2019-2020学年江西省抚州市南城一中高三(上)期末物理试卷

1、2019-2020 学年江西省抚州市南城一中高三（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共5 小题，共30.0 分）1.原子从 a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射波长为迁到 c 能级状态时吸收波长为?的光子，已知 ? 21到 c 能级状态时将要()?1的光子； 原子从 b 能级状态跃?.那么原子从a 能级状态跃迁2A.C.发出波长为 ?1 - ?2的光子吸收波长为 ? -?的光子12B.D.发出波长为? ?12的光子?1-?2吸收波长为?1 2的光子?1-?22. 两块平行金属板带等量异种电荷， 要使两板间的电压变为原来的3 倍，而板间的电场强度减为原来的1，可采用的办法有 ()3A. 两板的电

2、量变为原来的3 倍，而距离变为原来的9 倍B. 两板的电量变为原来的3 倍，而距离变为原来的3 倍C. 两板的电量变为原来的193倍，而距离变为原来的倍D. 两板的电量变为原来的31倍，而距离变为原来的3倍3.一自耦调压变压器(可看做理想变压器) 的电路如图甲所示，移动滑动触头P 可改变副线圈匝数已知变压器线圈总匝数为1 900 匝，原线圈匝数为1 100 匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表，则()A. 交流电源电压瞬时值的表达式为?= 220?100?VB. P 向上移动时，电压表的示数变大，最大显示示数为380 2?C. P 向下移动时，变压器的输入功率不变D. P 向下移动

3、时，通过原线圈的电流减小4. 如图所示， 一斜面体静止在粗糙的水平面上， 一物体滑到上表面粗糙的斜面体之后又返回斜面体底端斜面体始终相对地面静止，则下列说法正确的是( )A. 斜面体始终不受地面的摩擦力B. 斜面体受地面的摩擦力的方向先向左后向右C. 斜面体受地面的摩擦力始终向左D. 斜面体受地面的摩擦力始终向右5. 如图，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成 ?角，上端用一电阻 R 相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中， 质量为 m、电阻为 r 的金属杆 ab，从高为 h 处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度 v 匀速运动直到轨道的底第1页，共 12页端金属杆始终

4、保持与导轨垂直且接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为 ?则. ( )1A. 金属杆加速运动过程中的平均速度小于?2B. 金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C. 当金属杆的速度为?时，它的加速度大小为44(2?-?2 )?D. 整个运动过程中电阻R 产生的焦耳热为2(?+?)二、多选题（本大题共2 小题，共12.0 分）6. 低圆轨道 ( 离地高度 500 公里 ) 太空碎片 A 与高圆轨道 (离地高度 3.6万公里 ) 太空碎片B 相比，下列物理量中，碎片A 的物理量一定较大的是()A. 向心力B. 角速度C. 线速度D. 周期7.

5、 静止在水平地面上的物块， 受到水平拉力 F 的作用，F 与时间 t 的关系如图甲所示。物块的加速度 a 与时间 t 的关系如图乙所示， g 取 10?/?2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，根据图象信息可得 ( )A.B.C.4s 末推力 F 的瞬时功率为48W前 4s 推力 F 积累的冲量为 32? ?物块的质量为2kgD. 物块与地面间的滑动摩擦因数为0.1三、实验题（本大题共1 小题，共10.0 分）8. 在“测定金属的电阻率”实验中， 所用测量仪器均已校准 待测金属丝接入电路部分的长度约为 50cm(1) 用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1 所示，其读数应为 _?(

6、该值接近多次测量的平均值) (2) 用伏安法测金属丝的电阻?.实验所用器材为：电池组(电动势 3V，内阻约 1?)、?电流表 ( 内阻约 0.1?)、电压表 ( 内阻约 3?)、滑动变阻器 ?(020?，额定电流 2?)、开关、导线若干某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数12345678?/?00.10.30.711.51.72.3?/?00.020.060.160.220.340.460.52第2页，共 12页由以上实验数据可知， 他们测量 ? 是采用图 2 中的 _图 (选填“甲”或“乙”) ?(3) 图 3 是测量 ?的实验器材实物图，图中已连接了部分导

7、线，滑动变阻器的滑片?P 置于变阻器的一端请根据(2) 所选的电路图，补充完成下图中实物间的连线(4) 这个小组的同学在坐标纸上建立U、 I 坐标系，如图 4 所示，图中已标出了与测量数据对应的 4 个坐标点请在图中标出第3、5、7 次测量数据的坐标点，并描绘出 UI 图线由图线得到金属丝的阻值?= _ ?(保留两位有效数字 ) (5) 根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为_( 填选项前的符号 ) A.1 10 -2 ?.1 10 -3 ?C.1 10 -6 ?.1 10 -8 ?四、计算题（本大题共4 小题，共52.0 分）9. 某探究学习小组验证动能定理的实验装置如图甲 实验时首先要平衡

8、摩擦力：取下沙桶， 把木板不带滑轮的一端垫高，轻推小车，让小车 _ (选填“拖着”或“不拖着”) 纸带运动，直到小车做 _ 运动 打点计时器使用频率为50Hz 的交流电，记录小车运动的纸带如图乙所示在纸带上相邻两计数点之间还有四个点未画出本实验需根据此纸带计算_ (选填“速度”、 “加速度” ) 的值， 其中小车通过计数点“B_(计算”时， 该值 =结果保留两位有效数字 ) 若实验室没有沙桶只有钩码，每个钩码质量? = 50?，小车总质量 ? = 200?，用该实验装置验证动能定理，则需验证重力对钩码所做的功是否等于_ (选填“小车”或“小车和钩码”) 动能的增量第3页，共 12页10. 同向

9、运动的甲、乙两质点在某时刻恰好通过同一路标，以此时为计时起点，此后甲质点的速度随时间的变化关系为?= 4?+ 12(?/?)，乙质点位移随时间的变化关系为2?= 2?+ 4?(?) ，试求：(1) 两质点何时再次相遇；(2) 两质点相遇之前何时相距最远，最远的距离是多少？11. 在直角坐标系 xOy 中，?(-0.3,0) 、C 是 x 轴上的两点， P 点的坐标为 (0,0.3). 在第二象限内以 ?(-0.3,0.3) 为圆心、 0.3?为半径的 1圆形区域内，分布着方向垂直xOy 平4面向外、磁感应强度大小为 ?= 0.1?的匀强磁场；在第一象限三角形OPC 之外的区域，分布着沿 y 轴

10、负方向的匀强电场 现有大量质量为 ?= 3 10 -9?、电荷量为 ?= 1 10 -4 ?的相同粒子，从A 点平行 xOy 平面以相同速率、沿不同方向射向磁场区域，其中沿 AD 方向射入的粒子恰好从P 点进入电场，经电场后恰好通过C点已知 ?= 37，不考虑粒子间的相互作用及其重力，求：(1) 粒子的初速度大小和电场强度E 的大小；(2) 粒子穿越 x 正半轴的最大坐标12. 用两只玩具小车A BA B、 做模拟碰撞实验， 玩具小车、 质量分别为 ?1 = ?和?2 =3?，把两车放置在相距 ?= 8?的水平面上。 现让小车 A 在水平恒力， 作用下向着小车 B 运动，恒力作用 ?= ?时间

11、后撤去，小车A 继续运动与小车 B 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起， 滑行 ?= 0.25?停下。 已知两车运动所受的阻力均为重力的0.2倍，重力加速度取2?0?/?.求：第4页，共 12页(1) 两个小车碰撞后的速度大小；(2) 小车 A 受到的恒力 F 的大小。第5页，共 12页答案和解析1.【答案】 D【解析】 解：由题，原子从 a 能级状态跃迁到 b 能级状态时发射光子，说明a 能级高于b 能级；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收光子，说明c 能级高于 b 能级；据题， ?，根据光子能量公式?= ? 得知，从 a 能级跃迁到 b 能级时发射的光子能1 ?2?量小于从 b 能级跃迁

12、到 c 能级时吸收的光子，根据玻尔理论可知，c 能级高于 a 能级，所以原子从 a 能级状态跃迁到 c 能级状态时将要吸收光子。根据玻尔理论得? ?：? -?= ?1? ?：?- ?=?2? ?： ?- ? = ? ?联立上三式得，?=?1?2? -?12故选： D。?= ? ? ?，比较两种光子的能量大小，根据玻尔理论分析a c光子能量公式，两1、?2个能级的大小若a 能级较大，原子从 a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要放出光子；相反吸收光子根据玻尔理论和光子能量公式求出波长本题首先要根据跃迁时原子吸收能量，向高能级跃迁，放出能量向低能级跃迁，判断三个能级的大小其次要掌握光子的能量与波长成

13、反比2.【答案】 C【解析】 解： A、板间距离变为原来的9 倍时，电容为原来的1，两板的电量变为原来的93 倍，由 ?=?27 倍，由 ?=?3 倍不符合题得知，电压变为分析得知，板间电场强度变为?意故 A 错误B、板间距离变为原来的3 倍时，电容为原来的 1，两板的电量变为原来的3 倍，3由 ?=?9 倍，由 ?=?得知，电压变为分析得知，板间电场强度变为 3 倍不符合题意故?B 错误C、板间距离变为原来的9 倍时，电容为原来的1 ，两板的电量变为原来的1 倍，93由 ?=?3倍，由?=?1倍符合题意 故得知， 电压变为分析得知， 板间电场强度变为3?C 正确D 、板间距离变为原来的 3倍

14、时，电容为原来的1，两板的电量变为原来的1倍，33由 ?=?1得知，电压不变，由?= 分析得知，板间电场强度变为倍不符合题意故?3第6页，共 12页D 错误故选： C先根据电容的决定式分析电容的变化，再由电容的定义式分析电压的变化，由?=?分?析板间电场强度的变化本题是电容器的动态变化分析问题，根据?=?、?=、 ?= 三个公式结合进行分4?析【答案】 D3.【解析】解：A、交流电源电压的最大值是，所以表达式为?= 220，220 2?2?100?故 A错误B、原线圈的电压有效值为220V，1900P 向上移动时，电压表的最大示数为1100220 = 380?，故 B 错误C、 P 向下移动时

15、，副线圈电压减小，副线圈电流减小，变压器的输入功率变小，故C错误D 、P 向下移动时，副线圈电压减小，副线圈电流减小，输入功率等于输出功率，原线圈电流减小，故D 正确故选： D根据乙图表示出交流电源电压瞬时值根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率求解本题考查了变压器的构造和原理，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率4.【答案】 C【解析】 解：对斜面体进行受力分析，物体向上滑动时，斜面体受力如图甲所示，则斜面体有向右运动的趋势，因此斜面体受到水平面向左的静摩擦力；物体向下滑动时，斜面体受力如图乙所示，因物体加速下滑，则斜面体受到物体滑动摩擦力与压力的合

16、力方向偏右， 因此斜面体会有向右运动趋势， 因此斜面体受到水平面向左的静摩擦力；粗糙的水平面对斜面体始终有水平向左的静摩擦力，故C 正确， ABD 错误；故选： C对物体进行受力分析， 由物体的运动状态来确定滑动摩擦力与支持力的合力方向； 再对斜面体受力分析，然后根据平衡条件分析答题对物体正确受力分析、 熟练应用平衡条件是正确解题的关键； 解题时要注意受力分析的顺序，先对物体受力分析，然后再对斜面体受力分析，并掌握平衡条件的应用5.【答案】 D第7页，共 12页【解析】 解： A、若金属杆匀加速运动，则平均速度为?2.实际上金属杆加速运动中加速度不断减小，速度- 时间图象的斜率不断减小，在相同

17、时间内金属杆通过的位移大于匀1加速运动通过的位移，则金属杆的平均速度大于匀加速运动的平均速度2 ?故. A 错误。222B、金属杆克服安培力做功的功率等于? ? ，与速率 v 的平方成正比，由于匀速运动时?+?速度最大， 则知加速运动过程中金属杆克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率。故B 错误。22C、匀速运动时，金属杆的速度大小为? ?v，所受的安培力大小为，此时有 ?=?+?2 2122 ? ? ?2，根据牛顿第二定律得；当金属杆的速度为2 ?时，它所受的安培力大小为?+?+?2 2?，联立解得 ?=? ?2.故 C 错误。?-= ?2?+?D 、整个运动过程中回路中

18、产生的焦耳热为12 ，?= ?- 2 ?所以 R 上产生的热量： ?(2?-?2 )?，故 D 正确。? =?=2(?+?)?+?故选： D。本题关键应根据安培力与速度的关系分析金属棒的运动情况1金属杆在加速运动中加速度不断减小，根据速度图象分析可知平均速度大于2 ?；222加速运动过程中金属杆克服安培力做功的功率等于? ?，与速率 v 的平方成正比，小?+?于匀速运动过程中克服安培力做功的功率；?2 2?速度为 ，安培力的大小为? ?2 ，根据牛顿第二定律求解加速度；2?+?整个回路中产生的焦耳热为?- 12 ，然后结合串联电路中的电功率分配即可求出2 ?电阻 R 产生的焦耳热?222解决这

19、类问题的关键时分析受力情况，掌握安培力的表达式? ? ，进一步确定运? =?+?动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化6.【答案】 BC?22【解析】 解：由万有引力提供向心力：?24?2= ?= ?，?= ?= ? 2?3解得：?= ，?= ，?3?= 2?半径大的，线速度小，角速度小，周期大，即碎片A 的线速度大，角速度大，周期小，由于两者质量未知，无法比较向心力，故BC 正确， AD 错误。故选： BC。碎片绕地球做匀速圆周运动， 根据万有引力提供向心力， 列出等式表示出所要比较的物理量。万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律列式比较线速度、周期、向心加速度的大小等的表

20、达式去判断。第8页，共 12页7.【答案】 CD【解析】 解： A、?- ?图象围成的面积表示速度的变化量，由于初速度为零，则速度变化量等于末速度， 4s末的速度为 ?= 4.5?/?，力?= 8?，则推力 F 的瞬时功率 ?= ?=36? ，故 A 错误。B、 ?- ?图象围成的面积表示力的冲量，前4s 内推力 F 的冲量 ?= 16?，故 B 错误。CD 、由甲乙两图可知， 当 ?= 1?时，物体才开始具有加速度， 可知地面对物体的最大静摩擦力 ?= 2?，由甲图知， ?= 2?，根据牛顿第二定律得，加速度为：?= ?-?2?-222 ，由乙? =?=?-?2?图可知，图线的斜率 ?= ?

21、 = 1 ，解得： ? = 2?，则动摩擦因数为：?=?= 0.1，故CD 正确。故选： CD。根据甲乙两图，结合?= 1?F时，物体开始具有加速度得出最大静摩擦力的大小。根据与 t 的关系式，结合牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合图线的斜率求出物块的质量，结合摩擦力和质量求出动摩擦因数。根据 ?- ?图线围成的面积求出速度的变化量，从而得出4s 末的速度，结合 ?= ?求出4s 末推力的瞬时功率。本题考查了牛顿第二定律、功率与图线的综合运用，知道?- ?图线的斜率以及图线围成的面积是解决本题的关键。8.【答案】 0.398甲4.4C【解析】 解： (1)由图 1 所示螺旋测微器可知，其示数

22、为：0?+ 39.8 0.01? =0.398?(0.396 0.399 均正确 )；(2) 由表中实验数据可知，如果用限流，最小电压为0.6?，而表中电压都到 0.10?了，所以肯定用的分压，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路；(3) 根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：(4) 根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：由图示图象可知，第6 组实验数据偏离图线太远，改组实验数据是错误的，应舍去，第9页，共 12页由图示图象可知，电阻?= ?1.5 4.4?均正确 )=? ?0.34(4.3 4.7? 20.398 10-3)2(5) 由电阻定律：?= ?

23、得：?()4.4 3.14 (2-6，故?=2=1 10?=20.50?选 C；故答案为： (1)0.398 ； (2) 甲； (3) 如图所示； (4) 如图所示； 4.4 ； (5)?(1) 螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；(2) 根据题意确定滑动变阻器接法，然后选择实验电路；(3) 根据电路图连接实物电路图；(4) 根据坐标系内描出的点作出图象，然后根据图象与电阻定律分析答题；(5) 由电阻定律求出电阻率，然后答题要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流

24、表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法9.【答案】 拖着；匀速直线；速度；0.13?/?；小车和钩码【解析】 解： (1) 系统受到的阻力包括限位孔对纸带的阻力，故要拖着纸带要平衡摩擦力；直到小车做匀速直线运动，即可达到平衡摩擦力目的(2) 要验证动能定理，需要测量初速度与末速度；?0.026B 点速度等于AC 段平均速度，故? = 2? =0.2?/?= 0.13?/?；(3) 细线对钩码做功和对小车做功之和为零，故重力对钩码做的功等于合外力对小车和钩码做的功之和；故答案为： 拖着，匀速直线； 速度， 0.13?/?； 小车和钩码1、阻力包括限位孔对纸带的阻力，故要拖着纸带平衡摩擦力；

25、2、要验证动能定理，需要测量初速度与末速度，根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻瞬时速度求解某点的速度；3、重力对钩码做的功等于合外力对小车和钩码做的功之和本题关键明确验证动能定理实验的原理和误差来源， 同时要掌握该实验的注意事项， 实验前要平衡摩擦力，不平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，以及过平衡摩擦力都是错误的10.【答案】解：(1)+ ?得，甲质点的初速度2，根据 ?= ?0? = 12?/?，加速度 ?= 4?/?0根据位移时间公式得，甲质点位移一时间表达式可写作2?= 12?+ 2?。甲乙相遇时有：?= ?甲乙，22 ，12?+ 2? = 2?+ 4?得： ?= 5?。(2) 甲乙两质点

26、相距最远时，两质点有共同速度?= ?甲乙，4?+12 = 2 + 8?，得： ?= 2.5?。最远距离 ?=2212?+ 2?2?-4? = 12.5?。-答： (1) 两质点5s时再次相遇；(2) 两质点相遇之前 2.5?末相距最远，最远距离为 12.5?。【解析】 根据速度时间公式得出甲质点的初速度和加速度，根据位移时间公式得出甲质点位置随时间的变化的表达式。抓住位移相等，结合运动学公式求出再次相遇的时间。当两质点速度相等时，两者相距最远，根据运动学公式求出相距最远的时间。第10 页，共 12页本题考查了运动学中的追及问题，抓住位移关系，结合运动学公式进行求解，知道速度相等时，两者相距最远

27、。11.【答案】 解： (1) 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径r，粒子的初速度v2?洛伦兹力提供向心力：?= ? ?可得： ?=?根据题意和几何知识，可得?= ?= 0.3?代入 得： ?= 1 10 3 ?/?= ?，粒子轨迹圆与磁场区域圆的半径相等，四边形 ?为菱形， AD 平行于 y 轴，故 ?也?平行于y 轴，粒子轨迹圆的半径与速度垂直，所以沿AD 方向的粒子由P 点进入电场时，速度方向与y 轴垂直，故该粒子在电场中做类平抛运动，设类平抛运动时间为 tx 方向： ?= ?12y 方向： ?= 2 ?根据几何关系得：?= ?根据牛顿第二定律：?= ?式子联立得： ?= 112.5

28、?/?(2) 设速度方向与 x 轴正方向的夹角为 ?的入射粒子，从 x 正半轴穿过时距离 O 点最远，粒子从 F 点离开磁场，其中 ?是粒子运动轨迹的圆心，粒子运动到F 点时的速度为 ?，?由于粒子的运动半径等于磁场的半径，所以四边形 ?为菱形， ?/?，速度? ，?而 AD 又是竖直方向，所以 ?垂直于 y 轴从 ?点进入电场，仍做类平抛运动设粒子在电场中的运动时间为?，粒子穿越 x 正半轴的最大坐标为?，粒子做类平抛运?动 x 方向的位移为x，?点的坐标为 (?，则 ?，?,?)，F 点的纵坐标为 ?= ?类平抛过程， x 方向： ?=?y 方向： ?=122?粒子到达x 轴的坐标为 ? = ?+ ? ?-?根据几何关系得：?=?tan ? = ?(1- ?)联立 式，得： ?+ 0.4?= 0.4 1 -令21 -，所以 ? = 0.4?+ 0.4(1 -? )?= ?根据数学知识可知，当?= 0.5时 ?有最大值，最大值为 0.5?答： (1)粒子的初速度大小 ?=1 103?/?，电场强度的大小为?= 112.5?/?；(2) 粒子穿越 x 正半轴的最大坐标为 0.5?【解析】 (1) 选沿 AD 方向射入的粒子作为研究对象， 粒子恰好运动四分之一圆周之后进入电场，做类平抛运动，根据牛顿第二定律结