黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期期末考试理综物理试题

哈尔滨市第六中学2020届上学期期末考试理科综合能力测试（物理）1.一质点从t＝0时刻开始做平抛运动，用下列图象反映其水平分速度vx大小、竖直分速度vy大小、合速度与水平方向夹角α的正切值、合位移与水平方向夹角β的正切值和时间t的关系，其中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A．做平抛运动的物体水平速度不变，则选项A正确；B．平抛运动在竖直方向是自由落体运动，则vy=gt，则选项B错误；C．合速度与水平方向夹角α的正切值则选项C错误；D．合位移与水平方向夹角β的正切值则选项D错误；故选A.2.图甲为氢原子部分能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光。用辐射出的光照射图乙光电管的阴极K，已知阴极K为金属钨，其逸出功为4.54eV，则（）A. 能使金属钨发生光电效应的光有6种B. 逸出光电子最大初动能为8.21eVC. 若将滑动变阻器的滑片右移，电路中的光电流一定增大D. 如果将电源正、负极反接，电路中不可能有光电流产生【答案】B【解析】【详解】A．大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出种不同频率的光，但是能使金属钨发生光电效应的光，也就是光子能量大于4.54eV的有3种，即4→1,3→1和2→1的跃迁，选项A错误；B．从4→1的跃迁对应着光子能量最大，最大值为（-0.85）-（-13.6）=12.75eV，则逸出光电子的最大初动能为12.75eV-4.54eV=8.21eV，选项B正确；C．若光电流已经达到饱和，则将滑片右移，电路中光电流也不再增大，故C错误；D．若将电源反接，反接后得电压若小于截止电压，则电路中可能有光电流产生，故D错误。故选B.3.如图所示，挡板A与B中间有一个重为G的光滑球，开始时A竖直且固定，AB间成α角，则在α角缓慢增大至90°的过程中（   ）A. 小球对A板的压力不断增大B. 小球对A板的压力先减小后增大C. 小球对B板的压力先减小后增大D. 小球对B板的压力不断减小【答案】D【解析】【详解】对小球进行受力分析，受到三个力，由于小球处于平衡状态，A板和B板对小球的支持力的合力与小球重力大小相等方向相反．当B板顺时针旋转时，A板和B板对小球的支持力的合力始终与小球重力大小相等，方向相反，平行四边形发生了如图所示的动态变化；在平行四边形中，边长的长短代表了力的大小；由图可知：FA与FB都变小；所以小球对A板和B板的压力都变小．故D项正确，ABC三项错误．4.如图所示，边长为l的等边三角形ACD内、外分布着方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。顶点A处沿∠CAD的平分线方向发射不同速度的粒子，粒子质量均为m、电荷量均为＋q。不计粒子重力。粒子以下列速度发射时其中不能通过D点的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】粒子运动过程只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，由牛顿第二定律得： 解得：由左手定则可得：粒子在三角形内做逆时针运动，在三角形外做顺时针运动；由粒子做圆周运动，轨道半径相同，根据几何关系可得：粒子在同一条边上每两次经过边界时在边界上的距离为r，故要使粒子通过D点，则有：， n=1、2、3、4……故能通过D点的粒子速度大小： ，n=1、2、3……；A．，满足结论式子，选项A不符合题意；B．，满足结论式子，选项B不符合题意；C．，不满足结论式子，选项C符合题意；D．，满足结论式子，选项D不符合题意；故选C。5.霍尔元件的放大图如图所示，它由长×宽×厚＝a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成（设电子电荷量为e）。在一矩形霍尔元件的1、2间通入电流I，同时外加与元件工作面垂直的磁场B，当接线端3、4间霍尔电压UH达到稳定值后，UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d之间满足关系式，其中比例系数RH称为霍尔系数，仅与材料性质有关。下列说法正确的是（）A. 接线端3的电势比接线端4的电势高B. 自由电子受到的洛伦兹力大小为C. 式中霍尔系数可表示D. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持与地面平行【答案】C【解析】【详解】A．由左手定则可知，电子受力向上，则向接线3端偏转，则接线端3的电势比接线端4的电势低，选项A错误；B．自由电子受到的洛伦兹力大小等于电场力的大小，即，选项B错误；C．因满足其中 解得对比可知选项C正确；D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过。故D错误。故选C.6.2018年6月14日.承担嫦娥四号中继通信任务的“鹊桥”中继星抵达绕地月第二拉格朗日点的轨道，第二拉格朗日点是地月连线延长线上的一点，处于该位置上的卫星与月球同步绕地球公转，则该卫星的A. 向心力仅来自于地球引力B. 线速度大于月球的线速度C. 角速度大于月球的角速度D. 向心加速度大于月球的向心加速度【答案】BD【解析】分析】卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，根据v=rω，a=rω2比较线速度和向心加速度的大小．【详解】A．卫星受地球和月球的共同作用的引力提供向心力，故A错误；BC．卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，、“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据v=ωr知“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大，故B正确，C错误；D．鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据a=ω2r知“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故D正确．故选BD．【点睛】本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意“鹊桥”中转星与月球绕地球有相同的角速度这个隐含条件．7.木板B静止在粗糙的水平地面上，质量为4kg的小物块A以初速度v0＝6m/s从左端滑上木板B。设物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ1，木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2。已知物块A未滑离木板B，A、B运动过程的v－t图象如图所示。重力加速度g取10m/s2，则（）A. μ1＝0.4B. μ2＝0.2C. 木板的长度至少为6mD. 因木板与地面摩擦而产生的热量为24J【答案】AD【解析】【详解】A．以物块为研究对象ma1=μ1mg由图看出a1＝4m/s2可推算出μ1=0.4故A正确；
B．将物块和木板看成一个整体，在两者速度一致共同减速时（M+m）a2=μ2（M+m）g由图看出a2＝1m/s2可推算出μ2=0.1，故B错误；
C．由v-t图看出物块和木板在1s内的位移差为3m，物块始终未滑离木板，故木板长度至少为3m，故C错误；
D．对木板的加速过程：其中a=2m/s2解得M=4kg木板相对地面的位移因此摩擦产热为Q=μ2(m+M）gs=24J故D 正确；
故选AD。8.图示空间有一静电场，y轴上各点的场强方向沿y轴正方向竖直向下，两小球P、Q用长为L的绝缘细线连接，静止在轴上A、B 两点．两球质量均为m，Q球带负电，电荷量为-q，A点距坐标原点O的距离为L，y轴上静电场场强大小E=，剪断细线后，Q球运动到达的最低点C与B点的距离为h，不计两球间的静电力作用．则A. P球带正电B. P球所带电荷量为-4qC. 两点间电势差为D. 剪断细线后，Q球与O点相距3L时速度最大【答案】BCD【解析】【分析】选取AB组成的整体为研究的对象，写出平衡方程，即可求得A的电量；剪断细线后，B球的先向下做加速运动，B球受到的重力与电场力相等时，速度最大，由平衡条件求解A球或B球到O点的距离，根据功能关系分析电势能的变化．【详解】A．选取AB组成的整体为研究的对象，由平衡可知，,其中，所以，方向向上，故P带负电，故A错误；B．由，解得：且为负电，故B正确；C．对Q从B到C由动能定理可得：，解得：，故C正确；D．速度最即加速度为零，即有：，解得：，故D正确．故选BCD．【点睛】本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论．三、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.利用图甲所示装置可以进行下列实验：实验中，小车碰到制动挡板时，钩码尚未到达地面。①研究匀变速直线运动；②验证牛顿运动定律；③探究动能定理（1）在上述实验中，______需平衡摩擦阻力（选填实验序号）。（2）为了保证细绳的拉力等于小车所受的合外力，以下操作必要的是_____（选填选项前的字母）。A．在未挂钩码时，将木板的右端垫高以平衡摩擦力B．在悬挂钩码后，将木板的右端垫高以平衡摩擦力C．调节木板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行D．实验中控制钩码质量远小于小车的总质量（3）图乙是某次实验中打出纸带的一部分，O、A、B、C为4个相邻的计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，则在打出B点时小车的速度大小为______m/s（保留2位有效数字）。【答案】    (1). ②③    (2). AC    (3). 0.36【解析】【详解】（1）[1]．在上述实验中，②③需平衡摩擦阻力。（2）[2]．为了保证细绳的拉力等于小车所受的合外力，一是要平衡摩擦力；二是要使细线的拉力与木板平行；AB．平衡摩擦力时不挂钩码，将木板的右端垫高，选项A正确，B错误；C．调节木板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，选项C正确；D．实验中控制钩码质量远小于小车的总质量是让钩码的重力等于小车的牵引力，选项D错误；（3）[3]．打出B点时小车的速度大小为10.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。可供选用的器材除开关、导线、保护电阻R0（阻值等于4Ω）外，还有：电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ）电流表A1（量程0～80mA，内阻等于10Ω）电流表A2（量程0～3A，内阻等于0.1Ω）滑动变阻器R（0～50Ω，额定电流2A）定值电阻R1（阻值等于10Ω）定值电阻R2（阻值等于0.8Ω）待测电池（电动势约15V，内阻约1Ω）（1）请画出实验电路图，并将各元件字母代号标在该元件的符号旁_____；（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，电压表示数_____，电流表示数_____（填“增大”或“减小”）。（3）实验中记下电压表的示数U和相应电流表的示数I，以U为纵坐标，I为横坐标，求出U－I图线斜率的绝对值k和在纵轴上的截距a，则待测电池的电动势E和内阻r的表达式为：E＝______，r＝______，代入数值可得E和r的测量值。【答案】    (1).     (2). 减小    (3). 增大    (4). a    (5). 【解析】【详解】（1）[1]．实验中电压表选择V1；电流表A2量程过大，而A1量程偏小，可用阻值为10Ω的定值电阻R1与A1并联扩大量程；电路如图；（2）[2][3]．滑动变阻器的滑片从左向右滑动，阻值减小，总电阻减小，总电流变大，则路端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数增大。（3）[4][5]．若电流表A2读数为I，则总电流为2I，则由闭合电路的欧姆定律：E=U+2I(r+R0)即U= E-2 (r+R0) I，又题意可知：E=a 2 (r+R0)=k，即11.实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为0.1m、长为0.4m的10匝矩形线框abcd，总电阻为R＝2Ω，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，如图为简化的俯视图。小车总质量为m＝0.2kg。小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为f＝0.4N，进入磁场前已达到最大速度v＝5m/s。车头（ab边）刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾（cd边）刚出磁场时速度恰好为零。已知有界磁场宽度为0.4m，磁感应强度为B＝1.2T，方向竖直向下。求：（1）进入磁场前小车所受牵引力的功率P；（2）车头刚进入磁场时，小车加速度a的大小；（3）电磁刹车过程中产生的焦耳热Q。【答案】(1) 2W (2) 20m/s2 (3) 2.18J【解析】【详解】（1）根据P＝fv得P＝0.4×5=2W（2）根据E＝nBlvI＝F＝nBIlF＋f＝ma联立得a＝20m/s2（3）由能量关系可知Q＝mv2－f·2l′得Q＝2.18J12.如图所示，光滑水平面上放着质量为m的物块A与质量为km（k＞0）的物块B，A与B均可视为质点，A与竖直墙壁间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A不栓接），用手挡住A不动，此时弹簧弹性势能EP＝mgR。放手后A向右运动，且脱离弹簧后与B发生弹性碰撞，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径为R。重力加速度为g。（1）求弹簧对A的冲量I的大小；（2）若B在轨道内侧运动时不脱离轨道，求k的取值范围。【答案】(1) (2) 【解析】【详解】（1）由能量关系EP＝mv2，其中I＝mv，得I＝m（2）由动量守恒定律和能量关系：mv＝mv1＋kmv2mv2＝mv12＋kmv22情形1：－kmgR＝0－kmv02v2≤v0得k≥1情形2：－kmg·2R＝kmv0′2－kmv02kmg＝kmv2≥v0得0＜k≤－113.利用油膜法可以粗略测定分子的大小。（i）实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成________油膜，并将油酸分子看成球形且紧密排列。本实验体现的物理思想方法为_____。A．控制变量B．理想化模型C．极限思想（ii）若已知油酸酒精溶液浓度为A，n滴溶液的总体积为V，一滴溶液形成的油膜的面积为S，则油酸分子的直径约为________。【答案】    (1). 单分子层    (2). B    (3). 【解析】【详解】（i）[1][2]．实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成单分子层油膜，并将油酸分子看成球形且紧密排列。本实验体现的物理思想方法为理想化模型，故选B。（ii）[3]．1滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为则油酸分子的直径约为14.如图，一左端封闭、右端开口的细长玻璃管水平放置。玻璃管的左端封有长l1＝20.0cm的空气柱，中间有一段长h＝25.0cm的水银柱，右端空气柱的长度l2＝35.0cm。已知大气压强为P0＝75.0cmHg。现将玻璃管缓慢转为竖直放置且开口向上，再将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢向下推，使管下端空气柱长度变为＝12.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气，求下端空气柱的压强和活塞下推的距离。【答案】125.0cmHg，13cm【解析】【详解】对左（下）端空气柱，由玻意耳定律：P0l1＝（P0＋h）l1″＝Pl1′得P＝125.0cmHg上端空气柱：P0（l1＋l2－l1″）＝（P－h）［l1＋l2－l1″－x＋（l1″－l1′）］得x＝13cm15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波源位于x＝0位置，t＝0时刻波源开始沿y轴振动，经过0.15s时波形如图所示。下列说法正确的是_____。A. 该波的波长为50cmB. 该波的传播速度为m/sC. 此时图中x＝40cm处的质点开始沿y轴正方向运动D. 此后1s内x＝20cm处的质点通过的路程为1.2mE. 此后再经过0.125s，x＝60cm处的质点第一次出现在波谷位置【答案】BDE【解析】【详解】A．由图可知可得选项A错误；B．由题意可知可得T=0.2s则波速选项B正确；C．由波形图，结合“同侧法”可知，此时图中x＝40cm处的质点开始沿y轴负方向运动，选项C错误；D．此后1s=5T内x＝20cm处的质点通过的路程为5×4A=20×6cm=1.2m，选项D正确；E当此时刻平衡位置在x=cm处的波谷传到x=60cm位置时，第一次出现波谷，用时间选项E正确；故选BDE16.如图为一半径为R的玻璃球，球心为O。一束单色光沿AB方向从B点射入玻璃球，经玻璃球反射后从C点沿CD方向射出。已知AB与CD平行，且间距为R，光在真空中的传播速度为c。（不考虑多次反射）（i）玻璃对该单色光的折射率；（ii）该单色光在玻璃球中的传播时间。【答案】（i）（ii）【解析】【详解】（i）设入射角为i，折射角为r，sini＝，i＝2r根据折射定律，n＝解得（ii）由v＝，光在玻璃球中传播的路程s＝4Rcosr，t＝，解得