天津市河北区2020届高三下学期期末考试物理试题 Word版含解析

2020河北区高三年级期末考试第I 卷（选择题共40分）一、单项选择题（每题5分，共25分。

每题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1.下列说法正确的是A. 温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度B. 内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和C. 气体压强仅与气体分子的平均动能有关D. 气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变 【答案】A 【解析】【详解】根据温度是分子平均动能的标志确定气体分子热运动的程度和分子平均动能变化，内能是分子平均动能和分子势总和，由气体压强宏观表现确定压强A ．温度是分子平均动能的标志，所以温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度，故A 正确；B ．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能之和，故B 错误；C ．由压强公式PV nRT 可知，气体压强除与分子平均动能（温度）有关，还与体积有关，故C 错误；D ．温度是分子平均动能的标志，所以温度降低，分子平均动能一定变小，故D 错误．2.2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星）．该卫星A. 入轨后可以位于北京正上方B. 入轨后的速度大于第一宇宙速度C. 发射速度大于第二宇宙速度D. 若发射到近地圆轨道所需能量较少 【答案】D 【解析】【详解】由同步卫星的特点和卫星发射到越高的轨道所需的能量越大解答．由于卫星为同步卫星，所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内，故A 错误；由于第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度，所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度，故B 错误；由于第二宇宙速度为卫星脱离地球引力的最小发射速度，所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度，故C 错误；将卫星发射到越高的轨道克服引力所作的功越大，所以发射到近地圆轨道所需能量较小，故D 正确．3.氢原子能级示意图如图所示．光子能量在1.63 eV~3.10 eV 的光为可见光．要使处于基态（n =1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为A. 12.09 eVB. 10.20 eVC. 1.89 eVD. 1.5l eV【答案】A 【解析】【详解】由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到n=3能级后，跃迁才可能产生能量在1.63eV~3.10eV 的可见光．故 1.51(13.60)eV 12.09eV E ∆=---=．故本题选A ． 4.光电管是一种利用光照射产生电流的装置，当入射光照在管中金属板上时，可能形成光电流．表中给出了6次实验的结果．组次入射光子的能量/eV相对光强光电流大小/mA 逸出光电子的最大动能/eV 第 一 组 1 2 3 4.0 4.0 4.0 弱 中 强 29 43 60 0.9 0.9 0.9 第 二 组4 5 66.0 6.0 6.0弱 中 强 27 40 552.9 2.9 2.9由表中数据得出的论断中不正确的是 A. 两组实验采用了不同频率的入射光 B. 两组实验所用的金属板材质不同C. 若入射光子的能量为5.0 eV ，逸出光电子的最大动能为1.9 eVD. 若入射光子的能量为5.0 eV ，相对光强越强，光电流越大 【答案】B 【解析】【详解】由爱因斯坦质能方程0k E h W ν=-比较两次实验时的逸出功和光电流与光强的关系解题由题表格中数据可知，两组实验所用的入射光的能量不同，由公式E h ν=可知，两组实验中所用的入射光的频率不同，故A 正确； 由爱因斯坦质能方程0kE h W ν=-可得：第一组实验：10.9 4.0W =-，第二组实验：022.9 6.0W =-，解得：0102 3.1eV W W ==，即两种材料的逸出功相同也即材料相同，故B错误；由爱因斯坦质能方程0kE h W ν=-可得：k (5.0 3.1)eV=1.9eV E =-，故C 正确；由题表格中数据可知，入射光能量相同时，相对光越强，光电流越大，故D 正确． 5.手持较长软绳端点O 以周期T 在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图．绳上有另一质点P ，且O 、P 的平衡位置间距为L ．t =0时，O 位于最高点，P 的位移恰好为零，速度方向竖直向上，下列判断正确的是A. 该简谐波是纵波B. 该简谐波的最大波长为2LC. 8Tt =时，P 在平衡位置上方 D. 38T t =时，P 的速度方向竖直向上【答案】C【解析】【详解】绳波中质点的振动方向与波的传播方向垂直，属于横波，纵波的传播方向和质点的振动方向在同一直线上，故A错误，根据波形图和波的传播方向可知，位移恰好为零且速度方向竖直向上的质点与O点的距离应为1()4 L nλ=+，其中n=0、1、2……，波长14Lnλ=+，可知当n=0时有波长的最大值，为m4Lλ=，故B错误；0~4T内P由平衡位置振动到波峰，4T~2T内P由波峰回动到平衡位置，可知8Tt=时P在平衡位置上方向上振动，38Tt=时P 在平衡位置上方向下振动，故C正确，D错误．二、不定项选择题（每题5分，共15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）6.在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化.设线圈总电阻为2Ω，则A. 0t=时，线圈平面平行于磁感线 B. 1t s=时，线圈中的电流改变方向C. 1.5t s=时，线圈中的感应电动势最大 D. 一个周期内，线圈产生的热量为28Jπ【答案】AD【解析】【详解】A．根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，A正确；B．Φ-t图象的斜率为tΦ∆∆，即表示磁通量的变化率，在0.5s～1.5s之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，B错误；C．所以在t=1.5s时，通过线圈的磁量最大，线圈位于中性面，感应电动势为0，故C错误；D ．感应电动势的最大值为()21000.044V 2m m E NBS N πωωπ==Φ=⨯⨯=，有效值()22V 2mE π==，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为22282J 8J 2E Q T R ππ==⨯=，故D 正确．7.静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止开始运动，N 为粒子运动轨迹上的另外一点，则A. 运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B. 在M 、N 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C. 粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能D. 粒子在N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 【答案】AC 【解析】【详解】A ．若电场中由同种电荷形成即由A 点释放负电荷，则先加速后减速，故A 正确；B ．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B 错误．C ．由于N 点速度大于等于零，故N 点动能大于等于M 点动能，由能量守恒可知，N 点电势能小于等于M 点电势能，故C 正确D ．粒子可能做曲线运动，故D 错误；8.如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N ．另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N ，直至悬挂N 的细绳与竖直方向成45°．已知M 始终保持静止，则在此过程中A. 水平拉力的大小可能保持不变B. M所受细绳的拉力大小一定一直增加C. M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D. M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【答案】BD【解析】【详解】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选BD．第II卷（非选择题共60分）三、实验题9.如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律．①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______．A.重物选用质量和密度较大的金属锤B.两限位孔在同一竖直面内上下对正C.精确测量出重物的质量D.用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示．纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点．重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有______．A.OA、AD和EG的长度B、OC、BC和CD的长度C.BD、CF和EG的长度D、AC、BD和EG的长度【答案】(1). AB;(2). BC;【解析】【详解】（1）A．实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故A正确;B．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确;C ．因为实验中比较的是mgh 与212mv 的大小关系，故m 可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故C 错误;D ．实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，对减小实验误差没有影响，故D 错误. （2）根据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，结合动能与重力势能表达式.: A ．当知道OA 、AD 和EG 的长度时，只有求得F 点与AD 的中点的瞬时速度，从而确定两者的动能变化，却无法求解重力势能的变化，故A 错误；B ．当知道OC 、BC 和CD 的长度时，同理，依据BC 和CD 的长度，可求得C 点的瞬时速度，从而求得O 到C 点的动能变化，因知道OC 间距，则可求得重力势能的变化，可以验证机械能守恒，故B 正确；C ．当知道BD 、CF 和EG 的长度时，依据BD 和EG 的长度，可分别求得C 点与F 点的瞬时速度，从而求得动能的变化，再由CF 确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C 正确；D ．当AC 、BD 和EG 的长度时，依据AC 和EG 长度，只能求得B 点与F 点的瞬时速度，从而求得动能的变化，而BF 间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D 错误； 10.某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率．实验操作如下：（1）螺旋测微器如题1图所示．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动_____（选填“A ”“B ”或“C ”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏．（2）选择电阻丝的_____（选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径．（3）2图甲中R x ，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入2图乙实物电路中的正确位置____（4）为测量R，利用2图甲所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1–I1关系图象如图图所示．接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：U2/V 0.50 1.02 1.54 2.05 2.55I2/mA 20.0 40.0 600 80.0 100.0请根据表中的数据，在方格纸上作出U2–I2图象．___（5）由此，可求得电阻丝的R x=______Ω．根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率．【答案】(1). C(2). 不同(3). (4).(5). 23.5（23.0~24.0都算对）【解析】【详解】(1)在测量时，为了不损坏被测物体，最后也改用微调方旋钮即C ，直到听见“喀喀”的响声；(2)为了减小测量误差，应选用电阻丝不同位置进行多次测量； (3)按照原理图，将实物图连线如图：；(4)将表格中各组数据在坐标纸上描出，再连成一条直线，如图：；当电压表按甲图连接时，电压表测的电压为0,?x R R 的电压之和，当电压表接在a 、b 间时，电压表测的电压为0R 的电压，由图可得：001.96 2.0449,25.50.040.08x R R R +=Ω=Ω=Ω=Ω，所以23.5x R =Ω．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）11.完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC 是与水平甲板AB 相切的一段圆弧，示意如图2，AB 长1150m L =，BC 水平投影263m L =，图中C 点切线方向与水平方向的夹角12θ=︒（sin120.21︒≈）．若舰载机从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经6s t =到达B 点进入BC ．已知飞行员的质量60kg m =，210m/s g =，求（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W ；（2）舰载机刚进入BC 时，飞行员受到竖直向上的压力N F 多大．【答案】（1）47.510J W =⨯；（2）3N 1.110N F =⨯【解析】【详解】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为υ，则有 12L tυ= ① 根据动能定理，有2102W m υ=- ② 联立①②式，代入数据，得47.510J W =⨯ ③（2）设上翘甲板所对应圆弧半径为R ，根据几何关系，有2sin L R θ= ④由牛顿第二定律，有2N F mg m R υ-= ⑤联立①④⑤式，代入数据，得3N 1.110N F =⨯ ⑥12.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B ．纸面内有一正方形均匀金属线框abcd ，其边长为L ，总电阻为R ，ad 边与磁场边界平行．从ad 边刚进入磁场直至bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v 匀速运动，求：（1）感应电动势的大小E ；（2）拉力做功的功率P ；（3）ab 边产生的焦耳热Q ．【答案】(1) E BLv =；(2) 222B L v P R =；(3) 234B L v Q R= 【解析】 【详解】由导体棒切割磁感线产生电动势综合闭合电路欧姆定律和2Q I Rt =解题．(1)从ad 边刚进入磁场到bc 边刚要进入的过程中，只有ad 边切割磁感线，所以产生的感应电动势为：E BLv =；(2)线框进入过程中线框中的电流为：E I R=ad 边安培力为：A F BIL =由于线框匀速运动，所以有拉力与安培力大小相等，方向相反，即A F F =所以拉力的功率为：A P Fv F v == 联立以上各式解得：222B L v P R=； (3) 线框进入过程中线框中的电流为：E I R =进入所用的时间为：L t v =ad 边的电阻为：4ad R R =焦耳热为：2ad Q I R t = 联立解得：234B L v Q R=． 13.如图所示，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知，MN 下方存在方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ．今从MN 上的O 点向磁场中射入一个速度大小为v 、方向与MN 成45°的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R ．若该粒子从O 点出发记为第一次经过直线MN ，而第五次经过直线MN 时恰好又通过O 点．不计粒子的重力，求：(1)电场强度E 的大小(2)该粒子再次(第五次经过直线MN 时)从O 点进入磁场后，运动的轨道半径R′(3)该粒子从O 点出发到再次回到O 点(第五次经过直线MN 时)所需的时间t【答案】（1）vB （25R （3）()22R v π+ 【解析】【分析】首先分析带电粒子的运动情况，先是一段半径为R 的14圆弧到a 点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b 点速度为零再返回a 点速度仍为v ，再在磁场中运动一段34圆弧到c 点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动，再根据平抛运动和匀速圆周运动的基本公式及几何关系即可解题．【详解】粒子的运动轨迹如图：；先是一段半径为R 的14圆弧到a 点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b 点速度为零再返回a 点速度仍为v ，再在磁场中运动一段34圆弧到c 点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动． (1)易知：2OC R =；带电粒子类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为：//sin452s s OC R ⊥===，所以类平抛运动时间为：32s R t v v ⊥==， 又：22//33122qE s at t m==， 再者：mv R qB=， 由可得： E vB =；即：电场强度的大小为vB ；(2)由平抛知识得：tan 2tan 2βα==；所以：//tan 2v v v β==，22//'5v v v v =+=，则第五次过MN 进入磁场后的圆弧半径：''mv R qB==；即：该粒子再次从O ；(3)粒子在磁场中运动的总时间为：12R t vπ=， 粒子在电场中的加速度为： qE qvB a m m==， 粒子做直线运动所需时间为： 2222v mv R t a qvB v===， 联立以上可得粒子从出发到第五次到达O 点所需时间：()12322R t t t t vπ=++=+； 即：该粒子从O 点出发到再次回到O 点所需的时间为：()22R vπ+ 。