榆樹市第一高級中學(xué)2021屆高三物理上學(xué)期期末備考卷B老教材

吉林省榆樹市第一高級中學(xué)2021屆高三物理上學(xué)期期末備考卷B老教材吉林省榆樹市第一高級中學(xué)2021屆高三物理上學(xué)期期末備考卷B老教材PAGEPAGE23吉林省榆樹市第一高級中學(xué)2021屆高三物理上學(xué)期期末備考卷B老教材吉林省榆樹市第一高級中學(xué)2021屆高三物理上學(xué)期期末備考卷（B）(老教材）注意事項：1．答題前,先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑,寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3．非選擇題的作答:用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi).寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中,第1~6題只有一項是符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求，全部選對的得4分,選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1．如圖所示，圖甲為質(zhì)點A沿直線運動的x－t圖象，圖乙為質(zhì)點B在x方向沿同一條直線運動的v－t圖象，已知質(zhì)點B在t＝0時刻位于x＝0的位置。則關(guān)于這個兩個質(zhì)點在前4s內(nèi)的運動情況，下列說法中正確的是（）A．質(zhì)點A的位移為零B．質(zhì)點B始終朝同一方向運動C．A的速度方向和B的加速度方向都改變了D．質(zhì)點A和質(zhì)點B僅相遇一次【答案】D【解析】由甲圖可知，在前4s內(nèi)A從－2m的位置運動到2m的位置處，位移為4m，故A錯誤；由乙圖可知,B在前2s內(nèi)先向負(fù)方向做勻減速到0,在后2s同再向正方向做勻加速運動,故B錯誤；x－t圖象的斜率表示速度，則A的速度方向、大小都不變，v－t圖象的斜率表示加速度，則B的加速度方向、大小都沒有變化，故C錯誤；B在前2s內(nèi)向負(fù)方向做勻減速到0，此時A從－2m勻速運動到0位置,在這段時間內(nèi)B與A相遇，在后2s時間內(nèi)B反向加速至0處,而A從0處運動至2m處，在這段時間內(nèi)兩者不會相遇，故D正確。2．如圖所示,OA、OB是兩根輕繩，AB是輕桿，它們構(gòu)成一個等邊三角形.在A、B處分別固定著質(zhì)量均為m的小球，此裝置懸掛在O點。現(xiàn)對B處小球施加水平外力F，讓繩OA位于豎直位置。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。則（）A．輕桿AB中的彈力為零B．繩OA中的拉力大小為2mgC．繩OB中的拉力大小為mgD．外力F的大小為mg【答案】A【解析】對A分析，由于OA細(xì)線恰好處于豎直方向，根據(jù)平衡條件，可知AB桿中張力為0，繩OA中的拉力大小為mg，否則OA繩將偏離豎直方向與題目不符,故A正確,B錯誤;對球B受力分析,受到重力G，作用力F和OA繩的拉力T，受力分析如圖，根據(jù)平衡條件得Tcos60°－mg＝0，Tsin60°－F＝0,解得T＝2mg，T＝eq\r（3)mg，故CD錯誤。3．某同學(xué)釆用如圖所示的裝置來研究光電效應(yīng)現(xiàn)象。某單色光照射光電管的陰極K時,會發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，閉合開關(guān)S，在陽極A和陰極K之間加反向電壓,通過調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片逐漸增大電壓,直至電流計中電流恰為零,此時電壓表顯示的電壓值U稱為反向截止電壓。現(xiàn)分別用頻率為v1和v2的單色光照射陰極，測量到的反向截止電壓分別為U1和U2設(shè)電子質(zhì)量為m,電荷量為e，則下列關(guān)系式中錯誤的是(）A．頻率為v1的單色光照射陰極K時光電子的最大初速度B．普朗克常量為C．陰極K金屬的極限頻率D．陰極K金屬的逸出功【答案】B【解析】光電子在電場中做減速運動,根據(jù)動能定理得：－eU1＝0－eq\f（1，2)mν1m2，則得光電子的最大初速度，故A對；根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得：hν1＝eU1－W0,hν2＝eU2－W0，聯(lián)立可得普朗克常量，代入可得金屬的逸出功,陰極K金屬的極限頻率，故B錯，C、D對。本題選錯誤的，故選B.4．如圖甲所示，某電場中的一條電場線恰好與M、P所在直線重合,以M為坐標(biāo)原點,向右為正方向建立直線坐標(biāo)系x，P點的坐標(biāo)xP＝5.0cm，此電場線上各點的電場強(qiáng)度大小E隨x變化的規(guī)律如圖乙所示.若一電子僅在電場力作用下自M點運動至P點,其電勢能減小45eV，對于此電場，以下說法正確的是（)A．該電子做勻變速直線運動B．x軸上各點的電場強(qiáng)度方向都為x軸負(fù)方向C．M點的電勢是P點電勢的二分之一D．圖象中的E0的數(shù)值為12【答案】B【解析】由題圖可知，電子從M點運動到P點過程中,電場強(qiáng)度逐漸減小，所以該電場不是勻強(qiáng)電場，即電子受到的電場力不是不變的，所以該電子不是做勻變速直線運動,故A錯誤；若一電子僅在電場力作用下自M點運動至P點，電勢能減小,所以電場力做正功。由功能關(guān)系可得WMP＝EpM－EpP>0，又WMP＝－eUMP,所以UMP<0，即φM<φP,而電場線由高電勢指向低電勢，所以可知x軸上各點的電場強(qiáng)度方向都為x軸負(fù)方向，所以B正確；由題可知，不知道電勢零點，所以無法確定兩點的電勢，故C錯誤;由題可知WMP＝45eV,題中圖象的面積就表示電場力做的功，即WMP＝eq\f(1,2)(E0e＋E0e/2）×5×10－2＝45eV，得E0＝1200V,即圖象中的E0的數(shù)值為1。2，故D錯誤.5．如圖所示,理想變壓器原線圈接在交流電源上，其電動勢為u＝220eq\r（2）sin100πt（V）,交流電源電阻為r＝10Ω，定值電阻R0＝100Ω與原線圈并聯(lián)，滑動變阻器R與副線圈串聯(lián)，滑動變阻器的最大值為Rm＝30Ω,已知變壓器的原副線圈的匝數(shù)之比為2∶1，電流表和電壓表均為理想交流電流表.滑動變阻器的滑動觸頭由最上端下向下緩慢移動到某位置時，開關(guān)S分別接a、b，電源輸出功率相等,下列說法正確的是(）A．開關(guān)接a時，電流表的示數(shù)為2eq\r（2）AB．開關(guān)接b時，電壓表的示數(shù)為110VC．電源的輸出功率相等時，滑動變阻器的阻值可能為R＝25ΩD．副線圈消耗的功率最大時，滑動變阻器的阻值為R＝10Ω【答案】C【解析】開關(guān)接a時，電流表的示數(shù)，A錯誤;根據(jù)變壓比可得，原線圈所在電路中，電源內(nèi)阻要分壓，原線圈輸入電壓小于220V，則U2小于110V，B錯誤；電源輸出功率相等時，即R等效至原線圈時阻值等于R0或等于1Ω,由可得R＝25Ω或R＝0.25Ω，C正確;副線圈消耗的功率最大,即電源輸出功率最大，即，解得R＝2.5Ω，D錯誤。6．如圖所示的圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向里,有一束速率各不相同的質(zhì)子自A點沿半徑方向射入磁場，這些質(zhì)子在磁場中（)A．運動時間越長，其軌跡對應(yīng)的弦長越大B．運動時間越長，其軌跡越長C．運動時間越短,射出磁場區(qū)域時速度越小D．運動時間越短，射出磁場區(qū)域時速度的偏轉(zhuǎn)角越小【答案】D【解析】設(shè)磁場區(qū)域半徑為R,軌跡的圓心角為α。帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角等于軌跡的圓心角α，由可知，在磁場中運動時間越長，偏轉(zhuǎn)角越大，圓心角越大，故D正確；弦長,粒子運動時間越長，α越大，弦長越小，故A錯誤；粒子運動軌跡，運動時間越長，α越大，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可以證明孤長s越短,故B錯誤；軌跡半徑,運動時間越短,α越小,則r越大，而r＝eq\f（mv，qB),速度v越大，故C錯誤.7．人造衛(wèi)星在燃料耗盡后會因為無法控制而成為太空垃圾，太空垃圾對航天器的運行帶來很大的安全隱患。為防止人造近地衛(wèi)星成為太空垃圾，往往在燃料快要耗盡時控制其進(jìn)入大氣層,從而燒毀或墜入南太平洋。如圖所示為正在逆時針做勻速圓周運動的近地衛(wèi)星，若要使其進(jìn)入大氣層，以下說法正確的是(）A．應(yīng)打開前面發(fā)動機(jī),向前噴氣，使其偏離原來軌道B．衛(wèi)星進(jìn)入大氣層后,速度會越來越小C．衛(wèi)星進(jìn)入大氣層后,機(jī)械能減小D．衛(wèi)星進(jìn)入大氣層后,處于完全失重狀態(tài)【答案】AC【解析】衛(wèi)星要墜毀，需要向心力小于萬有引力,需要衛(wèi)星減速,從而進(jìn)入低軌道，逐漸進(jìn)入大氣層，所以衛(wèi)星需要反向加速,故應(yīng)打開前面發(fā)動機(jī)，向前噴氣，故A正確；衛(wèi)星進(jìn)入大氣層后，受到萬有引力與阻力的作用，且萬有引力大于阻力，故速度會越來越大，一直到完全燒毀，故BD錯誤；衛(wèi)星進(jìn)入大氣層后空氣阻力對衛(wèi)星做負(fù)功，故機(jī)械能會減小,故C正確.8．在地面上以大小為v的初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的皮球，皮球落地時速度大小為v′。若皮球運動過程中所受空氣阻力的大小與其速率成正比，重力加速度為g。下列判斷正確的是(）A．皮球上升的最大高度為eq\f(v2，2g)B．皮球從拋出到落地過程中克服阻力做的功為eq\f（1,2）mv2－eq\f（1,2)mv′2C．皮球上升過程經(jīng)歷的時間為eq\f（v,g)D．皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時間為【答案】BD【解析】當(dāng)阻力為零時,由動能定理得:－mgh＝0－eq\f(1,2）mv12，可得上升的最大高度h＝eq\f(v2，2g），當(dāng)有阻力作用時，皮球上升的最大高度小于eq\f（v2，2g)，故A錯誤;皮球在整個上升和下降過程中只有阻力做功，根據(jù)動能定理有：－Wf＝eq\f（1,2)mv′2－eq\f（1,2)mv2，因為阻力做負(fù)功，所以克服阻力做功為eq\f（1,2）mv2－eq\f(1，2)mv′2，故B正確；皮球上升過程中受到向下的阻力作用，故皮球上升時的加速度大于重力加速度，故上升時間小于eq\f(v，g）,故C錯誤;假設(shè)向下為正方向，設(shè)上升階段的平均速度為v,則上升過程mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以時間等于上升的高度，故有h＝vt1，即mgt1＋kh＝mv1，同理，設(shè)上升階段的平均速度為v′，則下降過程mgt2－kvt2＝mv2,即mgt2－kh＝mv2，聯(lián)立可得mg（t1＋t2）＝m（v1＋v2），而t1＋t2＝t，可得，故D正確。9．如圖所示,在一傾角為θ的玩具軌道頂端A和底端C裝有彈射裝置，現(xiàn)從A端、C端分別以速度vA、vC彈出鋼球，分別落在斜面上B點、D點，速度分別為vB、vD,vA、vD方向水平，已知AB＞CD,空氣阻力不計，下列說法正確的是(）A．vB與斜面的夾角α等于vC與斜面的夾角βB．vA大小可能小于vD大小C．若整個空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，從A端以速度vA彈出帶正電的絕緣小球，落到斜面上的速度仍為vBD．若整個空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，從A端以速度vA彈出帶正電的絕緣小球,落到斜面上的時間與沒有電場時相同【答案】AC【解析】由題意知,可將小球看為從D點到C點的平拋運動，由平拋運動的規(guī)律可知，設(shè)從A點運動到B點時間為t1，從C點運動到D點時間為t2，則有,，可得α＝β，故A正確;運用逆向思維后可看成兩斜面上的平拋運動，初速度越大，平拋的距離越遠(yuǎn)，因AB>CD，則vA大小一定大于vD,故B錯誤；若整個空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，則小球做類平拋運動，設(shè)加速度為a，由類平拋的運動規(guī)律可知，設(shè)此時與斜坡夾角為φ，則有，可得α＝φ,即加電場時落到斜坡上時與斜坡的夾角不變，根據(jù)速度合成與分解可知，小球落到斜坡上的速度還為vB,故C正確；由于加上電場后，豎直方向的加速度變大,而落在斜面上時豎直速度大小相同，則所用時間變短,故D錯誤。10．如圖所示，間距為L、電阻不計的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端有一阻值為R的電阻，一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒橫跨在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌接觸良好.整個裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運動，前進(jìn)距離為s。在金屬棒整個運動過程中，下列說法正確的是（)A．金屬棒運動平均速度大于eq\f（1,2）v0B．金屬棒d克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱C．通過電阻R電荷量為D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1，2)mv02【答案】C【解析】金屬棒在整個運動過程中，受到豎直向下的重力，豎直向上的支持力，這兩個力合力為零，受到水平向左的安培力，金屬棒受到的合力為安培力，金屬棒受到安培力作用而做減速運動，速度v不斷減小，安培力不斷減小，加速度不斷減小，故金屬棒做加速度逐漸減小的變減速運動，所以平均速度小于eq\f(1,2）v0，故A錯誤；由能量守恒知金屬棒ab克服安培力做的功等于電阻R和金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱，故B錯誤；整個過程中通過導(dǎo)體截面的電荷量，又,聯(lián)立得，故C正確；整個過程中由動能定理可得：－W＝0－eq\f（1，2)mv02，解得克服安培力做功W＝eq\f(1,2)mv02，所以產(chǎn)生的總熱量Q＝eq\f(1,2)mv02，所以電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f（1,2)Q＝eq\f（1,4)mv02,故D錯誤。二、非選擇題（本題共6小題，共60分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）11．(8分）某同學(xué)用如圖（a）所示的實驗裝置測量木塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ:將木塊從傾角為θ的木板上靜止釋放，與位移傳感器連接的計算機(jī)描繪出了木塊相對傳感器的位置隨時間變化的規(guī)律，如圖（b）中的曲線②所示。圖中木塊的位置從x1到x2、從x2到x3的運動時間均為T。（1)根據(jù)圖（b）可得，木塊經(jīng)過位置x2時的速度v2＝_____，a＝_____；（2）現(xiàn)測得T＝0。1s，x1＝4cm，x2＝9cm，x3＝16cm，θ＝37°，可求得木塊與與木μ＝_____；(sin37°＝0.6,cos37°＝0.8，g＝10m/s2，結(jié)果保留1位有效數(shù)字）(3）若只增大木板的傾角,則木塊相對傳感器的位置隨時間變的規(guī)律可能是圖(b)中的曲線_____。（選填圖線序號①、②或③）【答案】(1）(2）0.5(3)①(每空2分)【解析】（1）由題意可知，木塊沿木板向下做勻加速直線運動,由于從x1到x2、從x2到x3的運動時間均為T，所以，由勻變速直線運動的規(guī)律可知（x3－x2）－(x2－x1）＝aT2，解得。（2）由m/s2，由牛頓第二定律可知a＝gsinθ－μgcosθ，解得μ＝0。5。(3）由牛頓第二定律可知a＝gsinθ－μgcosθ，當(dāng)θ增大,則加速度增大，由公式x＝eq\f(1,2)at2可知，曲線①正確。12．（10分）有一根細(xì)而均勻的圓柱體導(dǎo)體棒樣品，電阻約為150Ω，某實驗小組要測量其電阻率，現(xiàn)提供以下實驗器材：A．游標(biāo)卡尺B．螺旋測微器C．電流表A1（量程為50mA,內(nèi)阻r1為150Ω）D．電流表A2（量程為100mA，內(nèi)阻r2約為40Ω)E．電壓表V（量程為3V，內(nèi)阻r3約為3kΩ）F．滑動變阻器R1（總阻值為200Ω，額定電流2A）G．滑動變阻器R2（總阻值為100Ω，額定電流0。1A）H．直流電源E（電動勢為12V，內(nèi)阻不計）I．待測圓柱體導(dǎo)體棒樣品J．開關(guān)一只,導(dǎo)線若干（1)該實驗小組首先用游標(biāo)卡尺測得該樣品的長度如圖甲所示,其示數(shù)L＝_________cm;用螺旋測微器測得該樣品的直徑如圖乙所示,其示數(shù)D＝_________mm。(2）為測量樣品電阻率，該實驗小組又對樣品電阻進(jìn)行精確測量。①設(shè)計的電路原理圖如丙所示，圖中虛線框中應(yīng)選器材______________；滑動變阻器R應(yīng)選_________（用器材前的序號表示）②閉合開關(guān),按正確的實驗步驟進(jìn)行測量，圖丙中虛線框中儀器的讀數(shù)為a，A2的讀數(shù)為b,則樣品電阻阻值Rx＝________（用a、b、r1、r2、r3中的某些符號表達(dá)）。【答案】（1)1。1003。740（±0.001）（2)CF(每空2分）【解析】（1）用游標(biāo)卡尺測得該樣品的長度L＝1.1cm＋0。05mm×0＝1.100cm；用螺旋測微器測得該樣品的直徑D＝3.5mm＋0。01mm×24。0＝3。740mm。(2)①設(shè)計的電路原理圖如丙所示，因給定的電壓表E量程過小，則可以用已知內(nèi)阻的電流表C；根據(jù)題意可知，電動勢12V，滑動變阻器G阻值較小，但額定電流0.1A，允許加最大電壓10V，故只能選F。②由電路可知.13．(8分)一輛值勤的警車停在路邊，當(dāng)警員發(fā)現(xiàn)從他旁邊以v＝8m/s的速度勻速行駛的貨車有違章行為時，決定前去追趕。經(jīng)2。5s警車發(fā)動起來，以a＝2m/s2做勻加速運動。（1)警車發(fā)動后要多長時間才能追上違章的貨車?（2)在警車追上貨車之前，兩車間的最大距離是多少?【解析】（1）此時警車的位移x1＝eq\f（1，2)at2（1分）貨車的位移x1＝v(t＋2.5)(1分）x1＝x2聯(lián)立解得：t＝10s，t＝－2s（舍去）。(2分)(2)當(dāng)警車的速度與貨車的速度相等時，兩車的距離最大，則警車速度與貨車速度相等時,有:v＝at（1分）解得t＝4s此時貨車的位移x1＝v(t＋2。5)＝52m（1分）警車的位移為x2＝eq\f（1,2)at2＝16m（1分)則兩車間的最大距離Δx＝x1－x2＝36m。（1分)14．（10分）如圖所示，內(nèi)壁粗糙、半徑R＝0.4m的四分之一圓弧軌道AB在最低點B處與光滑水平軌道BC相切。質(zhì)量m2＝0。4kg的小球b左端連接一輕質(zhì)彈簧，靜止在光滑水平軌道上，質(zhì)量m1＝0。4kg的小球a自圓弧軌道頂端由靜止釋放，運動到圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力為小球a重力的2倍。彈簧始終在彈性限度內(nèi),忽略空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1)小球a由A點運動到B點的過程中，摩擦力做的功Wf;(2)小球a通過彈簧與小球b相互作用的整個過程中，彈簧對小球b的沖量I的大小?！窘馕觥浚?）小球a由靜止釋放到最低點B的過程中，據(jù)動能定理得：m1gR＋Wf＝eq\f(1，2)m1v12（1分)小球a在最低點B時：FN－m1g＝m1eq\f(v\o\al(12），R）（1分)據(jù)題意可知FN＝2m1g（1分）聯(lián)立可得：Wf＝－0.8J.(2分)(2）小球a與小球b通過彈簧相互作用的整個過程中,設(shè)a球最終速度為v3，b球最終速度為v4,由動量守恒定律得：m1v1＝m1v3＋m2v4（1分)由機(jī)械能守恒定律得：eq\f（1,2)m1v12＝eq\f(1,2）m1v32＋eq\f（1,2）m2v42(1分)根據(jù)動量定理有：I＝m2v4(1分)聯(lián)立解得：I＝0.8N·s。（2分)15．（12分）如圖所示，在xOy平面的y軸左側(cè)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,y軸右側(cè)區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ的寬度均為L，高度均為3L。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從坐標(biāo)為(－2L，－eq\r(2)L）的A點以初速度v0沿＋x方向射出，恰好經(jīng)過坐標(biāo)為[0，－(eq\r（2)－1）L］的C點射入?yún)^(qū)域Ⅰ。粒子的重力忽略不計.（1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；（2）求粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標(biāo)；（3）要使粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場,可在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，試確定磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小范圍，并說明粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向（與y軸正方向的夾角)?！窘馕觥繋щ娏Ｗ拥倪\動軌跡如圖所示。(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動：2L＝v0t,(2分)解得:.（2分)（2)設(shè)帶電粒子經(jīng)C點時的豎直分速度為vy,速度為v，有:則v＝eq\r（2)v0,方向與x軸正向成45°斜向上,粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動：qvB1＝meq\f(v2，R）解得R＝eq\r(2）L（2分）由幾何關(guān)系知,離開