2019-2020學年河北省邯鄲市高三(上)期末物理試卷

1、O 點開始沿B.D.?，則金屬桿在磁場中的運動速度02019-2020 學年河北省邯鄲市高三（上）期末物理試卷一、單選題（本大題共6 小題，共24.0 分）1.汽車 A 和汽車 B 靜止在水平地面上，某時刻汽車A 開始倒車，結(jié)果汽車A 撞到了停在它正后方的汽車 B，汽車 B 上裝有智能記錄儀， 能夠測量并記錄汽車 B 前面的物體相對于汽車 B 自身的速度。 在本次碰撞中， 如果汽車 B 的智能記錄儀測得碰撞前瞬間汽車 A 的速度大小為 ?，已知汽車 A 的質(zhì)量是汽車 B 質(zhì)量的 2 倍，碰撞過程0可視為彈性碰撞，則碰后瞬間汽車A 相對于地面的速度大小為102010A. 2B. 3C. 3?2.

2、如圖所示，兩條光滑的平行導軌水平放置，導軌間接有一個定值電阻 R，金屬桿垂直于導軌放置且與導軌接觸良好，勻強磁場的方向豎直向下。若金屬桿與導軌之間的摩擦及金屬桿與導軌的電阻均忽略不計，現(xiàn)給金屬桿一個向右的初速度象正確的是 ()()1D.?40v 與時間 t 的關(guān)系圖A.C.3.一帶負電的粒子僅在電場力作用下從x軸正向運動， O、a，b 是 x 軸上的三個點，O 和 b 關(guān)于以點 a 對稱，從 O 到 b 該電場的電勢?隨位移 x 變化的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是()A. a 點電場強度為零B. O， a 間場強方向與 a、 b 間場強方向相反C. 從 O 到 b 整個運動過程中，粒子經(jīng)過

3、a 點時速度最大D. 從 O 到 b 整個運動過程中，粒子做勻加速直線運動4.目前，我國正在大力推行ETC 系統(tǒng)， ?(?)是全自動電子收費系統(tǒng)，車輛通過收費站時無須停車，這種收費系統(tǒng)每車收費耗時不到兩秒，其收費通道的通行能力是人工收費通道的5 至 10 倍，如圖甲所示，在收費站自動欄桿前，后的地面各自鋪設(shè)完全相同的傳感器線圈A、 B，兩線圈各自接入相同的電路，如圖乙所示，電路 a、 b 端與電壓有效值恒定的交變電源連接，回路中流過交變電流，當汽車接近或遠離線圈時，線圈的自感系數(shù)發(fā)生變化，線圈對交變電流的阻礙作用發(fā)生變化，使得定值電阻R 的 c、d 兩端電壓就會有所變化，這一變化的電壓輸入控制

4、系統(tǒng)，控制系統(tǒng)就能做出抬桿或落桿的動作，下列說法正確的是()第1頁，共 12頁A. 汽車接近線圈 A 時， c、 d 兩端電壓升高B. 汽車離開線圈A 時， c、 d 兩端電壓升高C. 汽車接近線圈B 時， c、 d 兩端電壓升高D. 汽車離開線圈Bcd兩端電壓降低時， 、5. 如圖所示，在水平推力作用下，物體A 靜止在傾角為 ?= 45 的粗糙斜面上，當水平推力為 ?時 A 剛好不下滑， 然后增大水平推力的值，當水平推力為 F 時 A 剛好不0上滑。設(shè)滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，物塊 A與斜面之間的動摩擦因數(shù)為( ?0當升降機減速下降時，? ?0當升降機加速下降時，? ?，故 A 正確；0B

5、、當升降機減速上升時，加速度方向向下，彈簧片向上彎曲，電容變小，即，? ?0，故 C錯誤；D 、當升降機加速下降時，加速度方向向下，彈簧片向上彎曲，電容變小，即? ?0，故D正確。故選： AD。加速度向上時，彈簧片向下彎曲，加速度向下時，彈簧片向上彎曲；根據(jù)?=? ? 知，4?彈簧片向下彎曲， d 減小，電容變大；彈簧片向上彎曲，d 增大，電容變小。本題考查了牛頓運動定律的應(yīng)用- 超重和失重、電容器與電容等知識點。這種題型知識點廣，多以基礎(chǔ)為主，只要平時多加積累，難度不大。8.【答案】 AC【解析】 解： A、由機械能守恒定律得?= 12 ，則若僅將小球的質(zhì)量變2?= 2?.為原來的2 倍，小

6、球到最低點的速度v 不變， 由?= ?可知動量將變?yōu)樵瓉淼? 倍，故A 正確；B、在最低點時速度的方向為水平方向，與重力方向垂直，重力的功率為零，所以小球的動量不變?nèi)匀粸榱?，故B 錯誤；F ，由牛頓第二定律可得 ?- ?=2C、在最低點繩子的拉力為?，則 ?= 3?，可見?在最低點時繩子的拉力與繩長無關(guān)，故C 正確；D 、向心加速度 ?=?-?= 2?，與繩長 L 無關(guān)，故 D 錯誤。?故選： AC。小球在下落過程中只有重力做功，所以機械能守恒，很容易寫出小球的速度表達式，動量等于質(zhì)量與速度的乘積，可以判斷出動量的變化；力的功率公式?= ?，其中 v 必須是在 F 方向的速度， 在最低點速度的

7、方向是水平方向， 與重力相互垂直， 所以重力的功率為零；根據(jù)牛頓第二定律很容易計算繩子的拉力以及向心加速度。只要根據(jù)機械能守恒定律計算出小球到達最低點的速度，就很容易判斷各個物理量的變化了， 要特別注意功率公式?= ?中的速度與力的方向必須在同一直線上，當二者相互垂直時，功率為零。9.【答案】 BD【解析】 解： AB 、在行星的表面萬有引力等于重力，?=2 ，衛(wèi)星繞行星做勻速圓?2周運動，萬有引力提供向心力，4?2=? 2，其中 ?= 2?，聯(lián)立解得行星表面重力?223加速度 ?=32? ?32? ?，故 A 錯誤， B 正確；2 ，行星的質(zhì)量 ? =2?C、衛(wèi)星在行星表面飛行，速度為第一宇

8、宙速度，?1= ?=42?，故 C 錯誤；2?4?D 、衛(wèi)星繞行星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，?=? =? ，故 D 正確。故選： BD。第8頁，共 12頁衛(wèi)星繞行星做勻速圓周運動， 由萬有引力提供向心力， 可求得該行星的質(zhì)量 M，衛(wèi)星繞行星運動速度；根據(jù)物體在行星表面受到的重力等于萬有引力，求解行星表面重力加速度；第一宇宙速度是衛(wèi)星在行星表面運行的速度。本題考查了萬有引力定律及其應(yīng)用， 解題的關(guān)鍵是明確萬有引力提供向心力， 物體在行星表面受到的重力等于萬有引力。10.【答案】 AB【解析】 解： A、由右手定則可知，圖示時刻電流方向為：ADCBA ，故 A 正確。B、電動勢的有效值：

9、 ?=?(?+ ?)= 1 (9.0 + 1.0) = 10?，電動勢的峰值：?= 2?=，10 2?感應(yīng)電動勢峰值： ?=?，通過線圈磁通量的最大值：?= ?=? =?，代?2?入數(shù)據(jù)解得：?2-3，故 B 正確。10? =?C、線圈做圓周運動的角速度：?= 2?= 20?/?，從圖示位置開始計時，電動勢的瞬時值表達式：?= ?，?sin (?+90 )= ?= 10 2?20?5?= 10?，此時磁通量的變化率：?=1?/?C?= 16 ?時，感應(yīng)電動勢瞬時值：?50，故錯誤。9?時外接電阻 R 所消耗的電功率：2?2?=D 、求電功率應(yīng)用有效值，?= 16?= ?= ()?+?10，故

10、D 錯誤。( )29= 9?9+1故選： AB。應(yīng)用右手定則判斷出感應(yīng)電流方向；應(yīng)用歐姆定律求出感應(yīng)電動勢的有效值， 然后求出感應(yīng)電動勢的最大值， 然后根據(jù)感應(yīng)電動勢峰值表達式求出最大磁通量；求出交變電流順時針表達式，然后求出順時針，在求出磁通量的變化率；應(yīng)用電功率公式求出電阻 R 消耗的電功率。本題考查交變電流最大值、有效值的理解和應(yīng)用的能力，對于交流電表的測量值、計算交流電功率、電功等都用到有效值。注意感應(yīng)電動勢的最大值的求法，并掌握交流電的最大值與有效值的關(guān)系。(? +? +? )-(?3+? +? )11.【答案】6542128.4 0.1569【解析】 解： (1)根據(jù)題意有： ?4

11、 - ?1 = 3?同理： ?= 3 ?， ?6 - ?3 = 3 ?，5- ?2因此 ?=(? +? +? )-(?+? +? )；6543219(2) 彈簧的勁度系數(shù)為：?= ?9 ?=9 0.05 9.8-2 ?/? = 28.4?/?；=+? +? )(6.85+8.6+10.3)-2 ? (? +? +? )-(? 10-(1.7+3.4+5.1) 10654321彈簧自身的重力為：?0 =?(?1- ?)0 = 28.4 (1.70 - 1.15) 10 -2 ?= 0.156?故答案為： (1)(?6 +?5+?4 )-(? 3 +?2 +?1) (2)28.4 ， 0.156

12、。9利用六組數(shù)據(jù)求出三個?，再求解平均值；根據(jù)胡克定律求解彈簧的勁度系數(shù)以及彈簧自身的重力；第9頁，共 12頁解決該題的關(guān)鍵是能根據(jù)逐差法的原理分析彈簧的平均伸長量的表達式，熟記胡克定律的表達式，注意求解過程中進行單位換算；12.【答案】 ? 3.60 (?- 1)?20【解析】 解： (1) 由于電流表示數(shù)從零開始變化，滑動變阻器采用分壓接法，因而滑動變阻器選擇阻值小的，故選 ?2(2) 由于題目沒有電壓表，而提供的電流表電阻未知，根據(jù)題意可知需要定值電阻作為電壓表使用，此時需要知道通過定值電阻的電流，滑動變阻器采用分壓接法；故采用實驗電路圖如圖所示：；(3) 電流表的最小刻度為0.1?，估

13、讀到下一位，故電流計讀數(shù)為3.60?；(4) 根據(jù)電路圖和歐姆定律得：?1?1 = (?2 -?1)?0?+?整理得： ?=10 ?2?01?+?結(jié)合圖象可得：?=10?0解得： ?1 = (?- 1)?0故答案： (1)?2 ； (2)；(3)3.60 ； (4)(? - 1)?0 。(1) 根據(jù)滑動變阻器接法，以及方便調(diào)節(jié)原則選擇滑動變阻器；(2) 根據(jù)實驗提供實驗器材，分析設(shè)計實驗電路；(3) 根據(jù)量程確定最小刻度，然后根據(jù)電表讀數(shù)原則讀數(shù)；(4) 根據(jù)實驗原理及歐姆定律可得和 ?關(guān)系式，結(jié)合圖乙求出?表的內(nèi)阻。?2?1本題考查電阻測量實驗，關(guān)鍵是要注意實驗器材無電壓表，且電流表電阻未知

14、，要根據(jù)實際情況設(shè)計電壓表。學會根據(jù)歐姆定律寫出表達式結(jié)合圖象分析實驗結(jié)果。13.N 點的速度大小為2【答案】 解： (1) 設(shè)帶電粒子在?。垂直于電場方向是勻速運動，因此?2?30= ?130 解得： ?cos2 = 3?1(2) 電荷從 M 運動到 N 只有電場力做功，根據(jù)動能定理有：?=122?(? - ?)2212解得 M、 N 兩點間的電勢差： ?=?1?設(shè) N 點的電勢為 ?= ? - ?2?1?=?-?=0-?2?1解得：?=-?第10 頁，共 12頁答： (1) 電荷運動到N 點時的速度大小是3?；12(2) 設(shè) M 點的電勢為零，則N 點的電勢是 -?1。?【解析】 (1)

15、帶電粒子在垂直于電場方向是勻速運動，據(jù)此列式可求得電荷運動到N 點時的速度大??；(2) 根據(jù)動能定理可求得M、 N 兩點間的電勢差，再由電勢差等于電勢之差可求得N 點的電勢。本題考查了粒子在電場中的運動，通過受力分析明確粒子的運動特點是求解的關(guān)鍵。14.【答案】 解： (1) 物塊從 A 到 B，根據(jù)牛頓第二定律得：。?1-?=?11得： ?2。1= 5?/?(2) 從 A 到 B 物塊做勻加速直線運動，有：? = 2? = 25 40?/?= 20?/? 1 1從 B 到 C，根據(jù)牛頓第二定律得：。?-?=?222得： ?2。2= 2?/?由22? -? = 2? ?代入數(shù)據(jù)解得： ? =

16、24?/?22?從 C 點到停止，有：?3?2= ? = ?= 5?/?。2242? =? = 57.6? =32?2 53所以，為了保證小物塊不滑離CD 軌道， CD 軌道至少長 57.6?。?20?=5 ?= 4?(3) 從 A 到 B 用時為： ?1 = ?1? -?24-20從 B到C用時為： ?2=?=2 ?= 2?2從 C 到停下用時為： ?3 =?=24?5 ?= 4.8?3總時間為： ?= ?1 + ?2 + ?3 = 10.8?答： (1) 小物塊在 AB 段下滑的加速度大小是25?/?.；(2) 為了保證小物塊不滑離 CD 軌道， CD 軌道至少 57.6?長；(3) 小物

17、塊從開始下滑到停止全程所用的時間是10.8??！窘馕觥?(1) 根據(jù)牛頓第二定律求出小物塊在AB 段下滑的加速度大小。(2) 由速度位移公式求出物塊滑到 B 點的速度。根據(jù)牛頓第二定律和速度位移公式求出物塊滑到 C 點的速度。 為了保證小物塊不滑離 CD 軌道， 根據(jù)牛頓第二定律和速度位移公式求物塊在 CD 上滑行的最大位移，即 CD 的最小長度。(3) 根據(jù)速度時間公式求出三段時間，從而求得總時間。本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的基本運用， 對于第二問也可以根據(jù)動能定理求解，運用動能定理解答更簡潔。15.【答案】 解： (1) 設(shè)物塊在時間t 內(nèi)從 A 到 B，則從 B 返回 A 的時間

18、為2t，t 和 2t 時間內(nèi)的加速度大小分別為?1、? ，2由于 t 與 2t內(nèi)的位移大小相等方向相反，1212，則有： 2 ?1= -? 1 ?2?- 2 ?(2?)2第11 頁，共 12頁?415 ，解得： ?2 =由牛頓第二定律得：從 A到B過程： ?-?=?，1從 B 到 A 過程： ?+ ?=?，2解得： ?= 9?；(2) 物塊的動能為6J位置有兩個，設(shè)第一個動能為6J 的位置距離 A 為?1，第二個動能為6J的位置距離B的位置為A B間的距離為s?， 、，2由動能定理得： (?-，?)?=1?解得： ?11?=? = 0.75?，8該點重力勢能： ?1= ?=10.75?；對從開始運動到動能第二次為6J 的過程，由動能定理得：(?- ?)-(?+ ?)?= ? ，2?由于 ?= 9?，則： 8?-1