榆树市第一高级中学2021届高三物理上学期期末备考卷A老教材

吉林省榆树市第一高级中学2021届高三物理上学期期末备考卷A老教材吉林省榆树市第一高级中学2021届高三物理上学期期末备考卷A老教材PAGEPAGE19吉林省榆树市第一高级中学2021届高三物理上学期期末备考卷A老教材吉林省榆树市第一高级中学2021届高三物理上学期期末备考卷（A）（老教材）注意事项:1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项是符合题目要求,第7~10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．下列说法中正确的是（）A．库仑最早建立电场概念并用电场线描述电场B．贝克勒尔发现了天然放射现象并认识到原子具有复杂结构C．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子D．爱因斯坦发现并解释了光电效应【答案】C【解析】法拉第最早建立电场概念并用电场线描述电场,故A错误；贝克勒尔发现了天然放射现象并认识到原子核具有复杂结构,故B错误；汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，故C正确;光电现象由德国物理学家赫兹于1887年发现，爱因斯坦解释了光电效应,故D错误.2．2020年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外，为了防止病毒传播，打喷嚏时捂住口鼻很重要.有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50mL的空气,用时约0.02s。已知空气的密度为1.3kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为（）A．0。13NB．13NC．0.68ND．2。6N【答案】A【解析】打一次喷嚏喷出的空气质量m＝ρV＝1.3×5×10－5kg＝6。5×10－5kg，设打一次喷嚏喷出的空气受到的作用力为F，根据动量定理得FΔt＝mv，解得F＝0.13N，根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力F′＝F＝0。13N，故A正确。3．从在高空水平匀速飞行的飞机上每隔1s释放1个小球，先后共释放5个，不计空气阻力，则（）A．这5个小球在空中处在同一条抛物线上B．在空中，相邻的两小球间的距离保持不变C．相邻的两小球的落地点的间距相等D．最先释放的两小球的落地点的间距最大【答案】C【解析】由于惯性，小球和飞机水平方向具有相同速度，因此都在飞机的正下方，故小球落地前排列在同一条竖直线上，故A错误；在空中，相邻的两个小球水平分速度相等，在竖直方向,小球做自由落体运动,由于先释放的一个小球比后一个小球多运动1s，故竖直分速度大10m/s，故每秒中两个小球间距增加10m,故B错误；小球水平方向是匀速运动，设为v0,前一个小球落地,再过1s，后一个小球落地,故间距为v0t＝v0m，恒定，故C正确，D错误。4．如图所示，在第Ⅰ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与x轴正方向成30°角的方向从原点射入磁场,则正、负电子在磁场中运动的时间之比为（)A．1∶eq\r（3）B．1∶1C．1∶2D．2∶1【答案】D【解析】画出正负电子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由图可知,正电子圆弧轨迹对应的圆心角为120°,负电子圆弧轨迹对应的圆心角为60°,又正负电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πm，qB)相同，故正负电子在磁场中运动的时间之比为2∶1，故选D。5．设想人类开发月球,不断把月球上的矿藏搬运到地球上，假定经过长时间开采后，地球仍可看作是均匀的球体，月球仍沿开采前的圆周轨道运动，则与开采前相比（)A．地球与月球间的万有引力变大B．地球与月球间的万有引力变小C．地球与月球间的引力不变D．地球与月球间引力无法确定怎么变化【答案】B【解析】设开始时地球的质量为M，月球的质量为m，两星球之间的万有引力为F0，开采后地球的质量增加Δm,月球的质量相应减小Δm,它们之间的万有引力变为F,根据万有引力定律有F0＝Geq\f（Mm,r2），,上式中因m1＞m2，后一项必大于零，由此可知F0＞F，故选B。6．如图所示,一个小球用不可伸长的轻绳悬挂在小车上，随小车沿着倾角为θ的斜面一起下滑，图中的虚线①与斜面垂直，②沿水平方向，③沿竖直方向，则可判断出（)A．如果斜面光滑,则摆线与②重合B．如果斜面光滑，则摆线与③重合C．如果斜面光滑，则摆线与①重合D．如果斜面不光滑，则摆线与②重合【答案】C【解析】如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得，整体加速度a＝gsinθ，方向沿斜面向下，对小球合力F合＝ma＝mgsinθ，则摆线必定与斜面垂直，即摆线与①重合;如果斜面粗糙能下滑则μ＜tanθ，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，加速度a＝gsinθ－μgcosθ，由于μ＜tanθ,则μcosθ＜sinθ,a＞0，说明加速度方向沿斜面向下，而且a＜gsinθ，因当a＝0时摆线位于位置③,斜面光滑时摆线位移位置①，可知斜面粗糙时摆线位于①与③之间。故ABD错误，C正确。7．两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点,MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点.一带负电的试探电荷q从A由静止释放只在电场力作用下运动,取无限远处电势为零,则（)A．若q从A点由静止释放，在由A点向O点运动的过程中，加速度一定先增大后减小B．q由A向O运动的过程电势能逐渐增大C．q运动到O点时的动能最大D．给q一初速度它可能做匀速圆周运动【答案】CD【解析】根据两等量正电荷周围部分电场线分布可知,在P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小,且方向始终指向无穷远方向,故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的加速度可能先增大后减小，也可能一直减小，故A错误；q由A向O运动的过程，电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小,故B错误；从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小,故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确；两电荷连线的中垂面是等势面，场强方向向外，若给q一垂直纸面方向的初速度它可能做匀速圆周运动，故D正确.8．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，其电动势为u＝220eq\r(2)sin100πt（V)，交流电源电阻为r＝10Ω,定值电阻R0＝100Ω与原线圈并联，滑动变阻器R与副线圈串联,滑动变阻器的最大值为Rm＝30Ω，已知变压器的原副线圈的匝数之比为2∶1，电流表和电压表均为理想交流电流表。滑动变阻器的滑动触头由最上端下向下缓慢移动到某位置时，开关S分别接a、b，电源输出功率相等，下列说法正确的是（)A．开关接a时，电流表的示数为2AB．开关接b时，电压表的示数为110VC．电源的输出功率相等时，滑动变阻器的阻值可能为R＝25ΩD．副线圈消耗的功率最大时，滑动变阻器的阻值为R＝10Ω【答案】AC【解析】开关接a时，电流表的示数，A正确;根据变压比可得，原线圈所在电路中，电源内阻要分压，原线圈输入电压小于220V，则U2小于110V，B错误;电源输出功率相等时，即R等效至原线圈时阻值等于R0或等于1Ω，由可得R＝25Ω或R＝0。25Ω，C正确；副线圈消耗的功率最大，即电源输出功率最大,即，解得R＝2。5Ω，D错误.9．如图所示,物体A、B的质量均为m，二者用细绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角θ＝30°的斜面上，B悬挂着，且斜面上方的细绳与斜面平行。若将斜面倾角θ缓慢增大到45°,物体A仍保持静止，不计滑轮摩擦.则下列判断正确的是（)A．物体A对斜面的压力可能增大B．物体A受的静摩擦力一定减小C．物体A受的静摩擦力可能增大D．物体A受斜面的作用力一定减小【答案】BD【解析】物体A对斜面的压力为FN＝mgcosθ，倾角增大，压力减小，A错误；物体A受的静摩擦力分别为f1＝mg－mgsin30°，f2＝mg－mgsin45°,A受的静摩擦力减小，B正确，C错误；物体A始终静止，其受斜面的作用力始终等于重力与绳的拉力的合力,绳的拉力始终等于B的重力，大小不变，两个分力大小不变，夹角增大，合力减小,D正确。10．如图所示，质量为m的物体在地面上沿斜向上方向以初速度v0抛出后,能达到的最大高度为H，当它将要落到离地面高度为h的平台上时，下列判断正确的是（不计空气阻力，取地面为参考平面）（）A．它的总机械能为eq\f（1,2）mv02B．它的总机械能为mghC．它的动能为mg（H－h）D．它的动能为eq\f（1,2)mv02－mgh【答案】AD【解析】整个过程中，只有重力对小球做功，故小球的机械能守恒,且以地面为参考平面，物体刚抛出时物体的重力势能为0，它的总机械能E＝eq\f（1,2）mv02＝mgh＋eq\f（1，2)mv′2，B错误,A正确；小球从抛出到平台机械能守恒，有eq\f（1，2)mv02＝mgh＋Ek，故Ek＝eq\f(1，2)mv02－mgh,物体的总的机械能不等于mgH，则到平台的动能不等于mg（H－h），C错误，D正确.二、非选择题(本题共6小题，共60分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位）11．(6分)某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋改为劲度系数为400N/m的轻质弹簧AA’,将弹簧的一端A'固定在竖直墙面上。不可伸长的细线OA、OB、OC，分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图1所示.在实验过程中,保持弹簧AA’伸长1.00m不变。(1）若OA、OC间夹角为90°，弹簧乙的读数如图2所示，则弹簧秤甲的读数是______N.(如图2所示）(2）在(1)问中若保持OA与OB的夹角不变：逐渐增大OA与OC的夹角，则弹簧秤甲的读数大小将,弹簧秤乙的读数大小将。【答案】（1）5。00（2）一直变小先变小后变大(每空2分)【解析】(1)根据胡克定律可知，F＝kx＝4。00N；根据弹簧秤的读数方法可知乙的读数为3。00N；两弹簧秤夹角为90°，则甲的读数为5.00N.若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OA与OC的夹角，如图中实线变到虚线，由图可知弹簧秤甲的读数将一直变小，而弹簧秤乙的读数将先变小后变大。12．(10分）某同学利用电压表和电阻箱测定特殊电池的电动势(E约为9V，r约为50Ω）.已知该电池最大允许电流为150mA，该同学利用图示电路实验，电压表内阻约为2kΩ，R为电阻箱，阻值范围0～9999Ω,R0是定值电阻，起保护电路的作用。(1）定值电阻R0有以下几种规格，保护电阻应选_______。（填入相应的字母）A．2ΩB．20ΩC．200ΩD．2000Ω(2）在实物图中,已正确地连接了部分电路，请完成余下电路的连接.（3）该同学完成电路的连接后，闭合开关S，调节电阻箱的阻值,读取电压表的示数，其中电压表的某一次偏转如图所示，其读数为________V。(4）改变电阻箱阻值,取得多组数据，作出图示图线,则电动势E为________V，内阻r为________Ω。（保留两位有效数字）【答案】(1)B(2)见解析图(2)6.5(3)1050（每空2分）【解析】(1)最大电流为150mA，可得最小总电阻约为60Ω，则最小保护电阻R0＝Rmin－r＝10Ω，选B。（2)如图所示。（3）电压表用的应该是0～15V量程，按5分度的电表的读数规则读数,应为6.5V.(4）由得，由图可知,解得E＝10V;由图知，解得r＝50Ω。13．（8分)一辆值勤的警车停在路边，当警员发现从他旁边以v＝8m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶.经2。5s警车发动起来,以a＝2m/s2做匀加速运动。(1)警车发动后要多长时间才能追上违章的货车？（2)在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少？【解析】（1)此时警车的位移x1＝eq\f(1,2）at2(1分)货车的位移x1＝v(t＋2.5）(1分）x1＝x2联立解得：t＝10s,t＝－2s（舍去)。(2分)(2)当警车的速度与货车的速度相等时，两车的距离最大,则警车速度与货车速度相等时,有：v＝at（1分)解得t＝4s此时货车的位移x1＝v(t＋2。5）＝52m（1分)警车的位移为x2＝eq\f（1，2)at2＝16m（1分）则两车间的最大距离Δx＝x1－x2＝36m。（1分)14．（10分)如图，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放,A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知A的质量mA＝1kg，B的质量mB＝2kg，圆弧轨道的半径R＝0.45m，圆弧轨道光滑，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0。2，取重力加速度g＝10m/s2.(1）求碰撞前瞬间A的速率v；（2)求碰撞后瞬间A和B整体的速率v′和碰撞过程中A、B系统损失的机械能E损；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离L。【解析】（1）对A,从释放→碰撞前,由动能定理得：mAgR＝eq\f(1，2）mAv2－0（1分）解得:v＝3m/s.（2分）（2)对A、B组成的系统，在碰撞过程中，由动量守恒得：mAv＋0＝(mA＋mB）v′（1分)解得v′＝1m/s碰撞之前的机械能E＝eq\f（1，2）mAv2＋0＝4.5J(1分）碰撞之前的机械能E′＝eq\f(1，2）(mA＋mB）v′2＝1.5J（1分）碰撞过程中损失的机械能ΔE损＝E－E′＝3J。(1分）（3)A和B整体在桌面上做匀减速直线运动,有：μ（mA＋mB)g＝（mA＋mB）a(1分)又0－v′2＝2aL（1分）解得：L＝0.25。(1分）15．（13分）如图甲所示,两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置,导轨间距L＝1m，两导轨的上端接有电阻，阻值R＝2Ω。虚线OO′下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场磁感应强度为2T.现将质量为m＝0.1kg、电阻不计的金属杆ab,从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触,且始终保持水平，不计导轨的电阻.已知金属杆下落0。3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，取g＝10m/s2。求:(1）金属杆刚进入磁场时速度为多大？下落了0。3m时速度为多大？(2)金属杆下落0.3m的过程中，在电阻R上产生多少热量？【解析】(1）刚进入磁场时，a0＝10m/s2，方向竖直向上,由牛顿第二定律有:BI0L－mg＝ma0(2分)若进入磁场时的速度为v0,有:I0＝,E0＝BLv0（2分)解得:v0＝1m/s（2分)下落0。3m时，通过a－h图象知a＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡有：mg＝BIL，其中I＝