【文档说明】【精准解析】贵州省惠水县第一高级中学2020届高三上学期期末考试理综物理试题.doc，共(18)页，787.000 KB，由管理员店铺上传

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贵州省惠水县第一高级中学2019-2020学年上学期期末考试高三理综物理一、单选题(共5小题,每小题6.0分,共30分)1.图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷＋q、＋q、－q，在该三角形中心O点处固定一

电量为-2q的点电荷，则该电荷受到的电场力为（）A.2212kqa，方向由O指向CB.2212kqa，方向由C指向OC.2223kqa，方向由C指向OD.2223kqa，方向由O指向C【答案】B【解析】【详解】O点是三角形的中心

，到三个电荷的距离为：23sin6033ra，三个电荷在O处产生的场强大小均为：02qEkr根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为：12qEkr再与-q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为：122262qkqEE

Ekra，方向由O指向C．则该负电荷受到的电场力为：22122kqFEqa，方向由C指向O；故B正确．2.如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）

．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块()A.速率的变化量不同B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同D.重力做功的平均功率相同【答案】D【解析】由平衡知识可知则两者质量不等所以重

力势能变化量不等答案BC错，由机械能守恒可知两物块落地时速度大小相等，所以A错，再由功率可知重力的瞬时功率相等；答案D正确，选D3.如图所示，北京时间2012年10月25日23时33分，中国在西昌卫星发射中心用“长

征三号丙”运载火箭，成功将第16颗北斗导航卫星发射升空并送入预定转移轨道．第16颗北斗导航卫星是一颗地球静止轨道卫星，它将与先期发射的15颗北斗导航卫星组网运行，形成区域服务能力．根据计划，北斗卫星导航系统将于2013年初向亚太大部分地区提供服务．下列关于这颗卫星的说法正确的是()

A.该卫星正常运行时一定处于赤道正上方，角速度小于地球自转角速度B.该卫星正常运行时轨道也可以经过地球两极C.该卫星的速度小于第一宇宙速度D.如果知道该卫星的周期与轨道半径可以计算出其质量【答案】C【解析】A、由题意知

这是一颗地球同步卫星，所以其轨道一定处于赤道正上方，角速度与地球自转角速度相同，选项A，B错误；C、该卫星高度很大，不是贴近地球表面运行，所以其速度远小于第一宇宙速度，选项C正确；D、如果知道该卫星的周期与轨道半径，根据

222MmGmrrT可以计算出地球质量M，但不能计算出卫星质量，选项D错误．点睛：本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定

”：定轨道、定高度、定速度、定周期．4.某形状不规则的导体置于静电场中，由于静电感应，在导体周围出现了如图所示的电场分布，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点．下列说法正确的是（）A.将电子从A点移到B点，电势能减少B.A点的电场强度

大于B点的电场强度C.某正电荷在A点的电势能高于在B点的电势能D.将电子从A点移到C点，再从C点移到B点，电场力做功为零【答案】C【解析】【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；根据等差等势面来确定电势

差大小，再由电势差与电场力做功关系公式WAB=qUAB来判断电场力做功的多少．【详解】沿着电场线，电势逐渐降低，A点处于电场线的靠前的位置，A点的电势高于B点的电势，将电子从A点移到B点，电势能增加；正电荷在A点的电势能高于在B点的电势能，故A错误，C正确；由电场线越密的

地方，电场强度越大，则有EB＞EA，故B错误；由于从A和C处于同一条等势线上，故从A到C过程的电场力不做功，从C点移到B点，电场力做功不为零，故D错误．故选C．【点睛】本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、电场力大小和电势差的大小关系．同时知道等差

等势面越密的地方，电场线也越密．当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减．5.如图电路中，C2=2C1,R2=2R1，下列说法正确的（电源内阻不计）：（）A.开关处于断开状态，电容C2的电荷量等于

C1的电荷量[B.开关处于断开状态，电容C1的电荷量大于C2的电荷量C.开关处于接通状态，电容C2的电荷量大于C1的电荷量D.开关处于接通状态，电容C1的电荷量等于C2的电荷量【答案】D【解析】【详解】据题意，当开关断开时，两个电容器上的电压U相等，据电容器电荷量为：QCU,由于

C2=2C1，则212QQ，故A、B选项错误；当开关闭合时，流经电阻R1和R2的电流相等，则电阻电压关系为：UIR，即212UU，据图可知电容C1的电压是C2电压的两倍，据QCU可知，两个电容器的电荷量相等，故D选项正确．二、多选

题(共3小题,每小题6.0分,共18分)6.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V.下列说法不正确的是()A.电场强度的大小为2.5V/cmB.坐标原点处的电势为1VC.电子

在a点的电势能比在b点的低7eVD.电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV【答案】C【解析】【详解】A．如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，因为匀强电场，则有：

cbUEd，由比例关系可知：'26178cm4.5cm2610bc依据几何关系，则有：224.563.6cm456bcbcdbb．因此电场强度大小为：26172.5V/cm3.6cbUEd故A正确，不符合题意；B

．根据φc-φa=φb-φo，因a、b、c三点电势分别为：φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得原点处的电势为φ0=1V．故B正确，不符合题意；C．因Uab=φa-φb=10-17=-7V，电子从a点到b点电场力做功为：W=qU

ab=-e×（-7V）=7eV因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C错误，符合题意。D．bc间的电势差Ubc=φb-φc=17V-26V=-9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=-e×（-9V）=9eV故D正确，不符合题意。7.如图，光滑水平面

上，水平恒力F作用在木块上，小车和木块间无相对滑动，小车质量为M，木块质量为m．它们共同加速度为a，木块与小车间的动摩擦因素为，则在运动过程中（）A.木块受到的摩擦力一定是mgB.木块受到的合力为FC.小车受到的摩擦力为MFmMD.小车受到的合力为MFmM【答案】CD【解析

】【详解】A、根据题意可知，小车和木块间无相对滑动，两者之间的摩擦力为静摩擦力，不能用mg计算；A错误B、根据牛顿第二定律可知，加速度FaMm，木块受到的合外力mFFmaMm；B错误CD、小车受到的摩擦力等于小车受到的合外力，即fMFFFMaMm合；CD正确故选CD考点：牛

顿第二定律点评：先用整体法求加速度，再用隔离法分析物体受力，加速度是分析问题的关键．8.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为6210C、质量为1

0-3kg的小物块从该水平面内的C点静止释放，其运动的vt图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则下列说法正确的是（）A.B为中垂线上电场强度最大的点，其电场强度310V/mEB

.由C到A的过程中，物块的电势能先减小后变大C.由C到A的过程中，电势逐渐升高D.AB两点电势差3510VABU【答案】AD【解析】根据vt图可以知道，小物块在B点的加速度最大为242m/s75vat，所受的电场力最大为-3-31102=210FmaN，则

场强3110V/mFEq，故A对B．由C点到A点的过程中，把vt图可以知道物块的速度增大，电场力做正功，其电势能减小，故B错误．C．据两个等量同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误．D．根据动能定理得：2211`

22BAABqUmvmv解得：3510BAUV，所以3510VABU，故D正确；故选AD点睛：在v-t图像中切线的斜率代表了加速度的大小，在结合电场中的受力可求出电场强度的大小．分卷II三、实验题(共2小题,共15分

)9.如图甲是某金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图象，图中R0表示该电阻在0℃时的电阻值，已知图线的斜率为k。若用该电阻与电池（电动势为E、内阻为r）、理想电流表A、滑动变阻器R′串联起来，连接成如图乙所示的电路。用该电阻做测温探头，把电流表A的电流

刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”。（1）根据图甲，温度为t（t>0℃）时电阻R的大小为___________________。（2）在标识“金属电阻温度计”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系．请用E、R

0、R′（滑动变阻器接入电路的阻值）、k等物理量表示待测温度t与电流I的关系式t＝____________________________。（3）如果某次测量时，指针正好指在在温度刻度的10℃到20℃的正中央，则测量值________15℃（填“大于”、“小于”或“等于”）。【答案】

(1).R0+kt(2).01[]EtRrRkI（）(3).小于【解析】【分析】考查实验电表改装。【详解】（1）[1]．图像的斜率为k，纵截距为0R，为一次性函数，所以图像的表达式为：0RRkt（2）[2]．根据闭合回路欧姆定律可得：(')EIRRr将0RRkt带入

可得：01[]EtRrRkI（）（3）[3]．由上式可知，温度t与电流I非线性关系，与欧姆表类似，温度t的刻度是不均匀的，左密右疏，所以指针正好指在在温度刻度的10℃到20℃的正中央，则测量值小

于15℃。10.某同学用图1(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止

且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出，其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出。回答下列问题：(1)f4＝________N；(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f－m图线______________；(3)

f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f＝________，f－m图线(直线)的斜率的表达式为k＝________；(4)取g＝9.80m/s2，由绘出的f－m图线求得μ＝

________。(保留2位有效数字)【答案】(1).2.75(2).如图所示：(3).μ(M＋m)g(4).μg(5).0.40【解析】【详解】(1)[1]由图b可读出弹簧秤的示数f4＝2.75N；(2)[2]f­m图线如图

所示：(3)[3][4]摩擦力表达式f＝μ(M＋m)g其斜率k＝μg；(4)[5]图线的斜率k＝fm＝2.932.150.250.05＝3.9解得μ≈0.40。四、计算题11.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接

有阻值R=0.3Ω的电阻．一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x

=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1．导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；（3）外力做的功WF

．【答案】（1）4.5C（2）1.8J（3）5.4J【解析】【详解】（1）设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为：ΔΦ=BLx，由法拉第电磁感应定律得，回路中的平均感应电动势为：Et由闭合电路欧

姆定律得，回路中的平均电流为：EIRr通过电阻R的电荷量为：q=IΔt联立以上各式，代入数据解得：q=4.5C（2）设撤去外力时棒的速度为v，棒做匀加速运动过程中，由运动学公式得：22vax设撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理

得：W=0－mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热：Q2=－W联立以上各式，代入数据解得：Q2=1.8J（3）由题意各，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1:Q2=2:1可得：Q1=3.6J在棒运动的整个过程中，由功能关系可得：W

F=Q1+Q2联立以上各式，代入数据解得：WF=5.4J12.如图甲所示，带斜面的足够长木板P，质量M=3kg。静止在水平地面上，其右侧靠竖直墙壁，倾斜面BC与水平面AB的夹角=37、两者平滑对接。t=0时，质量m=1kg、可视为质点的滑块Q从顶点C由

静止开始下滑，图乙所示为Q在0~6s内的速率v随时间t变化的部分图线。已知P与Q间的动摩擦因数是P与地面间的动摩擦因数的5倍，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求：(1)木板P与地面间的动摩擦因数；(2)t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小；(3)0~8s内，滑

块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量。【答案】(1)20.03；(2)0.6m/sPQvv；(3)54.72JQ【解析】【详解】(1)0~2s内，P因墙壁存在而不动，Q沿着BC下滑，2s末的速度为v1＝10m/s，设P、Q间动摩擦因数为μ1，P与地面间的动摩擦因数

为μ2；对Q，由vt图像有214.8m/sa由牛顿第二定律有11sin37cos37mgmgma联立求解得10.15，120.035(2)2s后，Q滑到AB上，因12()mgmMg，故P、Q相对滑动，且Q减速、P加速，设加速度大小分别是a2、a3，

Q从B滑动AB上到P、Q共速所用的时间为t0对Q有12mgma对P有123()mgmMgMa共速时12030vatat解得a2=1.5m/s2、a3=0.1m/s2、6ts故在t＝8s时，P和Q共

速30.6m/spvat(3)0~2s内，根据v-t图像中面积的含义，Q在BC上发生的位移x1=9.6m2~8s内，Q发生的位移12030.6m2QvvxtP发生的位移301.8m2Pvxt0~8

s内，Q与木板P之间因摩擦而产生的热量11123cos37()Qmgxmgxx代入数据得54.72JQ13.下列说法正确的是（）A.一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，系统的内能保

持不变B.对某物体做功，可能会使该物体的内能增加C.实际气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积D.一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同E.功可以全部转化为热，但热量不能全部转

化为功【答案】BCD【解析】【详解】A.水变成水蒸气，分子平均动能不变，但由于体积增大，分子间距离增大，由于气体分子间间距接近010r，故在变化过程中分子力做负功，分子势能增大，故内能增加，从宏观来看，水变成水蒸气需要吸热，内能也是增加的，故A错误；B.做功

和热传递均可以改变物体的内能，故对物体做功内能可能增加，可能减少，故B正确；C.气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积，故C正确；D.由热力学第零定律，两系统达到热平衡的条件为温度相同，故D正确；E.由热力学第二定律，功可以全部转化为热，而热量也可以全部转化为功，但要引起

其他方面的变化，故E错误；故选BCD。14.如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C.已知状态A的温度为300K.（1）求气体在状态B的温度；（2）由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由．【答案】（1）1200K（2）放热【解析】【详解】①设

气体在状态B的温度TB，根据理想气体状态方程：AABBABpVpVTT代入数据解得：1200KBT；②由状态B变化到状态C的过程中，等容降压，温度降低，内能U减小；体积不变，做功W＝0；由热力学第一定律UWQ，气体是放热。15.一列简谐横波沿x轴正方向

传播，在t＝0和t＝0.20s时的波形分别如图中实线和虚线所示．已知该波的周期T>0.20s．下列说法正确的是________．A.波速为0.40m/sB.波长为0.08mC.x＝0.08m的质点在t＝0.70s时位于波谷D.x＝0.08m的质点

在t＝0.12s时位于波谷E.若此波传入另一介质中其波速变为0.80m/s，则它在该介质中的波长为0.32m【答案】ACE【解析】【详解】AB．波沿x轴正方传播，根据波形图可知1()0.2s2nT该波的周期T＞0.20s，n只能等

于0，故=0.4sT波长16cm0.16m所以波速0.16m/s0.4m/s0.4vT故A正确，B错误；C．x=0.08m的质点在t=0时位于平衡位置向上振动，经过t=0.70s时0.7310.44tT所以0.7s时x=0.08m处的质点

位于波谷，故C正确；D．x=0.08m的质点在t=0时位于平衡位置向上振动，经过t=0.12s时0.1233=0.41010tTT即1142TtT所以0.12s时x=0.08m处的质点位于平衡位置上边正在向下振动，故D错误；E．若此波传入另一介

质中，频率不变，则周期不变，其波速变为0.80m/s，则它在该介质中的波长为0.80.4m0.32mvT故E正确。故选ACE。16.如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点)

，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上．D位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F．该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察．恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线

DF于E；DE=2cm，EF=1cm．求三棱镜的折射率．(不考虑光线在三棱镜中的反射)【答案】3【解析】【详解】过D点作AB边的发现NN，连接OD，则ODN为O点发出的光纤在D点的入射角；设该光线在D点的折

射角为β，如图所示．根据折射定律有sin=sinn①式中n为三棱镜的折射率由几何关系可知=60②30EOF③在OEF中有sinEFOEEOF④由③④式和题给条件得2cmOE⑤根据题

给条件可知，OED为等腰三角形，有30⑥由①②⑥式得3n⑦