2021年广东省湛江市徐闻县迈陈中学高三物理下学期期末试卷含解析

2021年广东省湛江市徐闻县迈陈中学高三物理下学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.一交流发电机和理想变压器按如图电路连接，已知该发电机线圈匝数为N，电阻为r，当线圈以转速n匀速转动时，电压表示数为U，灯泡（额定电压为U0，电阻恒为R）恰能正常发光，已知电表均为理想交流电表，则（）A.变压器原、副线圈匝数比为NU：U0B.电流表示数为C.在图示位置时，发电机线圈的磁通量为D.从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值u＝Usin2πnt参考答案：B【详解】A、电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比，故A错误；B、灯泡电流是，理想变压器的输入功率和输出功率相等，则有：，即电流表读数，故B正确；C、在图示位置，发电机线圈的磁通量最大，手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是，解得最大磁通量；故C错误；D、线圈以较大的转速n匀速转动时，所以ω＝2πn，所以变压器输入电压的瞬时值；故D错误。故选B。2.用电动势为E、内阻为r的电源对外电路供电，下列判断中正确的是A．电源短路时，路端电压为零，电路电流达最大值B．外电路断开时，内电压为零，路端电压也为零C．路端电压增大时，流过电源的电流一定减小D．路端电压增大时，电源的效率一定增大参考答案：ACD解析：电源短路时，外电阻为零，所以路端电压为零，电路电流达最大值，A对；外电路断开时，内电压为零，路端电压等于电源电动势，B错；路端电压增大时，内电压一定减小，则流过电源的电流一定减小，C对；路端电压增大时，路端电压与电源电动势的比值变大，电源的效率变大，D对。3.（单选）一宇航员在某星球表面上做自由落体运动实验：让一个质量为3kg的小球从足够高处自由下落，测得小球在第3s内的位移为3m。下列说法正确的是(

)A．小球在第2s末的速度是2m/s

B．小球在第3s内的平均速度是1m/sC．小球在第2s内的位移是2.4m

D．小球在前3s内的位移是5.4m参考答案：D，在第3秒内的平均速度为：，B错；它等于中间时刻的瞬时速度，即为2.5秒末的瞬时速度，由，2秒末的瞬时速度为，A错；前3秒内的位移为：，D正确；前2秒内的位移为：，第2秒内的位移为：，C错；故本题选择D答案。4.（单选）一汽车沿直线运动的速度一时间（v﹣t）图象如图所示，则下列关于该汽车运动情况的说法中正确的是（）A．第4s末，汽车的运动方向发生变化B．6～10s内，汽车一直处于静止状态C．汽车在0～4s内的位移大小为24mD．第12s末，汽车的加速度为﹣1m/s2参考答案：：解：A、由图可知，第4s前后，汽车的运动方向没有发生变化；故A错误；B、6～10s内，汽车一直速度保持不变，故汽车做匀速直线运动；故B错误；C、汽车在0～4s内的位移大小m=12m；故C错误；D、10s后物体做匀减速直线运动，故加速度恒定，第12s末，汽车的加速度为a==﹣1m/s2；故D正确；故选：D．5.ab为紧靠着的、且两边固定的两张相同薄纸，如图所示．一个质量为1kg的小球从距纸面高为60cm的地方自由下落，恰能穿破两张纸（即穿过后速度为零）．若将a纸的位置升高，b纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则a纸距离b纸不超过A．15cm

B．20cm

C．30cm

D．60cm参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.在《研究匀变速直线运动的规律》实验中，小车拖纸带运动，打点计时器在纸带上打出一系列点，处理时每隔4个点取一个记数点，测出的数据如图。则打点计时器打下C点时小车的速度vC=

m/s，小车运动的加速度a=

m/s2。参考答案：2,

2.47.如图，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，电阻R1=4Ω，R2=22Ω，滑动变阻器R的阻值0～30Ω．闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P由a端向b端滑动时，理想电流表和理想电压表示数变化量的大小分别用△I、△U表示．则5Ω；R1消耗的最小电功率为P=1.78W．参考答案：解：根据闭合电路欧姆定律得

U=E﹣I（R1+r），则由数学知识得知：=R1+r=4+1=5Ω．当变阻器与电阻R2并联的电阻最大时，外电路电阻最大，总电流最小，R1消耗的电功率最小，此时有：RaP=RPb+R2，又RaP+RPb=30Ω，R2=22Ω，解得：RaP=26Ω，RPb=4Ω则外电路总电阻为：R=RaP+R1=13Ω+4Ω=17Ω电路中总电流为：I==A=AR1消耗的最小电功率为：P=I2R1=×4W≈1.78W故答案为：5，1.78．8.如图所示，某车沿水平方向高速行驶，车厢中央的光源发出一个闪光，闪光照到了车厢的前、后壁，则地面上的观察者认为该闪光________(填“先到达前壁”“先到达后壁”或“同时到达前后壁”)，同时他观察到车厢的长度比静止时变________(填“长”或“短”)了．参考答案：先到达后壁短9.如图所示，L1、L2是输电线，甲是

互感器，乙是

互感器，若甲图中原副线圈匝数比为100：1，乙图中原副线圈匝数比为1：10，且电压表示数220V，电流表示数10A，则线路输送电压为

V，电流为

A。

参考答案：

答案：电压、电流

22000、10010.如图所示，一根长L的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E与水平方向成θ角的倾斜向上的匀强电场中。杆的下端M固定一个带正电小球A，电荷量Q；另一带正电小球B质量为m、电荷量为q，穿在杆上可自由滑动。现将小球B从杆的上端N静止释放，静电力常量为k。小球B可静止的位置距M端的高度h为_______________。参考答案：答案：11.有组同学设计了一个如图所示的测温装置，C为测温泡，用玻璃管与水银气压计相连，气压计A、B两管内的水银面在同一水平面上，气压计A、B两管的下端通过软管相连且充满水银（图中涂黑部分）。在A管上画上刻度．测温时调节B管的高度使A管中的液面位置保持在a处，此时根据A、B两管水银面的高度差就能知道测温泡所处环境的温度。假设该测温装置在制定刻度时候的大气压为76cmHg，测温泡所处环境的温度为30OC。（1）当测温泡放入较低温度的液体中，即测温泡中气体温度降低时，为使水银气压计A管中的液面位置保持在a处，则水银气压计的B管应向_______（填“上”或“下”）移动；（2）该温度计的刻度是___________________________（填“均匀”或“不均匀”，及“温度上高下低”或，“温度上低下高”（3）该温度计存在的缺陷之一，当天气变化引起大气压强变大，而环境温度仍为30OC，温度计上30OC的刻度应该如何调整____________________。参考答案：（1）下（2分）

（2）均匀的（1分），温度上高下低（1分）（3）30OC的刻度应向上平移12.在圆轨道运动的质量为m的人造地球卫星,它到地面的距离等于地球半径R，已知地面上的重力加速度为g，则卫星运动的加速度为

，卫星的动能为

。参考答案：g/4，mgR／413.（1）铀核U经过______次α衰变和_________次β衰变变成稳定的铅核Pb。（2）U衰变为Rn，共发生了_______次α衰变，_________次β衰变。参考答案：三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（4分）一束单色光由左侧时的清水的薄壁圆柱比，图为过轴线的截面图，调整入射角α，光线拾好在不和空气的界面上发生全反射，已知水的折射角为，α的值。

参考答案：解析：当光线在水面发生全放射时有，当光线从左侧射入时，由折射定律有，联立这两式代入数据可得。15.（简答）如图13所示,滑块A套在光滑的坚直杆上,滑块A通过细绳绕过光滑滑轮连接物块B,B又与一轻质弹贊连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上,’开始用手托住物块.使绳子刚好伸直处于水平位位置但无张力。现将A由静止释放.当A下滑到C点时(C点图中未标出)A的速度刚好为零，此时B还没有到达滑轮位置，已知弹簧的劲度系数k=100N/m,滑轮质量和大小及摩擦可忽略不计，滑轮与杆的水平距离L=0.3m,AC距离为0.4m，mB=lkg,重力加速度g=10m/s2。试求：(1)滑'块A的质量mA(2)若滑块A质量增加一倍,其他条件不变，仍让滑块A从静止滑到C点,则滑块A到达C点时A、B的速度大小分别是多少？参考答案：（1）

（2）

（3），功能关系．解析：（1）开始绳子无张力，对B分析有kx1=mBg，解得：弹簧的压缩量x1=0.1m（1分）当物块A滑到C点时，根据勾股定理绳伸出滑轮的长度为0.5m，则B上升了0.2m,所以弹簧又伸长了0.1m。（1分）由A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，又弹簧伸长量与压缩量相等则弹性势能变化量为零所以mAgh1=mBgh2（2分）其中h1=0.4m，h2=0.2m所以mA=0.5kg（1分）（2）滑块A质量增加一倍，则mA=1kg，令滑块到达C点时A、B的速度分别为v1和v2

由A、B及弹簧组成的系统机械能守恒得（2分）又有几何关系可得AB的速度关系有vAcosθ=vB（1分）其中θ为绳与杆的夹角且cosθ=0.8解得：（1分）（1分）（1）首先由物体静止条件求出弹簧压缩的长度，再根据几何知识求出物体B上升的距离，从而可求出弹簧伸长的长度，然后再根据能量守恒定律即可求解物体A的质量；题（2）的关键是根据速度合成与分解规律求出物体B与A的速度关系，然后再根据能量守恒定律列式求解即可．四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。用质量为m=0.1kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块通过B点后其位移与时间的关系为，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道。g=10m/s2，求：（1）物块平抛的水平距离（2）物块从B点运动到P点的时间（3）物块能否到达M点，说明理由参考答案：17.如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xoy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ=45°．在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=0.6m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为l1=0.72m．在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一竖直平板C3，垂足为Q，Q、O相距d2=0.18m，板C3长l2=0.6m．现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0=2m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域．已知小球可视为质点，小球的比荷=20C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s=m，不考虑空气阻力．求：（1）匀强电场的场强大小；（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度B的取值范围；（3）以小球从M点进入磁场开始计时，磁场的磁感应强度随时间呈周期性变化，规定竖直向上为磁感强度的正方向，如图乙所示，则小球能否打在平板C3上？若能，求出所打位置到Q点距离；若不能，求出其轨迹与平板C3间的最短距离．（=1.73，计算结果保留两位小数）参考答案：【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）小球在第二象限内做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小．（2）根据类平抛运动的规律求出经过M点的速度，作出粒子在磁场中的临界运动轨迹，结合几何关系和半径公式求出磁感应强度的范围．（3）根据半径公式和周期公式求出粒子在磁场中运动的轨道半径和周期，由磁场的周期得出小球在磁场中运动的轨迹图，以及得出在一个磁场周期内小球在x轴方向的位移，判断能否打在平板C3上，若能打在平板C3上，通过几何关系求出其轨迹与平板C3间的最短距离．：解：（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：v0t=sat=v0tanθ由牛顿第二定律有：qE=ma代入据解得：E=．（2）设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律：==4m/s，小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有：，得：B=小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为B1．此时小球的轨迹半径为R1，由几何关系有：=代入数据解得：．小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2，由几何关系有：R2=d1，代入数据解得：．综合得磁感应强度的取值范围：（3）小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为为R3，周期为T有：，代入数据解得：R3=0.09m．，代入数据解得：T=．由磁场周期得小球在磁场中运动的轨迹如图可得：一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3R3由分析知有：l1=（3n+2）R3，n=2则小球能打在平板C3上，设位置到Q点距离为h有：h=2（n+1）R3cosβ﹣R3，解得：h==0.38m．答：（1）匀强电场的场强大小为；（2）磁感应强度B的取值范围为；（3）小球能打在平板C3上，轨迹与平板C3间的最短距离为