【物理】天津市红桥区2020届高三下学期期末考试试题（解析版）

【物理】天津市红桥区2020届高三下学期期末考试试题（解析版）

天津市红桥区2020届高三下学期期末考试 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分。考试用时70分钟。‎ 第I卷（选择题共50分）‎ 一、单项选择题（每题6分，共30分。每题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）‎ ‎1.用光子能量为E的一束单色光照射处于基态的一群氢原子，这群氢原子吸收光子后能发出6种不同频率的光，在这6种光中（h是普朗克常数，c是真空中光速）（　　）‎ A. 频率最低的光，频率是 B. 光子能量最小的光，频率是 C. 在真空中波长最大的光，波长是 D. 频率为的光在水中的折射率最大 ‎【答案】D ‎【详解】A．由题意可知氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级发出的光子能量最大，为E，所以频率最高光的频率为 AB错误；‎ C．发出光最大频率为，则在真空中的最小波长 C错误；‎ D．光子的频率越大，则介质中的折射率越大，所以频率为的光在水中的折射率最大，D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示，甲图中线圈A的a、b端加上图乙所示的电压时，在0～t0时间内，线圈B中感应电流及线圈B的受力情况是：‎ A. 感应电流方向不变、受力方向不变 B. 感应电流方向改变、受力方向不变 C. 感应电流方向不变、受力方向改变 D. 感应电流方向改变、受力方向改变 ‎【答案】C ‎【详解】根据题意可知，UAB＞0，则可知电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向右，由于电压先减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，线圈B的感应电流顺时针（从左向右看）；当UAB＜0，则可知电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向左，当电压增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看），故电流方向不变；‎ 由上可知，感应电流方向不变，而磁场方向变化，所以根据左手定则可知，安培力方向改变，故C正确，ABD错误；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】根据右手螺旋定则可知，螺线管内部磁场的方向，并由电压的变化，从而确定穿过线圈B的磁通量的变化，最后根据楞次定律来确定感应电流的方向，并由左手定则来确定安培力的方向．‎ ‎3.如图所示，电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度匀速转动。t=0时，线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则（　　）‎ A. t=0时，线圈中的感应电动势最大 B. 1s内电路中的电流方向改变了次 C. 滑片P向下滑动时，电压表的读数变大 D. 线圈匀速运动的角速度变为2倍时，电阻R的电功率也变为2倍 ‎【答案】C ‎【详解】A．t=0时，线圈位于中性面，此时感应电动势为零，A错误；‎ B．交流电的频率为 ‎1s内电流方向改变‎2f（次），即1s内电路中的电流方向改变了次，B错误；‎ C．滑片P向下滑动时，电阻增大，电流减小，电源内阻分压减小，所以电压表读数变大，C正确；‎ D．根据 以及电压有效值 若增大为原来的2倍，电阻R两端的电压变为原来的2倍，故R的电功率变为原来的4倍，D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在Ｏ点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力．则（ ）‎ A. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3∶1‎ B. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为∶1‎ C. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2∶1‎ D. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为1∶2‎ ‎【答案】A ‎【详解】AB．根据图中几何关系 带电粒子在匀强磁场中运动 联立解得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3∶1，选项A正确B错误；‎ CD．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为 选项CD错误。‎ 故选A。‎ ‎5.三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中，木块C未受到子弹打击。若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间tA、tB、tC的关系是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】木块C自由落体，木块A在刚要下落瞬间被子弹射中，并留在其中，木块A与子弹一起自由落体运动，A、C均做自由落体运动，且下落高度相同，故二者下落时间相同，即 木块B落下一定距离后被水平飞来的子弹水平射中，子弹留在其中。在子弹击中木块过程中，水平方向动量守恒，由于子弹进入木块后总质量变大，由动量守恒定律可知 解得 木块速度变小，木块落地时间延长，木块B在空中的运动时间比A、C时间长，则AC同时落地，B最后落地，即 故C正确ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎6.为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1，V2，和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如下图所示。当开关S闭合后（　　）‎ A. A1示数变大，V1示数不变 B. A1示数不变，V1示数变大 C. V2示数变小，V1与V2示数的比值变大 D. V2示数变小，V1与V2示数的比值不变 ‎【答案】A ‎【详解】开关S闭合后，示数不变，则由变压器的原副线圈的关系可知 不变，变压器副线圈的负载电阻减小，由欧姆定律可得A2示数变大，由于理想变压器 P2=P1‎ V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变， A1示数变大，故A正确，BCD错误。‎ 二、不定项选择题（每题5分，共20分。每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5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）‎ ‎7.下面是四种与光有关的事实，其中与光的干涉有关的是（ ）‎ A. 用光导纤维传播信号 B. 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度 C. 一束白光通过三棱镜形成彩色光带 D. 水面上的油膜呈现彩色 ‎【答案】BD ‎【详解】A．光导纤维是利用光的全反射的原理传播光信号，与光的干涉无关．选项A错误；‎ B．检查平面的平整度的原理是经过空气层的前后两面反射的光线在标准样板的下表面叠加发生薄膜干涉形成干涉条纹，故与光的干涉有关，选项B正确；‎ C．白光是复色光，而同一种玻璃对不同单色光的折射率不同，故虽然不同的单色光的入射角相同，但经玻璃折射后的出射角不同，即发生了色散是折射的结果，与光的干涉无关，选项C错误；‎ D．光照射在水面上的油膜上光在油膜的上下两个表面分别发生反射，两列反射光在油膜的上表面发生薄膜干涉形成彩色干涉条纹，故与光的干涉有关，选项D正确；‎ 故选BD．‎ ‎【名师点睛】解答此题要知道：光导纤维是利用光的全反射的原理传播光信号；检查平面的平整度是利用薄膜干涉；色散是同种玻璃对不同的单色光的折射率不同造成的；水面上的油膜呈现彩色是薄膜干涉造成的．‎ ‎8.如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则（ ） ‎ A. 电场力FA＜FB B. 电场强度EA=EB C. 电势＜ D. 电势能EpA＜EpB ‎【答案】AC ‎【解析】在v-t图象中图线的斜率表示加速度，由速度图象看出，图线的斜率逐渐增大，电子的加速度增大，电子所受电场力增大，则电场力FA＜FB，故A正确；电子所受电场力增大，场强也增大，所以电场强度EA＜EB，故B错误；电子静止开始沿电场线从A运动到B，电场力做正功，则电场力的方向从A到B，电子带负电，所以场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，电势，故C正确；由速度图象看出，电子的速度增大，电场力做正功，电子的电势能减小，则电势能，故D错误．所以AC正确，BD错误．‎ ‎9.某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡并联，通电后各自的电流I随所加的电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安特性曲线的交点。则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中，正确的是( )‎ A. 图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线 B. 图中图线a是小灯泡伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线 C. 图线中的M点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值 D. 图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等 ‎【答案】AD ‎【详解】AB.热敏电阻电阻值随温度升高而减小，电压增大，电流增大，电流热效应增强，温度升高，所以图线上电压越大的点对应电阻越小，与原点连线应越远离U轴，故图线a表示热敏电阻伏安曲线，小灯泡电阻为金属热电阻，其大小随温度升高而增大，电压越大的点与原点连线应越靠近U轴，所以图线b表示小灯泡的伏安特性曲线，故A正确B错误；‎ CD.M点处，小灯泡和热敏电阻的I、U都相同，根据可得，此时它们的电阻相等，根据可得，此时它们的功率相等，故D正确C错误。‎ 故选AD。‎ ‎10.如图所示，水平放置的两块平行金属板，充电后与电源断开。板间存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直于纸面向里磁感强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力及空气阻力），以水平速度v0从两极板的左端中间射入场区，恰好做匀速直线运动。则（　　）‎ A. 粒子可能带正电，也可能带负电 B. 若仅将板间距离变为原来的2倍，粒子将偏向磁场力方向 C. 若将粒子带电量变为原来的2倍，粒子将偏向磁场力方向 D. 若撤去电场，粒子在板间运动的最长时间可能是 ‎【答案】AD ‎【详解】A．粒子无论带何种电荷，电场力与洛伦兹力大小都相等，且，A正确；‎ B．当将板间距离变为原来的2倍，根据可知板间的场强变小，则，粒子运动轨迹偏向极板；当粒子为正电荷时，偏向上极板；当粒子为负电荷时，偏向下极板，由于速度方向在变，所以磁场力方向在变，故不能说偏向磁场力方向，B错误；‎ C．据可知，将粒子带电量变为原来的2倍，二力依然平衡，所以粒子仍做匀速直线运动，C错误；‎ D．当撤去电场，粒子可能在极板间做半圆周运动再出磁场，据在磁场的圆周运动的周期 粒子在板间运动的最长时间可能是 故D正确。‎ 故选CD。‎ 第II卷（非选择题 共50分）‎ 三、实验题 ‎11.质量为m=‎0.10kg的小钢球以v0=‎10m/s的水平速度抛出，下落h=‎5m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ=_______.刚要撞击钢板时小球的动量大小为_______.（取g=‎10m/s2）‎ ‎【答案】 45° kg·m/s ‎【详解】[1][2]．因为撞后速度恰好反向，小球撞到钢板上时小球的速度与钢板垂直，故小球的速度与竖直方向的夹角与钢板与水平面的夹角相同，小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，故有 所以落到钢板上时竖直方向上的速度为 根据运动的合成与分解可得 故钢板与水平面的夹角 小球落到钢板上时的速度为 故刚要撞击钢板时小球的动量大小为 ‎12.用螺旋测微器测量金属导线的直径，其示数如图所示。该金属导线的直径为_____mm。如果无法估计被测电阻的阻值大小，可以利用试触法：如图将电压表的左端接a点，而将右端第一次接b点，第二次接c点，观察电流表和电压表示数的变化。若电压表示数变化大，为减小误差，实验过程电压表右端应接_____点。‎ ‎【答案】1.124~1.126 b ‎【详解】[1]螺旋测微器的固定刻度读数为‎1mm，可动刻度读数为0.01×‎12.5mm=‎0.125mm，所以最终读数为‎1.125mm。‎ ‎[2]若接点从b换到c时，电压表示数变化大，说明电流表分压明显，为减小误差，实验过程电压表右端应接b处 ‎13.测量某一“特殊电池”的电动势和内电阻，其电动势约为1.5V，该电池内阻较大，经实验测定它的最大电流只有3mA左右。现有下列器材：‎ 待测“特殊电池”‎ 电流表A：满偏电流3mA，电阻为30‎ 电压表V：量程0〜1.5V，电阻约为10000‎ 滑动变阻器R1：0〜50‎ 滑动变阻器R2：0〜10k ‎ 开关、导线等实验器材 ‎(1)本实验选用上面所示的实验原理图，应该选用哪种规格的滑动变阻器？_____（填写仪器代号）。‎ ‎(2)在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，得到U-I图象如上图所示，根据图中所给数据，则“特殊电池”的电动势E=_____V，内电阻r=_____。‎ ‎【答案】(1). R2 (2). 15 470‎ ‎【详解】(1)[1]有已知可知电源的内阻约为 为了使得在滑动滑动变阻器时电表有明显的示数变化，应选。‎ ‎(2)[2]电源的图像中，纵截距表示电源电动势，故 ‎[3]图像的斜率表示电源内阻和电流表内阻之和，故 解得 四、计算题（要求写出必要的文字说明、方程式和推导过程，只有结果的不给分）‎ ‎14.如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切，质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可以看成质点）。求： ‎ ‎(1)子弹打入后子弹和木块到B点的速度；‎ ‎(2)子弹射入木块前的速度。‎ ‎【答案】(1) ； (2)‎ ‎【详解】(1)系统由B到C的运动过程中机械能守恒，即 得 ‎(2)系统动量守恒，即 解得 ‎15.如图所示，水平面上固定有平行导轨，磁感应强度为B 的匀强磁场方向竖直向下。同种合金做的导体棒横截面积之比为2：1，导体棒的长度和导轨的宽均为L，cd的质量为m，电阻为2R，开始时ab、cd都垂直于导轨静止，ab棒固定，不计一切摩擦。给cd一个向右的瞬时冲量I，在以后的运动中：‎ ‎(1)cd的最大速度vm；‎ ‎(2)最大加速度am；‎ ‎(3)整个过程cd棒产生的电热是多少？‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【详解】(1)给ab冲量后，cd获得速度向右运动，回路中产生感应电流，cd受安培力而减速；开始时cd速度最大 ‎(2)开始时感生电流最大，cd棒加速度最大，因此有 解得 ‎(3)回路中产最终动能全部转化为内能，cd棒生热为总能量的三分之二 ‎，，‎ 解得 ‎16.如图，平行金属板倾斜放置，AB长度为L，金属板与水平方向的夹角为θ，一电荷量为-q、质量为m的带电小球以水平速度v0进入电场，且做直线运动，到达B点．离开电场后，进入如下图所示的电磁场（图中电场没有画出）区域做匀速圆周运动，并竖直向下穿出电磁场，磁感应强度为B．试求：‎ ‎(1)带电小球进入电磁场区域时的速度v．‎ ‎(2)带电小球在电磁场区域做匀速圆周运动的时间．‎ ‎(3)重力在电磁场区域对小球所做的功．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【详解】（1）对带电小球进行受力分析，带电小球受重力mg和电场力F F合=Fsinθ mg=Fcosθ 解得 F合=mgtanθ 根据动能定理 解得 ‎（2）带电小球进入电磁场区域后做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，带电小球只在洛伦兹力作用下运动．通过几何知识可以得出，带电粒子在磁场中运动了圆周，运动时间 ‎（3）带电小球在竖直方向运动的高度差等于一个半径 重力做的功为