2019-2020云南省元阳三中高三物理上学期期末试卷（word有答案）

答案1.【答案】A【解析】A对：根据E＝hν＝h，波长越长，光子的频率越低，由Em－En＝hν，知Hα对应的两能级之差最小．B错：光在同一介质中传播，频率越高，折射率越大，故Hδ的折射率最大，Hα的折射率最小．C错：根据n＝得v＝，则折射率越大，传播速度越小，故在同一介质中Hδ的传播速度最小．D错：光的频率越高，越容易发生光电效应，由于Hβ的频率小于Hγ的频率，Hγ能使某一金属发生光电效应，而Hβ则不一定能．2.【答案】B【解析】发电机线圈的转速变为原来的，由E＝知，原线圈中输入电压变为原来的，频率变为原来的.根据＝，则U2变为原来的，即U2＝U，则通过R的电流变为原来的，R消耗的功率P2＝＝P，根据＝，原线圈上的电流也变为原来的，即电流表A的读数变为I，故选B.3.【答案】D【解析】因为N点的电场线密，所以场强大，受到的电场力大，加速度大，即aM＜aN.由虚线弯曲方向知，带负电粒子受力指向运动轨迹的凹侧，电场方向由电场线稀疏一侧指向电场线密集一侧，沿电场线方向电势降低，即φM＞φN.又由Ep＝qφ知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即EpM＜EpN.若带负电粒子由M向N运动过程中电场力做负功，则动能减小，所以vM＞vN.若带负电粒子由N向M运动过程中电场力做正功，则动能增大，也可得vM＞vN，故选D.4.【答案】D【解析】设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.分析知，只有选项D符合要求．5.【答案】A【解析】t2～t3这段时间内线圈做匀速直线运动，设速度为v.根据平衡条件有：mg＝BIL＝BL联立两式解得：v＝＝m/s＝8 m/s，故B错误．t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进磁场，cd边也刚进磁场．设磁场的宽度为d，线圈下降的位移为3d，则有：3d＝vt－gt2，v＝8 m/s，t＝0.6 s，代入解得：d＝1  m，所以线圈的长度为：L′＝2d＝2  m，故C错误．在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：q＝＝＝C＝0.25  C，故A正确.0～t3时间内，根据能量守恒得：Q＝mg(3d＋2d)－mv2＝0.1×10×(3＋2)  J－×0.1×82J＝1.8 J，故D错误．6.【答案】AC【解析】由图线①知，上升总高度h＝·2t0＝v0t0.由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1＝·＝v0t0匀速阶段：h－h1＝v0·t′，解得t′＝t0故第②次提升过程所用时间为＋t0＋＝t0，两次上升所用时间之比为2t0∶t0＝4∶5，A项正确；由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B项错误；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，F＝m(g＋a)第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，第②次在时刻，功率P2＝F·，第②次在匀速阶段P2′＝F′·＝mg·<P2，可知，电机的输出最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C项正确；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D项错误．7.【答案】AB【解析】根据E＝n＝n＝，A对；细绳最大拉力为2mg，金属框重mg，所以安培力最大为mg，B对；安培力最大为mg，根据mg＝BIL＝kt·L＝，得t＝，C错．8.【答案】BD【解析】　设双星质量分别为mA、mB，轨道半径为RA、RB，两者间距为L，周期为T，角速度为ω，由万有引力定律可知：＝mAω2RA①＝mBω2RB②RA＋RB＝L③由①②式可得＝，而AO>OB，故A错误．vA＝ωRA，vB＝ωRB，B正确．联立①②③得G(mA＋mB)＝ω2L3，又因为T＝，可知D正确，C错误．9.【答案】(1)3.25　1.79　(2)C【解析】根据纸带数据可知，加速度a＝＝3.25 m/s2；打C点时物块的速度vC＝≈1.79 m/s.(2)由牛顿第二定律得加速度a＝gsinθ－μgcosθ，所以要求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是斜面的倾角．故选C.10.【答案】①×10 110 ②a．如答图(2)见解析b．温度计 电压表c．调节滑动变阻器的滑片 ③107【解析】①选用“×100”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，说明待测电阻阻值较小，故应换用较小量程×10倍率；如图刻度值为11，所以测量值为11×10=110Ω；②用多用电表代替毫安表使用，测量电流，故多用电表串联在电路中，要测量多组数据，控制电路用分压式接法，实物图如图所示；电流中记录的是温度计和电压表的示数；调节滑动变阻器的滑片进行多次测量；③由图知，在t=25℃时电压为10.7V，电流100mA，根据欧姆定律可求R0=107Ω11.【答案】(1)4 m/s　4.5 m/s　4  m/s　4 m/s　4 m/s　4 m/s  (2)图见解析　2.25  m【解析】(1)设木板和物块的加速度分别为a和a′，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt′，木板和物块之间摩擦力的大小为Ff，依据牛顿第二定律、运动学公式和摩擦力公式得：Ff＝ma′ ①Ff＝μmg，当vt′＜vt②vt2′＝vt1′＋a′(t2－t1) ③F－Ff＝2ma④vt2＝vt1＋a(t2－t1) ⑤结合题给条件得：v1＝4  m/s，v1.5＝4.5 m/s，v2＝4  m/s，v2′＝4 m/s ⑥2 s末木板和物块达到共同速度，此后两物体一起做匀速直线运动，故v3＝4 m/s，v3′＝4 m/s ⑦(2)由上述公式得到物块与木板运动的v－t图象，如图所示．在0～3  s内物块相对于木板的距离Δs等于木板和物块v－t图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25 m，下面的三角形面积为2 m，因此Δs＝2.25  m.12.【答案】(1)　(2)2Q－mglsinθ【解析】(1)在乙尚未进入磁场中的过程中，甲、乙的加速度相同，设乙刚进入磁场时的速度为vv2＝2axv＝乙刚进入磁场时，对乙由平衡条件得mgsinθ＝R＝(2)设乙从释放到刚进入磁场过程中做匀加速直线运动所需要的时间为t1l＝(gsinθ)t12t1＝＝设乙从进入磁场过程至刚离开磁场的过程中做匀速直线运动所需要的时间为t2l＝vt2t2＝＝设乙离开磁场时，甲的速度v′＝gsinθ(t1＋t2)＝设甲从开始释放至乙离开磁场的过程中的位移为xx＝gsinθ(t1＋t2)2＝l根据能量转化和守恒定律得：mgxsinθ＋mg·2lsinθ＋WF＝2Q＋mv2＋mv′2WF＝2Q－mglsinθ13.【答案】(1)BDE　(2)15p0S26g【解析】(1)过程①中，气体由a到b，体积V不变、T升高，则压强增大，A项错误；过程②中，气体由b到c，体积V变大，对外界做功，B项正确；过程④中，气体由d到e，温度T降低，内能ΔU减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q<0，即气体放出热量，C项错误；状态c、d温度相同，所以内能相同，D项正确；由b到c的过程，作过状态b、c的等压线，分析可得pb>pc，由c到d的过程，温度不变，Vc<Vd，所以pc>pd，所以pb>pc>pd，E项正确．(2)【答案】(1)V　(2)气体从外界吸热【解析】(1)设汽缸内气体在平衡状态b的体积为Vb，对一定质量的理想气体等压变化得：＝解得：Vb＝V(2)气体从状态a到状态b，由热力学第一定律：ΔU＝Q＋W其中温度升高，则内能增加(ΔU>0)；气体体积增大，对外作功(W<0)可得Q>0，即气体从外界吸热． 15.【答案】(1)ACE　【解析】(1)因周期T>0.20 s，故波在Δt＝0.20 s内传播的距离小于波长λ，由y－x图象可知传播距离Δx＝0.08 m，故波速v＝＝0.40 m/s，A对；由y－x图象可知波长λ＝0.16 m，B错；由v＝得，波的周期T＝＝0.4 s，根据振动与波动的关系知t＝0时，x＝0.08 m的质点沿＋y方向振动，t＝0.7 s＝1T，故此时该质点位于波谷；因为T<0.12  s<，此时质点在x轴上方沿－y方向振动，C对，D错；根据λ＝vT得波速变为0.80 m/s时波长λ＝0.32 m，E对． (2)【解析】(1)分析如图．设入射点B到O的垂直距离BO＝h，∠BCO＝β，折射角为i.对△OBC，由正弦公式得：sinβ＝＝，又n＝＝联立解得sini＝sinβ＝所以：i＝60°，出射光线偏离原方向的角度：Δθ＝i－β＝60°－30°＝30°(2)设出射光线与MN交于P点，与OA交与D点，则由几何关系可得，∠CDQ＝30°；所以：OQ＝QD＝Rcos  30°＝R；AD＝AO－OD＝R－2×R＝0.5R；所以：PA＝AD·tan 30°＝0.5R×＝0.5R.