、b相互作用过程，只有弹力做功，系统机械能守恒，故C正确；
D、地面粗糙，a、b组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D错误。
故选：C。
3．解：A、根据万有引力和重力的关系可得mg＝，所以g＝，则＝＝＝＜1，所以月球表面的重力加速度小于地球表面重力加速度，故A错误；
B、根据＝mR可得：T＝，所以＝＝，所以飞船绕月球表面做圆周运动的周期是绕地球表面运动周期的倍，故B正确；
C、根据mg＝m可得第一宇宙速度v1＝，月球表面的重力加速度和月球的半径都比地球小，所以月球的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，即小于7.9km/s，故C错误；
D、根据F万＝mg可知，探测器在月球表面受到的万有引力小于在地球表面所受的万有引力，故D错误。
故选：B。
4．解：小球处于静止状态，则杆对小球的作用力方向在重力与弹簧拉力夹角的对顶角范围内（不含水平方向），如图所示；
当弹簧的弹力为零时，杆对小球的作用力方向是F3，当弹簧的弹力不为零时，杆对小球的作用力方向可能是F2，
如果杆对小球的作用力是F3，则F3与小球的重力平衡，即F3＝mg；
如果杆对小球的作用力是F2，则F2是重力与弹簧弹力的合力，则F2＞mg＝F3，故B正确、ACD错误。
故选：B。
5．解：A、由图知气体的
pV一直增大，由知气体的温度一直升高，故A错误；
B、一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B错误；
C、气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；
D、气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U＝W+Q可知气体一直从外界吸热，故D错误；
故选：C。
6．解：零件与弹性挡板发生碰撞前可能先做匀加速运动，当与传送带共速后一起与传送带做匀速运动；与弹性挡板碰撞后以等大的速度反向弹回，向左做匀减速运动，因加速的加速过程中和零件与弹性挡板碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，速度减到零后再反向向右加速，到达挡板位置时又与传送带达到共速，同时被反向弹回，以后重复原来的过程，则图象A正确，BCD错误；
故选：A。
二、多项选择题（每小题4分，共16分.每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错成不答的得0分）
7．解：A、两光束射到O′点时的入射角都等于在玻璃砖底边的折射角，根据光路可逆性可知，从O′点射出时折射角都等于射入玻璃砖底边时的入射角，而在玻璃砖底边两光束平行射入，入射角相等，所以从O′点射出时折射角相同，两光束重合，则从O′点射出的一定是一束复色光，故A错误；
B、由图知玻璃砖对b束光的偏折角大于对a束光的偏折角，则玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光的折射率，因为蓝光的折射率比红光大，所以若两束光为红光和蓝光，则b光是蓝光，故B正确。
C、b光的折射率大，波长短，而双峰干涉条纹的间距与波长成正比，所以b光的条纹间距较小，故C错误；
D、b光的折射率大，由v＝可知在玻璃中，b光的速度小于a光，故D正确。
故选：BD。
8．解：A．对小球受力分析，因为电场力F和重力G不变，所以小球合力不变，做匀变速直线运动，故AC正确；
B．由小球受力情况知，电场力与运动方向夹角大于直角，所以电场力做负功，电势能增加，故B错误。
C．因为C＝＝，又因为U＝dE，所以E＝，使板间距加倍，电场强度E不变，则小球受到的力的合力仍然和速度共线，小球仍然做直线运动，故C正确；
D、电容器正负极板未知，无法判断电势高低，故D错误；
故选：AC。
9．解，A、由于匀强磁场的方向向下，则由左手定则可知，污水中正离子的受到的洛伦兹力的方向指向a极板，正离子会向a极板移动，负离子会向c极板移动，则a侧电势高于b侧电势，故A正确；
BC、当由离子形成的电场产生的电场力与离子在磁场中受到的洛伦兹力平衡时，则有：，即Uac＝BDv，则a、c两点之间的电势差大小与导管直径D成正比，与离子浓度无关，故B正确，C错误；
D、污水流量为：，故流量与污水内所带电荷量无关，故D错误；
故选：AB。
10．解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过某处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过某处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；
BC、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理：mgh﹣Wf﹣W弹＝0
在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理：
解得：，故C正确；
从上述分析知，在C处弹性势能：，小于mgh，故B正确；
D、圆环在C点时，弹性势能最大，加速度向上，合力不为零。故D错误。
故选：BC。
三、非选择题，共60分。
11．解：①极短时间内的平均速度等于瞬时速度，遮光条通过光电门的速度大小v＝。
②物块P从A点到达B点时P和Q组成的系统动能增加量：△Ek＝（mP+mQ）v2＝（mP+mQ）（）2，
该过程系统减少的重力势能：△Ep＝（mP﹣mQ）gh，
系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：△Ek＝△Ep，
即（mP+mQ）（）2＝（mP﹣mQ）gh；
A、要验证机械能守恒定律实验需要测量，准确测量出两物块的质量mP和mQ，故A正确；
B、为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量和密度较大的物块进行实验，故B正确；
C、如果两物块的质量相等，释放物块P后系统系统静止，无法进行实验，故C错误；
D、由实验需要验证的表达式可知，实验不需要测量出遮光条从A到达B所用的时间，故D错误。
故选：AB。
③物块P从A点到达B点时P和Q组成的系统动能增加量：△Ek＝（mP+mQ）v2，
该过程系统减少的重力势能：△Ep＝（mP﹣mQ）gh，
由机械能守恒定律得：△Ek＝△Ep，
即（mP+mQ）v2＝（mP﹣mQ）gh，
整理得：v2＝h，
v2﹣h图象的斜率k＝，即如果k＝即可验证机械能守恒定律。
故答案为：①；②AB；③。
12．解：①手机电池刚充满电时的电动势约4.2V，而电压表V的量程为0～15V，因电压表的量程太大，电压测量误差会较大，因此电压表不能选用，故选用电流表和电阻箱用选项D图连接方式测量，故选D；
②③实验时测得多组电阻箱的阻值R与对应的电流表示数I，设电流表内阻为rA，
由闭合电路欧姆定律I＝
变形为：＝，得到与R的线性表达式，以为纵轴，R为横轴，得到的图象为直线，故应做随R变化的图象；
则图象斜率绝对值k＝，
电源电动势E＝
注：仅对于图象亦可作R﹣的图象，对于物理原理是I随R的变化而变化，故﹣R的图象符合本题题意。
故答案为：①D；②，R；③。
13．解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设运动时间为t，
水平方向：L＝v0t
粒子离开磁场时的竖直分速度：vy＝v0tanθ
由牛顿第二定律得：qE＝ma
粒子在竖直方向的分速度：vy＝at
解得：E＝
（2）粒子进入磁场时的速度v＝
粒子垂直右边界射出磁场，粒子运动轨迹如图1所示，
由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径：r＝
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：
qvB＝m
解得：B＝
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动从磁场左边界射出时最大轨道半径对应的运动轨迹与磁场右边界相切，
此时磁感应强度最小，粒子运动轨迹如图2所示，由几何知识可知：r′+r′sinθ＝d
解得粒子轨道半径：r′＝
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：
qvBm＝m
解得：Bm＝
答：（1）匀强电场的场强大小E是；
（2）欲使粒子经磁场偏转后垂直于右边界穿出，磁感应强度B是；
（3）欲使粒子经磁场偏转后从左边界穿出，磁感应强度的最小值Bm是。
14．解：根据题干可知线圈的边长为L＝10cm＝0.1m。
（1）根据法拉第电磁感应定律可得正方形线圈中产生的感应电动势为：
E＝n＝n＝＝1.2V
此过程中回路中感应电流的大小为：I＝＝A＝0.4A
根据楞次定律可知b点电势高，则：Uab＝﹣IR＝﹣0.4×1V＝﹣0.4V；
（2）设MN与导轨间的动摩擦因数为μ，0～0.2s内，根据平衡条件可得：mgsinθ＝BId+μmgcosθ
解得：μmgcosθ＝0.3N
MN达到的速度最大时，受力平衡，根据平衡条件可得：
mgsinθ＝μmgcosθ+F安
其中F安＝
解得：vm＝2.4m/s；
（3）MN从开始下滑到速度v＝2m/s过程中，沿导轨下滑的距离为x＝1.6m，设此过程中导体棒克服安培力做的功为WA，
根据动能定理可得：（mgsinθ﹣μmgcosθ）x﹣WA＝﹣0
解得：WA＝0.6J
根据功能关系可得产生的总的焦耳热：Q总＝WA＝0.6J
根据能量关系可得该过程MN上产生的焦耳热Q＝＝J＝0.2J。
答：（1）0～t0时间内，ab两点之间的电势差为﹣0.4V；
（2）t0时刻后，MN从静止开始下滑，MN所能达到的最大速度为2.4m/s；
（3）MN从开始下滑到速度v＝2m/s过程中，沿导轨下滑的距离为x＝1.6m，该过程MN上产生的焦耳热为0.2J。
15．解：（1）碰后Q恰能通过圆轨道最高点C，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
Mg＝M
设P与Q碰撞前瞬间的速度为v0，碰撞后瞬间P、Q的速度分别为v1和v2。
Q从B点到C点的过程，由机械能守恒定律得：＝+Mg?2R
联立以上两式解得：v2＝＝m/s＝5m/s
Q刚进入圆轨道时，由牛顿第二定律得：
FN﹣Mg＝M
解得：FN＝6Mg＝6×3×10N＝180N
根据牛顿第三定律知Q刚进入圆轨道时对轨道的压力大小：FN′＝FN＝180N。
（2）P与Q碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mv1+Mv2
由机械能守恒定律得：
mv02＝mv12+Mv22
联立以上两式解得：v0＝10m/s，v1＝﹣5m/s，
将弹簧压缩到A点时，弹簧具有的弹性势能：Ep＝μmg（AO+OB）+mv02
代入数据解得：EP＝60J
（3）P与Q物体碰撞过程，取向右为正方向，根据动量定理得：
I＝mv1﹣mv0
解得P物体受到的冲量：I＝﹣15N?s，冲量大小为15N?s。
答：（1）Q刚进入圆轨道时对轨道的压力大小为180N；
（2）将弹簧压缩到A点时，弹簧具有的弹性势能Ep为60J；
（3）与Q物体碰撞过程P物体受到的冲量大小为15N?s。
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