2019-2020学年山东省烟台市中英文学校高三(下)返校物理试卷

2019-2020学年山东省烟台市中英文学校高三（下）返校物理试卷
一、单项选择题（每题3分）
1．（3分）下列说法中正确的是（）
A．利用甲图装置卢瑟福第一次完成了原子核的人工转变，由此发现了电子
B．甲图中的A为α粒子，B为氮气，发生的核反应方程为
C．乙图为查德威克实验示意图，利用此装置发现了质子
D．乙图中的不可见粒子为γ射线，从石蜡中“打出的粒子”是质子
2．（3分）如图是a、b两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则（）
A．在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的大
B．从同种介质射入真空发生全反射时a光临界角大
C．照射在同一金属板上发生光电效应时，a光的饱和电流大
D．若两光均由氢原子能级跃迁发生，产生a光的能级能量差大
3．（3分）如图所示，框架甲通过细绳固定于天花板上，小球乙、丙通过轻弹簧连接，小球乙通过另一细绳与甲连接，甲、乙、丙三者均处于静止状态，甲、乙、丙质量分别为m、2m、3m，重力加速度为g。

则将甲与天花板间细绳剪断瞬时，下列说法不正确的是（）
A．小球丙的加速度大小a丙＝0
B．框架甲的加速度大小a甲＝g
C．框架甲的加速度大小a甲＝2g
D．甲、乙间细绳张力大小为mg
4．（3分）如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、
B、C，其中A与C的连线为直径，∠A＝30°．有两个完全相同的带正电粒子，带电量均为q（q＞0），以相同
的初动能E k从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点。

若粒子运动到B、C两点时的动能分别为E kB＝2E k、E kC＝3E k，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为（）
A．B．C．D．
5．（3分）如图所示，一半径为R＝0.2m的固定光滑圆弧轨道AB位于竖直平面内，轨道下端与一光滑水平直轨道相切于B点，一小球M从距圆弧轨道最高点A高度为h＝0.2m处由静止释放，并恰好沿切线进入圆弧轨道，当滑到水平面上后与静止在水平面上且前端带有轻弹簧的小球N碰撞，M、N质量均为m＝1Kg，g＝10m/s2．下列说法正确的是（）
A．小球M在圆弧轨道内运动过程中所受合外力方向始终指向轨道圆心
B．轻弹簧被压缩至最短时，M和N的速度大小都是m/s
C．轻弹簧被压缩的过程中，M、N的总动量和总动能都保持不变
D．轻弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为4J
6．（3分）如图所示，abcd为用粗细均匀的同种材料制成的金属线框，其中ab的长度只有bc长度的一半．现将线框放在水平光滑绝缘的桌面上，在外力F的作用下让线框以速度v匀速穿过右边两个磁感应强度大小相等、方向相反的磁场区域．若以图示位置开始计时，规定逆时针电流方向为正，磁感线向下穿过线框时的磁通量为正．则下列关于回路电流i、外力F大小、c b间的电势差U cb及穿过线框的磁通量φ随时间变化的图象正确的是（）
A．B．
C．D．
7．（3分）如图所示，理想变压器的输入端通过灯泡L1与输出电压稳定的正弦交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连，开始时开关S处于断开状态．当S闭合后，所有灯泡都能发光，下列说法中正确的是（）
A．灯泡L1变亮B．灯泡L2变亮
C．原线圈两端电压不变D．副线圈两端电压变大
8．（3分）某行星周围存在着环状物质，为了测定环状物质是行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，某天文学家对其做了精确的观测，发现环状物质绕行星中心的运行速度v与到行星中心的距离r的关系如图所示。

已知行星除环状物外的半径为R，环状物质的宽度为d，引力常量为G．则以下说法正确的是（）
A．环状物质不是该行星的组成部分
B．该行星的自转周期
C．该行星除去环状物质部分后的质量
D．行星表面的重力加速度
二．多选题（每题4分，漏选2分，错选不得分）
9．（4分）如图所示，一横截面为等腰直角三角形的玻璃棱镜，两种颜色不同的可见光细光束a、b，垂直于斜边从空气射向玻璃，光路如图所示，则下列说法正确的是（）
A．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B．a光和b光由空气进入玻璃棱镜后频率都变小
C．在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比b光小
D．a光和b光以相同的入射角由玻璃射向空气，若逐渐增大入射角，则a光先发生全反射
10．（4分）质量为m的小球穿在光滑细杆MN上，并可沿细杆滑动。

已知细杆与水平面夹角30°，细杆长度为2L，P为细杆中点。

小球连接轻弹簧，弹簧水平放置，弹簧右端固定于竖直平面的O点。

此时弹簧恰好处于原长，原长为L、劲度系数为．将小球从M点由静止释放，小球会经过P点，并能够到达N点。

下列说法正确的是（）
A．小球运动至P点时受到细杆弹力mg
B．小球运动到P点处时的加速度为
C．小球运动至N点时的速度
D．小球运动至N点时弹簧的弹性势能为mgL
11．（4分）如图所示，下端封闭、上端开口、高h＝5m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量m＝10g，电荷量的绝对值|q|＝0.2C的小球，整个装置以v＝5m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度B＝0.2T，方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出．g取10m/s2．下列说法中正确的是（）
A．小球带负电
B．小球在竖直方向做匀加速直线运动
C．小球在玻璃管中的运动时间小于1s
D．小球机械能的增加量为1J
12．（4分）如图，O点为简谐横波的波源。

振幅为5cm的波从0点分别沿x轴向正方向和负方向传播，Oa＝3m，Ob＝4m，Oc＝6m。

t＝0时，波源O由平衡位置开始竖直向下振动；t＝6s时，质点a第一次到达最高点，同时质点c刚好开始振动。

则下列说法中正确的是（）
A．该波的周期为4s
B．0〜10s内，质点b走过的路程是0.3m
C．该波的波速为0.75m/s
D．t＝6s时质点b经过平衡位置向上运动
三．实验题（每空2分）
13．（6分）某实验小组设计了如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，其主要步骤如下：（1）物块P、Q用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，P底端固定了一竖直宽度为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h。

（2）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时的速度大小v＝。

（3）己知当地的重力加速度为g，为了验证机械能守恒定律，还需测量的物理量是（用相应的文字及字母表示）。

（4）利用上述测量的实验数据，验证机械能守恒定律的表达式是。

（5）改变高度h，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＝，则验证了机械能守恒定律。

14．（8分）某同学用图甲电路做“测量电池的电动势和内阻”实验。

可用的器材有：
A．电源（电动势约3V，内阻约10Ω）
B．电压表V（量程0～50mV，内阻为50Ω）
C．电流表A（量程0～100mA，内阻约为2.5Ω）
D．电阻箱R（0～999.9Ω，最小改变值为0.1Ω）
E．定值电阻R1（阻值为2 950Ω）
F．定值电阻R2（阻值为9 950Ω）
G．开关S及若干导线
在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：
（1）定值电阻应选用。

（填写器材前面的字母序号）
（2）用笔画线代替导线，按图甲电路将图乙实物完整连接起来。

（3）实验步骤如下：
①闭合S，调节电阻箱的阻值使电流表的示数为100mA，此时电阻箱的阻值为14.3Ω，电压表的示数为U0。

②断开S，拆下电流表，将B与C用导线直接相连，闭合S，调节电阻箱的阻值使电压表的示数仍为U0，此时
电阻箱的阻值为17.0Ω，则电流表的内阻为Ω。

③调节电阻箱阻值，记下电阻箱的阻值R1，电压表的示数U1；多次改变电阻箱的阻值，可获得多组数据。

作出
电压表示数的倒数随电阻箱的阻值的倒数的图线如图丙所示，若不考虑电压表对电路的影响，电池的电动势和内阻分别为V、Ω（结果保留三位有效数字）
四．计算题
15．（8分）观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为800kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为2m/s，且做匀加速运动，经过4s下降了16m后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力．重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）抛掉的压舱物的质量m是多大？
（2）抛掉一些压舱物后，气球经过5s下降的高度是多大？
16．（10分）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p﹣V图象如图所示，已知该气体在状态A时的温度为27℃，求：
（1）该气体在状态B时的温度；
（2）该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量。

17．（12分）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°．已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为F f＝mg。

（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；
（2）若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的取值范围。

18．（16分）如图所示，在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。

在第一、四象限内有一个半径为R的圆，圆心坐标为（R，0），圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场。

一带正电的粒子（不计重力），以速度为v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成30°，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为﹣2h。

求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小；
（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。

2019-2020学年山东省烟台市中英文学校高三（下）返校物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每题3分）
1．【解答】解：AB、卢瑟福第一次用α粒子轰击氮核完成了原子核的人工转变并发现了质子，因此图中的A为放射源发出的α粒子，B为氮气，该核反应方程为：He+N→O+H，故A错误，B正确；
CD、查德威克发现中子的实验示意图，用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线（图乙中不可见粒子），即中子流，
中子轰击石蜡，将氢中的质子打出，即形成质子流，故CD错误。

故选：B。

2．【解答】解：A、由图可知a光的干涉条纹间距小于b光，根据可知，a的波长小于b光，则a光的频率大于b光，a的折射率大于b光，根据n＝可知，在同种介质中传播时a光的传播速度比b光的小，故A错误；
B、根据可知，同种介质射入真空发生全反射时a光临界角小，故B错误；
C、光电效应时饱和电流与入射光的强度有关，所以无法判断饱和电流的大小，故C错误；
D、因a光的频率大，故若两光均由氢原子能级跃迁产生，则产生a光的能级差大，故D正确。

故选：D。

3．【解答】解：A、将甲与天花板间细绳剪断瞬时，弹簧的弹力不变，则丙的受力情况不变，合力仍为0，则小球丙的加速度大小a丙＝0，故A正确；
BC、将甲与天花板间细绳剪断瞬时，甲与乙加速度相同。

以甲乙整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg+2mg+F弹＝3ma甲，又F弹＝3mg
解得，a甲＝2g，故B错误，C正确；
D、以甲为研究对象，根据牛顿第二定律有mg+T＝ma甲，得甲、乙间细绳张力T＝mg，故D正确。

本题选错误的，故选：B。

4．【解答】解：粒子从A运动到B的过程，根据动能定理得qU AB＝E kB﹣E k＝2E k﹣E k＝E k 粒子从A运动到C的过程，根据动能定理得qU AC＝E kC﹣E k＝3E k﹣E k＝2E k
则AO间的电势差为U AO＝U AC＝E k
则U AB＝U AO，B、O两点电势相等，BO连线为一条等势线，过C点的垂线是一条电场线。

BC间电势差为U BC＝U AC﹣U AB＝
BC两点沿电场方向的距离为d＝Rsin60°
故电场强度的大小为E＝＝．故ABC错误，D正确。

故选：D。

5．【解答】解：A、小球M在圆弧轨道内运动过程中受竖直向下的重力、指向圆心的支持力，合外力方向除B点外并不指向轨道圆心，故A错误；
B、小球M滑到B的过程由机械能守恒定律得：mg（h+R）＝
解得：v B＝m/s
当两球的速度相等时轻弹簧被压缩至最短，由动量守恒定律得：mv B＝2mv
解得：v＝m/s，故B正确；
C、轻弹簧被压缩的过程中，由动量守恒定律知M、N的总动量不变，根据能量守恒知弹性势能增大，所以总动
能减少，故C错误；
D、轻弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，根据能量守恒得：E弹m＝﹣，解得：E弹m＝2J，
故D错误。

故选：B。

6．【解答】解：A、当线圈进入第一个磁场时，由右手定则知电流为逆时针，开始进入第二个磁场时，电流方向为顺时针，出第二个磁场，电流为逆时针，故A错误；
B、由E＝BLV可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLV，电流
加倍，故每根导体棒受到安培力加培，则F＝4F安，F将变为原来4倍，故B错误；
C、根据U＝IR和电流方向知刚进入磁场和出磁场时电压相等，b点电势高，故U cb为负，两边同时切割磁感线
时c电动势高，且电压为原来2倍，故C正确；
D、当线框开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运
动到2.5L时，磁通量最小为零，故D错误；
故选：C。

7．【解答】解：当S接通后，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L1的电压增大，原线圈电压减小，匝数不变，故副线圈电压减小，灯泡L1变亮，L2变暗，故A正确，BCD错误。

故选：A。

8．【解答】解：A、若环状物质为卫星群，根据：得：v＝，若环状物质为行星的组成部分，则两者角速度相同，有v＝ωr，又由图象知环状物质为行星的组成部分；故A错误；
B、环状物质为卫星的组成部分，由圆周运动物理量间的关系知，行星的自转周期：T＝，故B正确；
C、若环状物质为卫星群，则M＝，当r＝R时，M＝因为环状物质为行星的组成部分，质量不能用
M＝进行计算，故C错误；
D、行星表面的物体的向心加速度：，行星表面的重力加速度和向心加速度意义不同，故D错误；
故选：B。

二．多选题（每题4分，漏选2分，错选不得分）
9．【解答】解：A、a光和b光在斜边的入射角相等，由图可知，经过玻璃棱镜后a光的偏折程度比b光大，所以玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，即n a＞n b，故A错误；
B、光的频率由光源决定，与介质无关，光从一种介质进入另一种介质时频率不变，所以a光和b光由空气进入
玻璃棱镜后频率都不变，故B错误；
C、玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，则a光的波长小于b光的波长，因为双缝干涉条纹的间距与波长
成正比，所以在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比b光小，故C正确；
D、根据，n a＞n b可知a光的临界角小于b光的临界角，则a光和b光以相同的入射角由玻璃射向空气，
若逐渐增大入射角，则a光先发生全反射，故D正确。

故选：CD。

10．【解答】解：A．到P点，因为MP＝OM•cos30°＝L，所以△OPM是一个直角三角形，则OP⊥MN，
小球在P点受力如图所示，
小球在垂直于杆方向的合力为零，则N＝F+G+•cos30°＝＝，故A正确。

B．在P点根据牛顿第二定律有mgsin30°＝ma，
所以小球在P点的加速度大小为a＝，故B错误。

CD．根据几何知识可知，到达N点时弹簧处于原长状态，弹性势能为零，小球由M到N根据能量守恒有
，
解得v＝，故C正确，D错误。

故选：AC。

11．【解答】解：A、小球从管口上端飞出，则小球在玻璃管中所受洛伦兹力方向竖直向上，由图示可知磁场垂直于纸面向里，小球沿水平方向向右运动，由左手定则可知，小球带正电。

故A错误；
B、小球在竖直方向受大小不变的力作用，所以小球在竖直方向做匀加速直线运动，故B正确；
C、小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度v y。

与两个分速度对应的洛伦兹力的分力分别是水平方向的Fx和竖直方向的Fy．其中，
竖直方向的洛伦兹力F＝qvB不变，在竖直方向上，
由牛顿第二定律得：qvB﹣mg＝ma，解得：a＝10m/s2，
由匀变速运动的位移公式得：h＝at2，解得t＝1s。

故C错误；
D、小球飞出管口时，竖直速度为v y＝at＝10m/s，
飞出管口的合速度为v合＝＝＝5m/s，
动能增量△E K＝mv合2﹣mv2＝0.5J，
重力势能的增量△E p＝mgh＝0.010×10×5＝0.5J，
机械能的增量△E＝△E K+△E P＝1J；故D正确。

故选：BD。

12．【解答】解：AC、波从O传到c的时间为t＝6s，则波速为v＝＝m/s＝1m/s。

取质点a关于O对称的点为d，a、d的振动同步。

质点a第一次到达最高点，质点d也第一次到达最高点，同时质点c刚好开始向下振动，则有dc＝3m＝λ，可得λ＝4m，所以该波的周期为T＝＝4s，故A正确，C错误。

B、波从O传到b的时间为t1＝＝s＝4s，则0～10s内，质点b振动的时间为t2＝6s＝1.5T，走过的路程S
＝1.5×4A＝6×5cm＝0.3m，故B正确。

D、t＝6s时质点b振动了2s＝0.5T，而质点b开始向下振动，所以t＝6s时质点b经过平衡位置向上运动，故D
正确。

故选：ABD。

三．实验题（每空2分）
13．【解答】解：（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度，可知B点的瞬时速度为：v＝。

（3）要验证机械能守恒，还需要测量P的质量M，Q的质量m；
（4）物块P从A点到达B点时P和Q组成的系统动能增加量为：△E k＝＝，系统重力势能的减小量为：△E p＝（M﹣m）gh。

若要机械能守恒，则必定：（M﹣m）gh＝
（5）改变高度h，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，
若成立，则v2﹣h图象的斜率k＝＝成立。

故答案为：（2）；
（3）P的质量M，Q的质量m；
（4）；
（5）。

14．【解答】解：（1）实验中需要将电流表A与定值电阻R串联，改装成一个量程为0～3V的电压表，由部分电路欧姆定律知：＝
代入数据解得：R0＝2950Ω
故选：E；
（2）根据电路原理图，实物连接如图所示；
（3）②电压表的示数始终为U0，则说明R A+R＝R′，即为：R A＝17.0Ω﹣14.3Ω＝2.7Ω
③根据闭合电路的欧姆定律知：E＝U（+1）+U（+1）r
代入数据变形后为：＝+，
结合题中所给图象的纵截距：20.7＝
斜率：＝
求得：E＝2.90V，r＝12.0Ω
故答案为：（1）E；（2）实物连接如图所示；（3）②2.7；③2.90，12.0。

四．计算题
15．【解答】解：（1）设气球加速下降的加速度为a，受到的浮力为F，则有：s＝
代入数据解得：a＝1m/s2
由牛顿第二定律有：Mg﹣F＝Ma
抛掉一些压舱物，气球匀速运动，则有：（M﹣m）g＝F
联立并代入数据解得：m＝80kg
（2）加速下降阶段获得的速度为：v1＝v0+at＝2+1×4m/s＝6m/s
匀速下降的高度为：h＝v1t′＝6×5m＝30m
答：（1）抛掉的压舱物的质量m是80kg
（2）抛掉一些压舱物后，气球经过5s下降的高度是30m
16．【解答】解：（1）A、B、C三个状态的气体参量分别为：
p A＝3×105 Pa，V A＝1×10﹣3 m3，T A＝300K
p B＝1×105 Pa，V B＝1×10﹣3 m3，T B
p C＝1×105 Pa，V C＝3×10﹣3 m3，T C
根据理想气体状态方程：
＝＝
代入数据解得：T B＝100K，T C＝300K。

（2）气体从A到B，体积不变，气体不做功，即为：W1＝0，
气体从B到C，压强不变，体积增大，气体对外做功为：W2＝﹣p B（V C﹣V B）＝﹣1×105×2×10﹣3J＝﹣200J 气体从状态A到状态C的过程中，温度不变，即△U＝0，根据热力学第一定律：△U＝W1+W2+Q＝0
代入数据解得：Q＝200J
答：（1）该气体在状态B时的温度为100K；
（2）该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量为200J。

17．【解答】解：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
（2）当ω＞ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力的方向沿罐壁切线向下达最大值，设此时的角速度为ω1，由牛顿第二定律得：
F f cos60°+F N cos30°＝mRsin60°ω12
F f sin60°+mg＝F N sin30°
联立解得：ω1＝
当ω＜ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2，由牛顿第二定律得：
mg＝F N sin30°+F f sin60°
联立三式解得：ω2＝
综述，陶罐旋转的角速度范围为
答：（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，此时的角速度是；
（2）若小物块一直相对陶罐静止，陶罐旋转的角速度的取值范围为。

18．【解答】解：（1）带电粒子由P到O做类平抛运动，由水平方向匀速直线运动得2h＝v0t1到达O点时竖直向下的分速度v y＝v0tan30°
由竖直方向匀加速直线运动知v y＝at1，
根据牛顿第二定律有加速度为a＝
根据以上式解得＝；
（2）粒子进入磁场的速度为v，有
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为r＝R
由洛伦兹力提供向心力可知
解得B＝；
（3）根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为120°，
粒子在磁场中运动的时间为
粒子在磁场中运动的周期为T＝，
粒子在电场中运动的时间为
粒子运动的总时间为t＝t1+t2
代入数据得：。

答：（1）带电粒子的比荷为；
（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小为；
（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。