2021年台师某中学高三物理期末考试模拟试卷-教师用卷

2021年台师高级中学高三物理期末考试模拟试卷

副标题

注意：本试卷包含I、n两卷。第I卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡

中相应的位置。第II卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试

卷上均无效，不予记分。

i.下列关于原子核的说法正确的是（）

A.质子由于带正电，质子间的核力表现为斥力

B.原子核衰变放出的三种射线中，。粒子的穿透能力最强

C.铀核发生链式反应后能自动延续下去，维持该反应不需要其他条件

D.比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定放出核能

【答案】D

【解析】解：A、核力与电荷无关，原子核中，质子间的核力都表现为引力，故A错误；

8、原子核衰变放出的三种射线中，。粒子的速度最小，穿透能力最弱，故8错误；

C、铀核发生链式反应后能自动延续下去，要维持链式反应，铀块的体积必须达到其临

界体积，故C错误；

。、比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时有质量亏损，一定会放出核能,

故。正确。

故选:Do

核力强相互作用力和电荷无关；。粒子的穿透能力最弱；比结合能小的原子核结合成比

结合能大的原子核时一定放出核能；链式反应的条件：铀核的体积大于临界体积。

本题考查了原子核的结合能、。射线、核力的性质、链式反应及其发生条件等知识点。

这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。

2.入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足20加。

在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的公路上

行驶，当两车同时行驶到同一位置时，两车司机听到前方

有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，直到减速为0,

两辆车刹车时的。—£图象如图，则（）

A.甲车减速的加速度为0.5m/s2

B.甲车减速的加速度比乙车减速的加速度大0.75m/.s2

C.减速过程中甲乙两车间的最大距离为100，"

D.减速过程中甲乙两车间的最大距离为87.57”

【答案】C

【解析】

【分析】

本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住临界状态，结合运动学公式和速度时间图线

综合求解，难度中等。

根据速度时间图线斜率求出甲乙的加速度，抓住速度相等时，甲乙两车间的距离最大,

图象面积之差表示位移之差。

【解答】

AB.o—f图象的斜率表示加速度，故甲车减速的加速度为：

a甲==~25mS=-17n人

乙车减速的加速度的为：a乙=靠=一，m/s2=—0.5m/s2,故A8错误；

CD当甲乙两车速度相等时，即t=20s时甲乙两车间的距离最大，图象面积之差表示

位移之差，即=1(25-15)x20m,=100m,故C正确，。错误。

故选C。

3.一颗质量为的卫星在离地球表面一定高度的轨道上绕地球做圆周运动，若已知地

球半径为R,地球表面的重力加速度为g,卫星的向心加速度与地球表面的重力加

速度大小之比为1：9,卫星的动能为()

AmgRBmgRc"咛咫D

'4'6■-6--6

【答案】B

【解析】解：在地球表面有：G^-=mg

卫星做圆周运动有：G学=777。

由于卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为1：9即：

GM

a__/?2_1

gGMr29

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则卫星的轨道半径:

r=3H...①

卫星绕地球做匀速圆周运动:

A/7n

=771—...②

T

Mm

又:G而=mg…③

由①②③可解得卫星的动能为:

Ek=gm/1GMm1GMmmgR

2'r^2'3/i

所以B正确，AC。错误。

故选:Bo

物体在星球表面受到的重力等于万有引力，确定卫星的轨道半径；根据万有引力提供向

心力求得速度，进一步求得动能。

本题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是通过卫星的向心加速度与地球表面的重

力加速度大小之比求解卫星的轨道半径。

4.1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，如图所示，磁感应强度为B的匀

强磁场与。形盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电

压为U、周期为T的交流电源上，中心A处粒子源产生的粒子飘入狭缝中由初速度

为零开始加速，最后从出口处飞出。。形盒的半径为凡下列说法正确的是（）

A.粒子在出口处的最大动能与加速电压U有关

B.粒子在出口处的最大动能与。形盒的半径无关

C.粒子在。形盒中运动的总时间与交流电的周期7有关

D.粒子在。形盒中运动的总时间与粒子的比荷无关

【答案】D

【解析】解：AB、根据回旋加速器的原理可知，粒子在电场中不断加速，则粒子每次

加速后进入磁场做圆周运动的半径不断变大，最大半径为D形盒的半径R,

根据洛伦兹力提供向心力有q%出=噬,

则最大速度为为=侬，

m

最大动能为Ek“,=[mti=噂竺,根据表达式可知，最大动能与加速电压无关，与

22m

。形盒的半径有关，故A8错误；

CD,粒子每一次加速获得的动能为△&=qU,

所以粒子加速的次数为"=黑=需

粒子在。形盒中运动的总时间为t=N(,

.,一2irm

因为TF

=qB

TTBR2

则”，故C错误，。正确。

2U

故选：D»

(1)当粒子做圆周运动半径等于。形盒的半径R时，粒子的速度最大，根据洛伦兹力提

供向心力求解最大速度，再分析最大动能的表达式；

(2)粒子在电场中加速，根据动能定理求解加速一次获得的动能，再分析加速的次数，

而粒子加速一次则在磁场中做半个圆周运动，以此求解总时间的表达式。

解决该题的关键是知道粒子做圆周运动半径等于D形盒的半径时粒子的速度达到最大,

能正确推导出粒子所获得的最大动能表达式，知道粒子加速的次数求解方法。

5.如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，N为圆环的最

低点，在环上套有两个小球4和8,A、8之间用一根长为

的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动。已知A球

质量为4gB球质量为如重力加速度为g。现将杆从图

示的水平位置由静止释放，则当A球滑到N点时，轻杆对

B球做的功为()

A.mgRB.1.2mgRC.lAmgBD.1.6mgR

【答案】B

【解析】

【分析】

两球组成的系统机械能守恒，由系统的机械能守恒和两球速率相等的关系列式，即可求

出A到达N点时的速度，再对B球，运用动能定理求解功.

解决本题的关键要把握住系统的机械能守恒，运用动能定理求变力的功，要注意对于单

个小球，机械能并不守恒.

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【解答】

根据几何知识可得：A0与竖直方向的夹角为60°。

由系统的机械能守恒得：

L2.12

4mgR(l—co.s60°)—mgR—/•4m吸+-mv^

其中vA-VB

对8,运用动能定理得：—+W=无

联立以上各式得：轻杆对B球做的功卬=L2mgR

故选：Bo

6.如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是_______圣—

.4B

这条直线上的两点.一电子以速度。。经过8点向A点运

动，经过一段时间后，电子以速度必经过A点，且以与姐方向相反，则（）

A.A点的场强一定大于B点的场强

B.A点的电势一定低于B点的电势

C.电子在A点的动能一定小于它在B点的动能

D.电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能

【答案】BC

【解析】解：A、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集，故无法

判断AB两点哪儿场强更大，故A错误；

8、由于电子在8点时速度方向向左而到达A点时速度方向向右，故电子所受电场力方

向向右，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，故场强向左，所以A点电势低于

8点的电势，故B正确；

C、由于从B到A过程中电场力做负功，故电子在8点的动能更大，故粒子在4点的动

能一定小于它在B点的动能，故C正确；

。、由于从B到A过程中电场力做负功，粒子的电势能增大.故电子在A点的电势能一

定大于它在B点的电势能，故。错误。

故选：BC。

电场线的疏密代表电场的强弱，由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更

密集。由于电子在B点时速度方向向左而到达A点时速度方向向右，故电子所受电场力

方向向右，负电荷所受电场力的方向是场强的反方向，故场强方向向左；沿电场线方向

电势降低；由于从B到A过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，动能减小。

由物体速度方向的变化判断物体所受的电场力方向向右，这是本题的突破口.属于基础

题目。

7.在如图所示电路中，电源电动势为E,内阻为r,其

中用=r,现将滑动变阻器的滑动触头逐渐向«移

动过程中()

A.电压表的示数减小，电流表的示数减小

B.电压表的示数增大，电流表的示数增大

C.电源的输出功率增大

D.电源的总功率增大

【答案】CD

【解析】解：AB,当滑片向b滑动时，为接入电路的电阻减小，总电阻减小；由闭合

电路的欧姆定律可知电路中总电流增大，则内电压增大，由。=£-"可知路端电压

减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，M两端的电压增大，故并联部分电压减

小，由欧姆定律可知通过必的电流减小，则电流表示数增大；故A8错误。

C、由题意：Ri=T,外电阻大于内电阻，当外电阻减小时，外电阻与内电阻更接近，

所以电源的输出功率增大，故C正确。

D、由「=七/,知/增大，E不变，所以电源的总功率增大，故。正确。

故选：Do

由图可知必与凡并联后与M串联，电压表测路端电压，电流表测量流过扁的电流；

滑片向。端移动时.，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干

路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化.根据内外

电阻的关系分析电源的输出功率的变化.由公式P=E/分析电源总功率的变化.

本题中W也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压

减小，流过必的电流减小.

8.如图，理想变压器的原副线圈匝数之比为m：畋=5：

1,原线圈回路中电阻A与副线圈回路中负载电阻B阻

值相等.a、6端接正弦式交变电压，贝lj()

A.A、B两电阻两端的电压之比为5：1

B.A、B两电阻消耗的电功率之比为1：25

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C.通过A、3两电阻的电流之比为1：5

D.通过A、8两电阻的电流频率之比为1：1

【答案】BCD

【解析［解：A、设原线圈电流为/，根据根据变压器原副线圈电流与匝数成反比得，

副线圈的电流5/,A、B两电阻阻值相等，A电阻两端的电压IR,B电阻两端的电压5/R,

所以A、B两电阻两端的电压之比为1：5,故A错误；

B、A电阻消耗的电功率/公，B电阻消耗的电功率（5/产R,A、B两电阻消耗的电功率

之比为1：25,故B正确；

C、通过A电阻的电流为/,通过8电阻的电流5/,所以通过A、B两电阻的电流之比为

1：5,故选C；

。、变压器不改变交变电流的频率，所以通过两电阻的电流之比为1：1,故。正确；

故选：BCD

变压器原副线圈电流与匝数成反比，求出电流之比，根据电阻消耗的功率P=/2区，电

阻两端的电压u=/n即可求解.

本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压

原理、功率等问题彻底理解.

9.某同学为探究“合力做功与物体速度变化的关系”，设计了如下实验，他的操作步

骤是：

①按图摆好实验装置，其中小车质量〃=0.20句，钩码总质量m=0.054g.

②释放小车，然后接通打点计时器的电源（电源频率为/=50Hz）,打出一条纸

带.

（1）他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图下所示.把打下

的第一点记作0,然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用

厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为出=0.0041m,d-2=0.055m,

(i3=0.1G7m,质=0.256m,d5=0.360m,曲=0.480m,他把钩码重力(

当地重力加速度g=9.8m/s'2)作为小车所受合力算出打下0点到打下第5点合力

做功W=J(结果保留三位有效数字)，打下第5点时小车的速度vs=

m/s(结果保留三位有效数字).

Co~1~23456(

?•••••••\

(2)此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功Woe公”的结论，且

误差很大.通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是.

A.钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多

B.没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多

C.释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小

D没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因

【答案】(1)0.1761.12(2)45

【解析】

【分析】

(1)将祛码重力当作小车所受合外力，根据功的定义可以正确解答，根据匀变速直线运

动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出第5个点的速度大小，进一

步求出其动能大小；

(2)实验误差主要来自两个方面一是由实验原理不完善导致的系统误差，一是由数据测

量如测量距离等导致的偶然误差，可以从这两个方面进行分析.

明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、

质量之间关系的实验类似可以类比学习。

【解答】

(1)根据题意物体所受合外力为：F=mg=0.05x9.8=0.497V,

根据功的定义可知：W=Fs=ingh=0.176J；

根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出第5个

点的速度大小为：

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do-(k0.480-0.256

m/s=1.12m/s

2x(5x0.02)

(2)4、设绳子上拉力为凡对小车根据牛顿第二定律有：

对小车：Ma①

对钩码有:mg—F=ma②

mgMmg

而工=二7匹，由此可知当时，钩码的重力等于绳子的拉力，因此

M

当钩码质量太大时，会造成较大误差，故A正确；

2、实验中要进行平衡摩擦力操作，若没有平衡摩擦力直接将钩码重力做的功当做小车

合外力做的功，会造成较大误差，故8正确；

C、释放小车和接通电源的顺序有误，影响打点多少，不一定会使动能的测量偏小，故

C错误；

。、距离的测量产生的误差不是该实验产生的主要误差，故£＞错误。

故选AB。

故答案为:(1)0.1761.12(2)45

10.某学习小组的同学探究小灯泡乙的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：

小灯泡L规格“3.6V0.3,“；

电流表A,量程0.24,内阻/1=0.6。；电压表匕量程3V,内阻7,2=3A:Q；

标准电阻HI阻值1.2(2；标准电阻必阻值

标准电阻&阻值10kQ;滑动变阻器R,阻值范围0—10。；

学生电源E,电动势4匕内阻不计；

开关S及导线若干。

(1)甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，闭合开关前，滑动变阻器的滑片

应该置于(填”或”b”)端。闭合开关后移动滑片，发现电流表几乎无

示数，电压表示数接近3匕其故障原因可能是(填“〃间L支路短路”或

“W间乙支路断路”)；

(2)排除故障后，某次电压表的示数如图2所示，其读数为V；

(3)学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。

请你在甲同学的基础上利用所供器材，在图3所示的虚线框内补画出实验电路图，

并在图上标明所选器材代号；

(4)按图3重新连接好电路，移动滑片在某个位置，读出电压表、电流表示数分别

为U、I,如果不考虑电压表的分流，则此时刻灯泡L的电阻/?=(用U、/

及数字表示)。

【答案】acd间L支路断路2.30

【解析】解：(1)滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于。端；

闭合开关后电流表几乎没有示数，说明电路存在断路；电压表示数接近3匕

说明电压表与电源两端相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，

因此与电压表并联的灯泡L断路，即：cd间上支路断路。

(2)电压表量程为3匕由图2所示表盘可知，其分度值为0.1V,示数为2.30V。

(3)电压表量程为3匕灯泡额定电压为3.6V,应扩大电压表量程，电源电动势为4匕

电压表内阻为我。，应把阻值为的定值电阻必与电压表串联，把电压表量程扩大

为4匕

滑动变阻器采用分压接法，由于电压表内阻己知，电流表应采用外接法，实验电路图如

图所示。

14

⑷电压表示数为U,则电阻五2两端电压为/,灯泡两端电压为/,

oJ

电阻为阻值为电流表内阻的两倍，流过Ei的为电流表电流的一半，

电流表示数为/,则流过灯泡的电流为与，灯泡电阻：门=我=岑=绘；

2

QTT

故答案为：(1)。；〃间L支路断路；(2)2.30；(3)电路图如图所示；(4)舒。

(1)滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零

的位置；常见电路故障有断路与短路两种，根据电路故障现象分析电路故障原因。

(2)根据电压表量程与图2所示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。

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(3)扩大电压表量程应给电压表串联分压电阻，根据题意与实验原理作出实验电路图。

(4)根据电路图应用欧姆定律求出灯泡电阻表达式。

本题考查了实验注意事项、电路故障分析、实验电路设计与实验数据处理等问题，对电

表读数，要先确定电表量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数，读数时视线要与

刻度线垂直。

11.如图所示,一带有；光滑圆弧轨道的长木板质量为M=3kg,放置于光滑水平面上。

长木板水平部分长£=圆弧轨道半径A=0.6皿，末端与长木板相切于8点。

在圆弧轨道最高点A点由静止释放一质量为皿=1的的滑块(可视为质点)，最后

滑块恰好不脱离长木板。(取g=10m/.s2)

(1)求滑块刚滑到圆弧底端8点时滑块的速度为和长木板的速度&2;

(2)求滑块与长木板之间的滑动摩擦因数出

(3)求滑块在长木板水平部分上滑行的时间t.

【答案】解：(1)滑块从A滑到B过程，系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，以向

左为正方向，在水平方向由动量守恒定律得：

mvi—MV2=0

由机械能守恒定律得：ingA=|A/v1

代入数据解得：”i=3m/s,v2=-lm/s,方向：水平向右；

(2)滑块与长木板组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律

得：

mvi—MV2=(A/+m)v3

代入数据解得：。3=0

由能量守恒定律得：/*+和城=l^mgL+|(A/+m)i；3

代入数据解得：〃=0.3

(3)对滑块，由动量定理得：-fimgt=mv3-mvi

代入数据解得：t=1.0s

答：(1)滑块刚滑到圆弧底端B点时滑块的速度以为3m/s,方向向左，长木板的速度。2

为lm/s,方向向右；

(2)滑块与长木板之间的滑动摩擦因数〃为0.3；

(3)滑块在长木板水平部分上滑行的时间工为L()s。

【解析】(1)滑块在圆弧轨道下滑过程,滑块与长木板组成的系统在水平方向动量守恒，

在水平方向应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出滑块与长木板的速度。

(2)系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出滑块与长木板的共同速度，应用

你动量守恒定律可以求出动摩擦因数。

(3)应用动量定理可以求出滑块在长木板水平部分滑行的时间。

本题考查了动量守恒定律的应用，知道动量守恒的条件、分析清楚物体运动过程是解题

的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律与动量定理即可解题。

12.电阻不计的平行金属导轨相距L,与总电阻为2R的滑动变阻器、板间距为”的平

行板电容器和开关S连成如图所示的电路。磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨所

在的平面。电阻为R的金属棒质与导轨垂直，接触良好，并紧贴导轨以速度v向

左匀速移动。合上开关S,当滑动变阻器触头尸在中点时.，质量为巾的带电微粒从

平行板电容器中间位置水平射入，微粒在两板间做匀速直线运动；当P移至C时，

相同的带电微粒以相同的速度从同一位置射入两板间，微粒穿过两板的过程中动能

增加△片.重力加速度为g。求：

(1)带电微粒的电性及所带电量q的大小。

(2)当尸移至C时，微粒穿过两板的过程中，电场力对微粒做的功W。

【解析】(1)根据右手定则判断电流方向，判断电容器的极板的电性，微粒做匀速直线

运动时，电场力与重力平衡，根据平衡条件求解电荷量；

(2)当P移至C时，由电路知识求出电容器板间电压。此时微粒在电场中做类平抛运动，

由动能定理求出偏转距离，再求电场力做功。

本题是电磁感应与带电粒子在电场中运动的综合，它们联系的桥梁是电压，求电场力做

功，运用动能定理是常用的方法。

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13.如图所示，圆筒形容器A、3用细而短的管连接，活塞F与容器A的内表面紧密接

触，且不计摩擦。初始K关闭，A中有温度为乳的理想气体，B内为真空，整个系

统对外绝热。现向右缓慢推动活塞F,直到A中气体的体积与B的容积相等时，气

体的温度变为T1,则此过程中气体内能将（填“变大”、“不变”、“变小”

）o然后固定活塞不动，将K打开，使A中的气体缓慢向8扩散，平衡后气体的温

度变为△，那么臭Ti（填“>”、"="、“<”）。

【答案】变大=

【解析】解：当K关闭时，用力向右推活塞，外界对气体做功，整个系统绝热，根据热

力学第一定律，内能变大；

固定活塞，打开K,右侧为真空，气体进入8