2021届高三第一学期高三期末试卷 物理 (解析版)
2021届天津市部分区高三(上)期末物理试题(解析版)
天津市部分区2020～2021学年度第一学期期末练习高三物理本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。
答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷注意事项：1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2．本卷共8题，每题5分，共40分。
一、单项选择题（每小题5分，共25分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1. 下列说法正确的是（）A. 亚里士多德提出了力不是维持物体运动的原因B. 牛顿通过实验研究测出了万有引力常量C. 密立根通过实验研究提出了库仑定律D. 奥斯特通过实验研究发现了电流的磁效应【答案】D 【解析】【分析】【详解】A．伽利略提出了力不是维持物体运动的原因。
A错误；B．卡文迪许通过实验研究测出了万有引力常量。
B错误；C．库仑通过实验研究提出了库仑定律。
C错误；D．奥斯特通过实验，通电导线能让小磁针发生偏转，从而发现了电流的磁效应。
D正确。
故选D。
2. “50TFSI”为某品牌汽车的尾部标识，如图所示。
其中“50”称为G值，G值越大，加速越快，G值的大小为车辆从静止加速到速度为100km/h（百公里加速）的平均加速度的10倍。
若某车百公里加速时间为6.9s，由此推算，该车的尾标应该是（）A. 30TFSIB. 35TFSIC. 40TFSID. 45TFSI 【答案】C【解析】【分析】【详解】该车百公里加速的平均加速度为22 1000003600m/s4m/s6.9a=≈该车的G值为1040G a==故选C。
3. 某同学用如图所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受橡皮筋对手指的压力。
2021年高三上学期期末考试物理试卷 含解析
2021年高三上学期期末考试物理试卷含解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意.1．（3分）有许多物理学家对科学发展作出了重大贡献．下列叙述中符合史实的是（）A．伽利略的理想斜面实验，说明了物体的运动不需要力来维持B．亚里土多德通过逻辑推理，认为从同一高度自由落下的重物与轻物下落一样快C．牛顿发现了万有引力定律，并第一次在实验室里测出了引力常量D．安培在研究电磁现象时，提出了“场”的概念考点：物理学史．分析：本题比较简单，考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的伽利略、安培、牛顿、法拉第等，在学习过程中了解这些著名科学家的重要贡献，是解答类似问题的关键．解答：解：A、伽利略设想的理想斜面实验，说明了物体的运动不需要力来维持．故A正确．B、伽利略通过逻辑推理，认为从同一高度自由落下的重物与轻物下落一样快．故B 错误．C、牛顿发现了万有引力定律之后，是卡文迪许第一次在实验室里测出了引力常量．故C错误．D、法拉第在研究电磁现象时，提出了“场”的概念．故D错误．故选A点评：物理学的发展离不开各位物理学家的努力，在学习中应清楚他们的主要贡献．2．（3分）如图所示为一物体沿南北方向（规定向北为正方向）做直线运动的v﹣t图象，由图可知（）A．3s末物体回到初始位置B．3s末物体的加速度方向将发生变化C．物体所收合外力的方向一直向北D．物体所收合外力的方向一直向南考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：物体沿南北方向做直线运动，根据规定的正方向，由速度图线分析物体的运动情况，根据图线与坐标轴所围“面积”表示位移，分析物体在什么时刻回到初始位置．图线的斜率等于加速度．由牛顿第二定律分析合外力的方向．解答：解：A、在前3s内，速度为负值，说明物体一直向南运动，没有回到初始位置．故A错误．B、直线的斜率是一定的，说明物体在6s内的加速度恒定不变，则3s末物体的加速度方向没有发生变化．故B错误．C、D图线的斜率一直大于零，说明物体加速度的方向一直向北，根据牛顿第二定律得知：加速度方向与合外力方向相同，所以物体所受合外力的方向一直向北．故C 正确，D错误．故选C点评：由速度图象读出速度的大小、方向、加速度、位移等等是基本功，加强训练，熟练应用．3．（3分）如图所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，U1为加在变压器原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则不会发生的是（）A．保持U1和P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大B．保持U1和P的位置不变，S由b合到a时，R消耗功率减小C．保持P的位置不变，S合在a处，当U1增大时，I1将增大D．保持U1不变，S合在a处，当P上滑时，I1将增大考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：由图可知：电压表测量的是副线圈电压，电流表测量的是副线圈电流，根据输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可．解解：A、保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压答：变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1=，得I1将增大，故A正确；B、保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据P=可知功率变小，故B正确；C、保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据I1= 可知I1将增大，故C正确；D、保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据I1= 可知I1将减小，故D错误．本题选择错误的，故选D点评：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，注意电压表和电流表测量的是有效值．4．（3分）如图所示，E为电源的电动势、r为电源内阻，R1、R2为定值电阻，线圈L的直流电阻不计，C为电容器．下列说法中正确的是（）A．合上开关S的瞬间，R1中无电流B．合上开关S待电路稳定后，R2中无电流C．开关S原来合上，在断开S的瞬间，R1中电流方向向左D．开关S原来合上，在断开S的瞬间，R2中电流方向向左考点：自感现象和自感系数；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过．对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．解答：解：A、闭合开关瞬间L相当于断路，R1和R2中都有电流，故A错误；B、稳定后L相当于一段导线，R1中无电流，R2中有电流，故B错误；C、断开瞬间，L相当于电源与R1组成回路R1中电流方向向左，故C正确；D、电容器和R2组成回路，有一短暂的放电电流，R2中电流方向向右，故D错误．故选C点评：记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源．5．（3分）如图所示，建筑工人要将建筑材料送到高处，常在楼顶装置一个定滑轮（图中未画出）．用绳AC通过滑轮将建筑材料提到某一高处，为了防止建筑材料与墙壁相碰，站在地面上的工人还另外用绳CB拉住材料，使它与竖直墙面保持一定的距离L．若不计两根绳的重力，在建筑材料缓慢提起的过程中，绳AC与CB的拉力F1和F2的大小变化情况是（）A．F1增大，F2增大B．F1增大，F2不变C．F1不变，F2增大D．F1减小，F2减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：解决此题的关键是抓住题干中的“缓慢上升，物体与墙壁的距离始终保持不变”为突破口，对物体进行受力分析，根据图象结合角度的变化分析力的大小变化情况．解答：解：在建筑材料缓慢提起的过程中，其合力保持为零．因物体与墙壁的距离始终保持不变，先明确两点：（1）根据平衡条件得知两绳拉力的合力与物体的重力大小相等、方向相反，保持不变；（2）在题型设条件下图中标明的两角度一个增大，另一个减小．然后就用平行四边形定则作出图（2），由图知，两根绳子上的拉力F1和F2均增大．故A正确．故选A点评：本题运用图解法分析物体的动态平衡问题，正确分析受力，并运用平衡条件的推论进行分析即可．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共l6分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．（4分）图中展示了等量异种点电荷的电场和等势面．关于场中的A、B、C、D四点，下列说法中正确的是（）A．A、B两点的电势和场强都相同B．A、B两点的场强相同，电势不同C．中垂线上的C、D两点的电势和场强都不同D．中垂线上的C、D两点的电势相同，场强不同考点：等势面；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：等量异种点电荷的电场线和等势面具有对称性：上下对称和左右对称．根据这一特点可以判定各点的电势与场强．解答：解：A、B：等量异种点电荷的电场左右对称，所以A、B两点的场强大小相等；沿电场线方向电势降落，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误，B正确；C、D：等量异种点电荷的电场的中垂线是一个等势面，电势与无穷远处的电势相同，所以C、D两点的电势相同；D点的电场线比较密，所以D得的场强比较大．故C错误，D正确．故选：BD点评：该题考查等量异种点电荷的电场线和等势面，它们的电场线是问题的关键．所以简单题．7．（4分）如图所示，在一个水平放置的闭合线圈上方有一条形磁铁，现要在线圈中产生顺时针方向的电流（从上向下看），那么下列选项中可以做到的是（）A．磁铁下端为N极，磁铁向上运动B．磁铁上端为N极，磁铁向上运动C．磁铁下端为N极，磁铁向下运动D．磁铁上端为N极，磁铁向下运动考点：楞次定律．分析：根据图示电流方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律判断出原磁场方向，从而判断出磁铁的磁极极性；然后再根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用．解答：解：A、由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此磁铁的下端是N极，上端是S极，故A正确，B错误；C、由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下；当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可知，原磁场方向向上，因此磁铁的下端是S极，上端是N极，故C错误，D正确；故选：AD．点评：楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法．8．（4分）如图所示，曲线C1、C2分别是纯电阻直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线．由该图可知下列说法中正确的是（）A．电源的电动势为4VB．电源的内电阻为1ΩC．电源输出功率最大值为8WD．电源被短路时，电源消耗的功率为16W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，根据图象可以求得电源的最大输出功率和电源的内阻的大小．解答：解：根据图象可以知道，曲线C1、C2的交点的位置，此时的电路的内外的功率相等，由于电路的电流时相等的，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相等的，即此时的电源的输出的功率是最大的，由图可知电源输出功率最大值为4W，所以C错误；根据P=I2R=I2r可知，当输出功率最大时，P=4W，I=2A，所以R=r=1Ω，所以B正确；由于E=I（R+r）=2×（1+1）=4V，所以电源的电动势为4V，所以A正确；当电源被短路时，电源消耗的最大功率P大==16W，所以D正确．故选ABD．点评：本题考查学生的读图的能力，并且要知道当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，这个结论．9．（4分）如图所示，质量相同的木块A、B用轻弹簧相连，静止在光滑水平面上．弹簧处于自然状态．现用水平恒力F向右推A，则从开始推A到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法中正确的是（）A．两木块速度相同时，加速度a A=a B B．两木块速度相同时，加速度a A＜a B C．两木块加速度相同时，速度v A＞v B D．两木块加速度相同时，速度v A＜v B考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；胡克定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分当弹簧被压缩到最短时，AB两个物体的速度相同，在弹簧被压缩到最短之前，A的析：速度一直大于B的速度．解答：解：从开始推A到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物体A的加速度逐渐减小，而B的加速度逐渐增大．在v A=v B之前，A的加速度总大于B的加速度，所以a A=a B时，v A＞v B．此后A的加速度继续减小，B的加速度继续增大，所以v A=v B 时，a B＞a A．故BC正确．故选BC．点评：在弹簧被压缩的过程中，A的合力在减小，加速度在减小，只要A的速度大于B的速度，此过程中B的加速度一直在增加．三、简答题：本大题分2小题；其中第10题8分，第11题10分，共计18分.请将解答填在答题卡上相应的位置．10．（2分）如图所示，在做“验证力的平行四边形定则”的实验时，用M、N两个测力计（图中未画出）通过细线拉橡皮条的端点，使其到达O点，此时α+β=90°，然后保持M的示数不变，而使α角减小，为保持端点位置不变，可采用的办法是（）A．减小N的示数同时减小β角B．减小N的示数同时增大β角C．增大N的示数同时增大β角D．增大N的示数同时减小β角考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则分析可以采取的办法．解答：解：要保证结点不动，应保证合力不变，则由平行四边形定则可知，合力不变，M 方向向合力方向靠拢，则N的拉力应减小，同时应减小β角；故选A点评：本题考查平行四边形定则的应用，在应用时要注意做出平行四边形进行动态分析．11．（6分）使用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律，打出一条纸带如图（b）所示，O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F…是依次打出的点迹，量出OE间的距离为L，DF间的距离为s．已知打点计时器打点的周期是T，当地的重力加速度为g．①在实验误差允许的范围内，上述物理量如果满足关系式，即验证了重锤下落过程中机械能是守恒的．②若T=0.02s，在图（b）中如果发现OA距离大约是4mm，则出现这种情况最可能的原因是：先释放纸带后启动打点计时器，此时上述的各物理量间满足的关系式是．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：①通过某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出E点的速度，从而得出动能的增加量，通过下落的高度求出重力势能的减小量，若动能的增加量和重力势能的减小量相等，则重锤下落过程中机械能守恒．②若初速度为零，加速度为g，OA间的距离大于2mm，根据OA间实际的距离分析误差的原因．解答：解：①E点的速度为，则O到E，动能的增加量为，重力势能的减小量△E p=mgl，若，即，机械能守恒．②若初速度为零，加速度为g，则OA间的距离大约2mm，发现OA距离大约4mm，知初速度不为零，可能是先释放纸带后启动打点计时器．求解动能的变化量时，未减去初速度，则重力势能的减小量小于动能的增加量，即．故答案为：①②先释放纸带后启动打点计时器，点评：解决本题的关键掌握实验的原理，以及知道误差形成的原因．12．（10分）某同学在做“用电流表和电压表测电源的电动势和内阻”的实验中，串联了一只R0=1.5Ω的保护电阻，实验电路如图（a）所示．则（1）用完好的导线连好电路后，该同学闭合电键S，发现电流表示数为零，电压表示数不为零，检查各接线柱均未接错，且接触良好．他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为零，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可以推断故障原因是R断路．（2）排除障后，该同学顺利完成实验，测得下列数据并且根据数据在坐标系中描出了对应的点，如图（b）所示，请画出U﹣I图象；I/A 0.10 0.17 0.23 0.30 0.40U/V 1.20 1.00 0.80 0.60 0.55（3）由U﹣I图象求出实验中电池的电动势E= 1.50V，内阻r= 1.3Ω．（4）本次实验产生系统误差的原因是：因为电压表内阻有分流作用．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）通过排除法，从断路和短路的角度推断故障．（2）运用描点法画出U﹣I图象．（3）U﹣I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示内阻．（4）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的是外电压，电流表的读数小于通过电源的电流，是因为电压表起分流作用．解答：解：（1）发现电流表示数为0，电压表示数不为0，电流表或R处断路，用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，知R断路．（2）U﹣I图象如图．（3）U﹣I图线是一条倾斜的直线，描点作图如下图．纵轴截距为1.5所以电动势E=1.50V．图线的斜率k==2.8Ω，则内阻r=2.8﹣1.5Ω=1.3Ω．（4）电流表所测的电流小于通过电源的电流，因为电压表内阻有分流作用．故答案为：（1）R断路（2）如图（3）1.50V，1.3Ω（4）因为电压表内阻有分流作用点评：解决本题的关键会从U﹣I图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻等效到电源的内部，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值．以及会分析误差的来源，四、计算题：本大题共5小题，共71分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位．13．（12分）我国成功发射的神舟七号载人飞船绕地球的运行可看作是匀速圆周运动，宇航员测得自己绕地心做匀速圆周运动的周期为T、距地面的高度为H，已知地球半径为R，引力常量为G．（1）求飞船的线速度大小；（2）求地球的质量；（3）能否求出飞船所需的向心力？若能，请写出计算过程和结果；若不能，请说明理由．考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：（1）根据线速度与周期的关系公式，其中r=（R+H），计算可得飞船的线速度大小v．（2）飞船绕地球做匀速圆周运动所需要的向心力由万有引力提供，把v和r代入计算可得地球的质量M．（3）根据万有引力定律，不能算出飞船所需要的向心力，因为飞船的质量未知．解答：解：（1）线速度与周期的关系公式又因为r=（R+H）所以（2）飞船绕地球做匀速圆周运动所需要的向心力由万有引力提供解得：（3）不能算出飞船所需要的向心力，因为飞船的质量未知．答：（1）飞船的线速度大小为；（2）地球的质量为；（3）不能算出飞船所需要的向心力，因为飞船的质量未知．点评：本题考查了圆周运动的线速度与周期的关系，以及万有引力提供向心力这个重要的关系．特别要注意，根据万有引力定律，要两物体之间的计算万有引力，必须要知道两个物体的质量和他们之间的距离．14．（14分）如图所示，质量为m的小球从A点水平抛出，抛出点距离地面高度为L，不计与空气的摩擦阻力，重力加速度为g．在无风情况下小木块的落地点B到抛出点的水平距离为S；当有恒定的水平风力F时，小木块仍以原初速度抛出，落地点C到抛出点的水平距离为S，求：（1）小木块初速度的大小；（2）水平风力F的大小；（3）水平风力对小木块所做的功．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）无风时，根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，求出初速度．（2）有水平风力后，小球在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出风力的大小．（3）风力是恒力，直接根据功的计算公式求功．解答：解：（1）无风时，小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有水平方向：S=v0t竖直方向：L=解得，初速度v0=S（2）有水平风力后，小球在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球运动的时间不变．则S=v0t﹣又F=mat=联立以上三式得：F=（3）水平风力对小木块所做的功为：W=﹣F=﹣答：（1）小木块初速度的大小是S；（2）水平风力F的大小是；（3）水平风力对小木块所做的功是﹣．点评：解决本题的关键理清物体在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解．15．（14分）如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L=0.5m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ=37°角．有一磁感应强度B=0.8T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面．一根质量m=0.2kg、电阻为R=2Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放．已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）求导体棒刚开始下滑时的加速度的大小；（2）求导体棒运动过程中的最大速度和重力的最大功率；（3）从导体棒开始下滑到速度刚达到最大的过程中，通过导体棒横截面的电量Q=2C，求导体棒在此过程中消耗的电能．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）导体棒刚开始下滑时，只受重力、导体框的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求加速度；（2）导体棒匀速运动下滑时，速度最大，此时导体棒受到重力、支持力、滑动摩擦力、安培力平衡，推导出安培力与速度关系式，由平衡条件求出速度．重力的功率P=mgsinθ．（3）根据法拉第电磁感应定律推出电量与距离的关系，由电量求出导体棒下滑的距离S，根据能量守恒求解导体棒在此过程中消耗的电能．解答：解：（1）导体棒刚开始下滑时，只受重力、导体框的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ=ma解得，a=2m/s2（2）当导体棒匀速下滑时，其受力情况如图，设匀速下滑的速度为v，因为匀速下滑，则：平行斜面：mgsinθ﹣f﹣F=0其中：f=μmgcosθ安培力：F=BIL电流强度I==则得F=由以上各式解得：v==5m/s重力的最大功率P=mgsinθ=6W（3）通过导体的电量Q=△t由法拉第电磁感应定律得由欧姆定律得=联立以上三式得Q=设物体下滑速度刚好为v时的位移为S，则△Φ=BSL得Q=解得S==10m对全程，由动能定理得：mgSsinθ﹣W安﹣μmgcosθ•S=解得克服安培力做功W安=1.5J根据功能关系得：克服安培力做功等于导体棒的有效电阻消耗的电能所以导体棒在此过程中消耗的电能W=1.5J答：（1）导体棒刚开始下滑时的加速度的大小为2m/s2；（2）导体棒运动过程中的最大速度为5m/s，重力的最大功率为6W；（3）导体棒在此过程中消耗的电能为1.5J．点评：本题是电磁感应与力学的综合题，涉及到电路、磁场、电磁感应和力学多方面知识，其中安培力的分析和计算是关键．这类题型是高考的热点．16．（15分）如图所示为一种获得高能粒子的装置．环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场．质量为m、电量为+q的粒子可在环中做半径为R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔的极板．原来电势都为零，每当粒子经过A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速．每当粒子离开B板时，A板的电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行的半径不变．（设极板间距远小于R）（1）设t=0时粒子静止在A板小孔处，经电场加速后，离开B板在环开磁场中绕行，求粒子绕行第1圈时的速度v1和磁感应强度B1；（2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行n 圈所需的总时间t；（3）在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可以始终保持为+U？为什么？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）根据动能定理，即可求出加速的速度，再由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，即可求解；（2）通过运动学公式，分别求出经过第1圈的速度及时间，第2圈的速度与时间，及到第n圈的速度与时间，从而求出总时间；（3）电场力对粒子做功，而洛伦兹力对粒子不做功，所以根据电场力做功之和来确定结果．解答：解：（1）粒子绕行第一圈电场做功一次，由动能定理：即第1次回到B板时的速度为：绕行第1圈的过程中，由牛顿第二定律：得（2）粒子在每一圈的运动过程中，包括在AB板间加速过程和在磁场中圆周运动过程．在AB板间经历n次加速过程中，因为电场力大小相同，故有：t总=t1+t2+t3+…+t n由于每一圈速度不同，所以每一圈所需时间也不同．由第一问题计算可知，第1圈：．第2圈：第n圈：.。
2021年高三上学期期末测试物理试题含答案
2021年高三上学期期末测试物理试题含答案本试卷分第I卷和第II卷两部分，满分240分。
考试用时150分钟。
答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、校区和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（必做，共87分）注意事项：1．第I卷共20小题。
2．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。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。
一、选择题（本题包括13小题，每小题只有一个选项符合题意）二、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14. 用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法.下面四个物理量都是用比值法定义的，其中不是定义式的是A.加速度B.电流强度C.电场强度D.磁感应强度15. 物体在x轴上做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中F表示物体所受的合外力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度，x表示物体的位移，C、D图中曲线为抛物线)16．两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，物体M的重力大小为20N，M、m均处于静止状态，则A．绳OA对M的拉力大小为10NB．绳OB对M的拉力大小为10NC．m受到水平面的静摩擦力大小为10ND．m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左17．已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G，有关同步卫星，下列表述正确的是：A．卫星距地面的高度为B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度C．卫星运行时受到的向心力大小为D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度18. 如图所示，Q1、Q2为两个等量同种正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上（O为连线的中点），N为两电荷连线中垂线上的一点。
2021年高三上学期期末考试理综物理试题含答案
2021年高三上学期期末考试理综物理试题含答案二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，其中14、15、16、17、18题只有一项符合题目要求，选对的得6分，选错的得0分；19、20、21有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P的受力个数为A．3 B．4 C．5 D．6 15．某物体运动的v－t图象如图所示，则下列说法正确的是A．物体在第1 s 末运动方向发生改变B．物体在第2 s内和第3 s内的加速度是相同的C．物体在第6 s末返回出发点D．物体在第5 s末离出发点最远，且最大位移为0．5 m16．xx年春晚中开心麻花团队打造的创意形体秀《魔幻三兄弟》给观众留下了很深的印象。
该剧采用了“斜躺”的表演方式，三位演员躺在倾角为30°的斜面上完成一系列动作，摄像机垂直于斜面拍摄，让观众产生演员在竖直墙面前表演的错觉。
如图所示，演员甲被演员乙和演员丙“竖直向上”抛出，到最高点后恰好悬停在“空中”。
已知演员甲的质量m=60kg，该过程中观众看到演员甲上升的“高度”为0．8m。
设演员甲和斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
则该过程中，下列说法不正确的是（）A．演员甲被抛出的初速度为4m/s B．演员甲运动的时间为0．4sC．演员甲的重力势能增加了480J D．演员乙和演员丙对甲做的功为480J 17．如图所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B为电场线上的两点，一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，则可以判断A．电场线方向由B指向AB．场强大小E A＞E BC．Q为负电荷，则Q在B点右侧D．Q不可能为正电荷18．如图所示，匀强电场E方向水平向左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动，经过A点时动能是200J，经过B点时，动能是A点的，减少的动能有转化成电势能，那么，当它再次经过B点时动能为（）A．4J B．8J C．16J D．20J19．某同学在物理学习中记录了一些与地球、月球有关的数据资料如下：地球半径R＝6400km，月球半径r＝1740km，地球表面重力加速度g0＝9．80m／s2，月球表面重力加速度g′＝1．56m／s2，月球绕地球中心转动的线速度v＝l km／s，月球绕地球转动一周时间为T＝27．3天，光速c＝2．998×105km／s．1969年8月1日第一次用激光器向位于头顶的月球表面发射出激光光束，经过约t=2．565s接收到从月球表面反射回来的激光信号，利用上述数据可估算出地球表面与月球表面之间的距离s，则下列方法正确的是（）A．利用激光束的反射s＝c·来算B．利用v＝来算C．利用g0＝来算D．利用＝（s＋R＋r）来算20．如图所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO > OB，A带负电荷，B带正电荷，一试探电荷仅受电场力作用，试探电荷从M运动到N的轨迹如图中实线所示。
2021年高三上学期期末考试理综物理试题 含答案
2021年高三上学期期末考试理综物理试题含答案本试卷分第I卷和第II卷两部分，满分240分。
考试用时150分钟。
答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（必做，共87分）注意事项：1．第I卷共20小题。
2．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。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。
选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14．如图所示，把一带正电小球a放在光滑绝缘斜面MN上的P点，MQ为水平面，且PC⊥MN、PB⊥MQ。
欲使球a能静止在斜面上的P点，需要在水平面MQ间恰当位置放另一带电小球b，下列关于b球的电性和所放位置的说法中，可能的是（）A．b带正电，放在A点B．b带正电，放在B点C．b带负电，放在C点D．b带负电，放在D点15．在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t1时刻，速度达到最大值v1时打开降落伞，做减速运动，在t2时刻以较小速度v2着地。
他的速度图象如图所示。
下列判断正确的是（）A．0～t2时间内，空降兵处于完全失重状态理科综合第3页（共16页）B．t1～t2时间内，空降兵处于失重状态C．t1～t2时间内，平均速度D．t1～t2时间内，平均速度16．甲、乙两颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,它们的质量分别为m甲、m乙，轨道半径分别为r甲、r乙。
若已知m甲＝2m乙、r甲＝4r乙，对两颗卫星的周期、角速度、线速度和加速度的大小关系，下列说法中正确的是（）A．周期关系：T甲＝4T乙B．角速度关系：8ω甲＝ω乙C．线速度大小关系：2v甲＝v乙D．加速度大小关系：4a甲＝a乙17．如图所示，在真空中A、B两点分别放置等量的正点电荷，在A、B两点间取一个矩形路径abcd，该矩形路径关于A、B两点连线及连线的中垂线均对称。
2021年高三物理上学期期末考试卷附答案 (1)
一、本题共13小题，每小题3分，共39分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．核反应方程n He H H 10423121+→+，在该核反应中将：A ． 吸收能量 质量增加B 。
吸收能量 质量亏损C 。
放出能量 质量亏损D 。
放出能量 质量增加 2．关于光的以下说法中正确的是 A ． 光电效应现象说明光是电磁波 B ． 杨氏双缝干涉实验说明光波是横波 C ． “泊松斑”说明光波是纵波 D ． 光的偏振现象说明光波是横波3．如图所示，1、2、3、4为波尔理论中氢原子最低的四个能级，当处于n =4能量状态的氢原子向较低能级跃迁时，发出的光子的能量有：① 13.6eV ②12.09 eV ③10.2 eV ④3.4 eV A ．①② B 。
②③ C 。
③④ D 。
①④123 4 ∞ n－13.6－3.4－1.51 －0.85 0E /eV4．卢瑟福通过α粒子散射实验，发现了原子中间有一个很小的核，并由此提出了原子的核式结构。
如图所示的平面示意图中的①表示α粒子运动的可能轨迹，则以下关于α粒子沿这条轨迹运动的过程中的说法正确的是：A．α粒子的速度不断减小B．α粒子的动能不断增大C．α粒子的电势能先减小后增大D．α粒子的电势能先增大后减小原子核①5．如图所示，一条光线从空气垂直射到直角玻璃三棱镜的界面AB 上，棱镜材料的折射率为1.414，这条光线从BC 边射出棱镜后的光线与界面BC 的夹角为 BA. 30ºB. 45º60 º D. 90 º6．质子和一价钠离子分别垂直进入一匀强磁场中做匀速圆周运动。
如果它们的圆周运动的半径恰好相等，则说明它们的（教材中） A ．质量相等 B 。
速率相等 C 。
动量的大小相等D 。
动能相等7．设在地球上和在x 天体上以相同的初速度竖直上抛一个物体的最大高度之比为k 。
且已知地球和x 天体的半径之比也为k ，则地球与此天体的质量之比为：A ． 1B 。
2021年河北省保定市曲堤中学高三物理上学期期末试卷含解析
2021年河北省保定市曲堤中学高三物理上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. 图中L是凸透镜，OO′是它的主轴，AB是垂直于主轴的光源，P是垂直于主轴的光屏，当两者到透镜的距离相等时，在光屏上得到清晰的像，如将AB向右移动任意一段距离后，再移动P，则在P上A.总能得到缩小的像B.总能得到较大的像C.可能得到放大的像，也可能得到缩小的像D.可能得到放大的像，也可能得不到像参考答案：答案：D2. （多选题）质量为M的木块静止在水平面上,一颗质量为m的子弹，以水平速度击中木块并留在其中,木块滑行距离S后，子弹与木块以共同速度运动，此过程中子弹和木块的平均作用力为大小为f，子弹射入木块的深度为Ｄ。
若子弹射入木块的时间极短，下列说法中正确的是 ( )A. 子弹对木块做的功大小为f(S＋Ｄ)B. 子弹对木块做的功大小为fSC. 若水平面光滑,当M＜m时,则S＞D,当M＞m时则有S＜DD. 不论水平面是否光滑,速度、质量大小关系如何,均是S＜D参考答案：BDA、B、子弹对木块做的功大小为：，A错误；B正确；C、D、子弹打击木块过程，动量守恒，则，再利用动能定理，对子弹：；对木块：，联立求解得：，可见，C错误；D正确；故选BD。
3. （单选）关于运动和力，下列陈述正确的是( )A利略首先将物体之间的相互作用抽象为“力”B利略的“理想斜面实验”说明力是保持物体运动的主要原因C.体质量越大，则物体抵抗运动状态变化的本领就越大D．牛顿第一定律是对事实进行分析的产物，可用实验直接验证参考答案：C4. 在粗糙的水平桌面上叠放着木块P和Q，用水平力F推Q，使P、Q两木块一起沿水平桌面匀加速滑动，如图所示，以下说法中正确的是：（）A．P受二个力，Q受四个力B．P受四个力，Q受六个力C．P受二个力，Q受五个力D．P受三个力，Q受六个力参考答案：答案：D5. （单选）对于一定质量的气体，忽略分子间的相互作用力。
2021年高三上学期期末练习物理试题 含解析
2021年高三上学期期末练习物理试题含解析一、本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．把你认为正确的答案填涂在答题纸上．1．在真空中有两个固定的点电荷，它们之间的静电力大小为F．现保持它们之间的距离不变，而使它们的电荷量都变为原来的2倍，则它们之间的静电力大小为（）垂直．解答：解：A、电场强度的定义式E=适用于任何电场．故A正确；B、根据电场强度方向的规定：电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向相同．故B正确；C、磁感应强度公式B=是定义式，磁感应强度的大小与方向由磁场本身决定，与放入磁场中的通电导线所受安培力F无关，与通电导线中的电流I和导线长度L的乘积无关．故C错误；D、根据左手定则，磁感应强度的方向与置于该处的通电导线所受的安培力方向垂直．故D错误．故选：AB点评：本题考查对电场强度与磁感应强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，注意比值定义法的含义，同时知道电荷有正负之分．3．（3分）在如图所示电路中，电压表、电流表均为理想电表，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在滑动变阻器R1的滑片P向右端滑动的过程中（）A．电压表的示数减小B．电压表的示数增大C．电流表的示数减小D．电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由电路图看出：R2与R1并联后与R3串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．解答：解：当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则外电路总电阻增大，电路中总电流减小，电源的内电压减小，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压增大，故电压表示数增大；由欧姆定律可知，R3上的分压减小，而路端电压减小，故并联部分的电压增大，则电流表示数增大，故BD正确，AC错误；故选：BD．点评：分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．4．（3分）如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（）A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大考点：电容器的动态分析．分析：静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角θ越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．解答：解：AB、根据电容的决定式C=得知，当保持d不变，减小S，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．CD、根据电容的决定式C=得知，保持S不变，增大d，则C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确，D错误．故选：AC．点评：本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和定义式C=．5．（3分）如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，一个带正电的粒子仅在电场力的作用下沿这条电场线由a运动到c的过程中，其动能增加．已知a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc分别表示a、b、c三点的电势，用E a、E b、E c分别表示a、b、c三点的场强大小．根据上述条件所做出的下列判断中一定正确的是（）A．E a=E b=E c B．E a＞E b＞E c C．φa﹣φb=φb﹣φc D．φa＞φb＞φc考点：电场线．分析：电场线的疏密表示场强的相对大小，一条电场线不能反映电场线的疏密．顺着电场线电势逐渐降低．根据公式U=Ed定性分析电势差的关系．解答：解：AB、电场线的疏密表示场强的相对大小，一条电场线不能确定电场线的疏密，故无法知道电场强度的大小关系．故A、B错误．C、由于E的大小不确定，由公式U=Ed不分析电势差的大小，故C错误．D、顺着电场线电势一定逐渐降低，则φa＞φb＞φc．故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键要掌握电场线的两个物理意义：疏密表示场强的大小，方向表示电势的高低．6．（3分）如图甲所示，一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中，且线圈平面与磁场垂直．设垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间而变化的情况如图乙所示，图甲中线圈上的箭头的方向为感应电流i的正方向．则在下图中给出的线圈中感应电流i随时间而变化的图象可能的是（）A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：线圈中因磁通量发生变化，才导致线圈产生感应电动势，从而形成感应电流．由楞次定律，结合磁场的变化及磁通量的变化，即可推断电流的变化情况，并根据法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小变化．解答：解：设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正，由乙可知：线圈中在前0.5s内磁场增加，则根据楞次定律可得：逆时针方向的感应电流，即为负值．在前0.5s到1s内，若磁场方向垂直向里（正方向）时，且磁场减小的；根据楞次定律可知，感应电流的方向顺时针方向，即为正值．再根据法拉第电磁感应定律，则有感应电动势恒定，则感应电流也恒定，综上所述，故C正确，ABD错误；故选：C．点评：考查法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，注意磁场的正负与感应的正负，是解题的关键．7．（3分）如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R=48Ω相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（）A．变压器输入电压的最大值是220VB．若电流表的示数为0.50A，变压器的输入功率是12WC．原线圈输入的正弦交变电流的频率是50HzD．电压表的示数是24V考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：由图乙可知交流电压最大值U m=220V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式U=220sin100πtV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．解答：解：A、由图乙可知交流电压最大值U m=220V，故A错误；B、理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，电阻R的电压为V，电压表的示数是24V．电阻为48Ω，所以流过电阻中的电流为0.5A，变压器的输入功率是：W．故B正确，D 错误；C、由图乙可知交流电周期T=0.02s，可由周期求出正弦交变电流的频率是50Hz，故C正确．故选：BC点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．8．（3分）如图所示，A l和A2是两个规格完全相同的灯泡，A l与自感线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻串联后接到电路中．先闭合开关S，缓慢调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节电阻R1，使两个灯泡都正常发光，然后断开开关S．对于这个电路，下列说法中正确的是（）A．再闭合开关S时，A2先亮，A l后亮B．再闭合开关S时，A l和A2同时亮C．再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A2立刻熄灭，A1过一会儿熄灭D．再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A l和A2都要过一会儿才熄灭考点：自感现象和自感系数．分析：闭合开关S时，滑动变阻器R不产生感应电动势，灯泡2立刻正常发光，线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律判断电流如何变化，分析灯泡亮度如何变化．再断开开关S，线圈中电流减小，产生自感电动势，再由楞次定律判断电流如何变化．解答：解：A、再次闭合开关S时，滑动变阻器R不产生感应电动势，灯泡A2立刻正常发光，线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，感应电动势阻碍电流的增大，使得电流逐渐增大，A l灯逐渐亮起来．故A正确，B错误；C、再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A l和A2与L、R构成一个闭合回路，由于自感，A l和A2都要过一会儿才熄灭．故C错误，D正确．故选：AD点评：当通过线圈的电流变化时，线圈会产生自感电动势，阻碍电流的变化，自感现象是一种特殊的电磁感应现象，遵守楞次定律．9．（3分）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，MN为AB的垂直平分线．在MN之间的C点由静止释放一个带负电的小球（可视为质点），若不计空气阻力，则（）A．小球从C点沿直线MN向N端运动，先做匀加速运动，后做匀减速运动B．小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，其所经过各点的先电势先降低后升高C．小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，其电势能先减小后增大D．若在两个小球运动过程中，两个点电荷所带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球往复运动过程中的振幅将不断增大考点：电场线．分析：本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，电场力做功情况，判断电势能的变化情况．解答：解：A、等量正点电荷的电场是非匀强电场，小球从C点沿直线MN向N端运动，电场强度是变化的，所受的电场力是变化的，故先做变加速运动，后做变减速运动，故A 错误．B、MO段电场线方向向上，ON段电场线方向向下，则小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，电势先升高后降低．故B错误．C、小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，电场力先做正功后做负功，其电势能先减小后增大，故C正确．D、伴随两个点电荷电荷量的增加，由于对小球在同一位置的电场力变大，减速的距离减小，故振幅变小，故D错误．故选：C．点评：本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况．10．（3分）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展．回旋加速器的原理如图所示，D1和D2是两个正对的中空半圆金属盒，它们的半径均为R，且分别接在电压一定的交流电源两端，可在两金属盒之间的狭缝处形成变化的加速电场，两金属盒处于与盒面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场中．A点处的粒子源能不断产生带电粒子，它们在两盒之间被电场加速后在金属盒内的磁场中做匀速圆周运动．调节交流电源的频率，使得每当带电粒子运动到两金属盒之间的狭缝边缘时恰好改变加速电场的方向，从而保证带电粒子能在两金属盒之间狭缝处总被加速，且最终都能沿位于D2盒边缘的C口射出．该回旋加速器可将原来静止的α粒子（氦的原子核）加速到最大速率v，使它获得的最大动能为E k．若带电粒子在A点的初速度、所受重力、通过狭缝的时间及C口的口径大小均可忽略不计，且不考虑相对论效应，则用该回旋加速器（）A．能使原来静止的质子获得的最大速率为vB．能使原来静止的质子获得的动能为E kC．加速质子的交流电场频率与加速α粒子的交流电场频率之比为1：1D．加速质子的总次数与加速α粒子总次数之比为2：1考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，通过带电粒子在磁场中运动半径公式得出带电粒子射出时的速度，看与什么因素有关．解答：解：AB、设D形盒的半径为R．根据qvB=m，解得粒子获得的最大v=，B、R相同，v与比荷成正比．由于质子的比荷是α粒子的2倍，则质子获得的最大速率为2v．带电粒子获得的最大动能E K=mv2=，不改变B和R，该回旋加速器加速α粒子获得的最大动能等于加速质子的最大动能，故A、B错误；C、交变电场的周期与带电粒子运动的周期相等，带电粒子在匀强磁场中运动的周期T=，频率f==与比荷成正比，所以加速质子的交流电场频率与加速α粒子的交流电场频率之比为2：1，故C错误；D、设加速电压为U，加速次数为n，则E K=nqU，n=，E K和U相等，则加速质子的总次数与加速α粒子总次数之比为2：1，故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小有关．二、本题共2小题，共15分．11．（6分）指针式多用电表是电路测量的常用工具．现用多用电表测量一个定值电阻的阻值（阻值约为一百多欧姆）．（1）将红、黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔，接下来必要的操作步骤和正确的顺序是①⑤③④．（请将必要步骤前的序号按正确的顺序写出）①将选择开关旋转“×10”的位置；②将选择开关旋转“×100”的位置；③用两支表笔的金属部分分别接触电阻的两条引线；④根据指针所指刻度和选择开关的位置，读出电阻的阻值；⑤将两支表笔直接接触，调整“欧姆调零旋钮”使指针指向“0Ω”．（2）若正确测量时指针所指刻度如图10所示，则这个电阻阻值的测量值是130Ω．（3）在使用多用电表测量电阻时，若双手捏住红、黑表笔金属部分，则测量结果将偏小．（选填“偏大”或“偏小”）考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：使用多用电表测电阻时，先选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，最后测电阻，欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表的示数．解答：解：（1）待测电阻阻值约为一百多欧姆，用欧姆表测电阻，将选择开关旋转“×10”的位置，然后进行欧姆调零，具体操作是：将红黑表笔短接，调节调零旋钮调零，使指针指在右侧零刻度线处；再测出电阻阻值，因此合理是实验步骤为：①⑤③④．（2）由图示表盘可知，待测电阻阻值为：13×10=130Ω；（3）由于人体是导体，在使用多用电表测量电阻时，若双手捏住红、黑表笔金属部分，测量的是导体与人的并联电阻，电阻越并越小，因此，测量结果将偏小．故答案为：（1）①⑤③④；（2）130；（3）偏小．点评：本题考查了应用欧姆表测电阻，使用欧姆表测电阻时，应使指针指在表盘中央刻度线附近；换挡后要进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．12．（9分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，此外还有以下器材可供选择：A．直流电源3V（内阻不计）B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）C．直流电流表0～3A（内阻约为0.1Ω）D．直流电压表0～3V（内阻约为3kΩ）E．滑动变阻器100Ω，0.5AF．滑动变阻器10Ω，2AG．导线和开关实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）实验中电流表应选用B，滑动变阻器应选用F；（均填写仪器前的字母）（2）在图1所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图（虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片P向b端滑动时，灯泡变亮）；（3）根据实验数据，画出的小灯泡I﹣U图线如图2所示．由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是 5.0Ω；（4）根据实验测量结果可以绘制小灯泡的电功率P随其两端电压U或电压的平方U2变化的图象，在图3中所给出的甲、乙、丙、丁图象中可能正确的是甲、丙．（选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：（1）由灯泡的额定电流即可选择电流表；根据实验要求明确电路接法，则可选择滑动变阻器；（2）根据实验要求明确接法的选择，则可得出原理图；（3）图中坐标表示灯泡的电流值及电压值；由欧姆定律可求得电阻．（4）根据功率公式可得出正确的图象．解答：解：（1）灯泡的额定电流I===200mA；故电流表选择B；因本实验只能接用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F；（2）根据实验要求可知，滑动变阻器采用分压接法，并且测量电路应与滑动变阻器的左半部分并联；电流表采用外接法；原理图如下；（3）由画出的伏安特性曲线可知，U=0.5V时，电流I=0.10A，则对应的电阻R===5Ω；（4）由P=可知，P与U为二次函数关系，图象开口向上；故甲正确；P与U2，在R不变时为正比例关系，由于R随电压的增大而减小；故丙图正确；故答案为：（1）B；F（2）如答图所示；（3）5.0；（4）甲、丙点评：本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线的实验，要注意正确得出实验对应的接法和原理，并能根据图象进行正确的受力分析．三、本题包括6小题，共55分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．13．（8分）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：（1）小球所受电场力的大小；（2）小球通过最低点C时的速度大小；（3）小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；（2）对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．解答：解：（1）小球受重力mg、电场力F和拉力T，其静止时受力如答图2所示．根据共点力平衡条件有：F=mgtan37°=0.75N（2）设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：mgl﹣Fl=mv2解得：v==1.0m/s（3）设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为T′．根据牛顿第二定律有：T′﹣mg=解得：T′=1.5N答：（1）电场力的大小为0.75N，方向水平向右；（2）小球运动通过最低点C时的速度大小为1m/s；（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为1.5N．点评：本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，难度适中．14．（8分）如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于匀强磁场中．金属杆ab中通有大小为I的电流．已知重力加速度为g．（1）若匀强磁场方向垂直斜面向下，且不计金属杆ab和导轨之间的摩擦，金属杆ab静止在轨道上，求磁感应强度的大小；（2）若金属杆ab静止在轨道上面，且对轨道的压力恰好为零．试说明磁感应强度大小和方向应满足什么条件；（3）若匀强磁场方向垂直斜面向下，金属杆ab与导轨之间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．欲使金属杆ab静止，则磁感应强度的最大值是多大．考点：安培力．分析：（1）根据共点力平衡即可求得磁场强度；（2）根据共点力平衡即可求得；（3）根据安培定则可知安培力沿导轨平面向上，当金属杆ab受到的静摩擦力沿斜面向下，且为最大值时，磁感应强度值达到最大解答：解：（1）设磁感应强度为B1．根据安培定则可知安培力沿导轨平面向上，金属杆ab受力如答图3．根据平衡条件对金属杆ab有：B1IL=mgsinθ解得：（2）金属杆ab对导轨压力为零，则金属杆ab只受重力和安培力．根据平衡条件对金属杆ab有：B2IL=mg解得：根据安培定则可知磁场方向垂直金属杆ab水平向右．（3）根据安培定则可知安培力沿导轨平面向上，当金属杆ab受到的静摩擦力沿斜面向下，且为最大值时，磁感应强度值达到最大，设为B3．金属杆ab受力如答图4．根据平衡条件对金属杆ab有：B3IL=mgsinθ+μmgcosθ解得：答：（1）磁感应强度的大小为；（2）若金属杆ab静止在轨道上面，且对轨道的压力恰好为零．试说明磁感应强度大小为，方向应满足垂直金属杆ab水平向右；（3）磁感应强度的最大值是．点评：本题主要考查了在安培力作用下的共点力平衡，抓住受力分析是关键15．（9分）如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=20cm，匝数n=100，线圈的总电阻r=0.20Ω，线圈在磁感强度B=0.050T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OOˊ匀速转动，角速度ω=100πrad/s．线圈两端通过电刷E、F与阻值R=4.8Ω的定值电阻连接．计算时π取3．（1）从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式；（2）求此发电机在上述工作状态下的输出功率；（3）求从线圈经过中性面开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量．考点：闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析：（1）根据公式E m=nBSω求解电动势的最大值；然后根据e=E m sinωt求解电动势的瞬时值（2）先根据欧姆定律求解电流的最大值，然后根据i=I m sinωt求解电流的瞬时值；（3）先I=求解有效值，然后根据U=IR求解电压的有效值．解答：解：（1）线圈产生感应电动势的最大值E m=nBωab×bc解得：E m=150V感应电动势随时间变化的表达式e=E m sinωt=150sin100πt（2）线圈中感应电动势的有效值电流的有效值A交流发电机的输出功率即为电阻R的热功率P=I2R=21.22×4.8=2.16×103W（3）根据法拉第电磁感应定律有：根据欧姆定律得：又：联立解得：q=0.10C答：（1）从线圈经过中性面开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为e=150sin100πt；（2）此发电机在上述工作状态下的输出功率是2.16×103W；（3）从线圈经过中性面开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量是0.10C．点评：本题关键是要能够区分交流的有效值、瞬时值、最大值和平均值，求解电表读数用有效值，求解电量用平均值．16．（10分）汤姆孙用来测定电子的比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子经加速电压加速后，穿过A′中心的小孔沿中心线O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P′间的区域，极板间距为d．当P和P′极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；当P和P′极板间加上偏转电压U后，亮点偏离到O′点；此时，在P和P′间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点．不计电子的初速度、所受重力和电子间的相互作用．（1）求电子经加速电场加速后的速度大小；（2）若加速电压值为U0，求电子的比荷；（3）若不知道加速电压值，但已知P和P′极板水平方向的长度为L1，它们的右端到荧光屏中心O点的水平距离为L2，O′与O点的竖直距离为h，（O′与O点水平距离可忽略不计），求电子的比荷．考点：带电粒子在混合场中的运动；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）当电子受到电场力与洛伦兹力平衡时，做匀速直线运动，因此由电压、磁感应强度可求出运动速度．（2）电子在电场中做类平抛运动，将运动分解成沿电场强度方向与垂直电场强度方向，然后由运动学公式求解．电子离开电场后，做匀速直线运动，从而可以求出偏转距离的表达式，变型得到电子的荷质比表达式．（3）根据运动学公式，结合牛顿第二定律，及几何关系，即可求解．解答：解：（1）设电子经过加速电场加速后速度大小为v．。
2021年高三理综(物理部分)上学期期末考试试题
2021年高三理综（物理部分）上学期期末考试试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，14、15、16、17、18题只有一个选项是正确的，19、20、21题有多个选项是正确的，（全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得O分）14．如图是甲、乙两物体做直线运动的vt图象。
下列表述正确的是（）A．乙做匀加速直线运动B．甲与乙的运动方向相反C．甲和乙的加速度方向相同D．甲的加速度比乙的小15．下列四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是A．以正点电荷为圆心的圆周上的两点B．负点电荷电场中同一电场线上的两点C．与匀强电场电场线垂直的直线上的两点D．等量异号点电荷连线中垂线上的两点16．有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是（）．A．木块所受的合外力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C．重力和摩擦力的合力为零D．重力和摩擦力的合力做的功为零17．如图所示，倾角为，重为80N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是( )A．斜面有向左运动的趋势B．地面对斜面的支持力为80NC．小球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下D．弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上Taa-a0T/2T2Tt18．关于地球同步通讯卫星，下述说法正确的是：（）A．同步通讯卫星上的物体处于超重状态B．地球同步通讯卫星的轨道是唯一的（赤道上方一定高度处）C．它运行的线速度介于第一和第二宇宙速度之间D．它可以通过北京的正上方19．如图是荷质比相同的a、b两粒子从O点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则（）A．a的质量比b的质量大B．a带正电荷、b带负电荷C．a在磁场中的运动速率比b的大D．a在磁场中的运动时间比b的短20．如图所示，实线为某电场的电场线，虚线为电子仅在电场力作用下的运动轨迹， a、b为轨迹上两点，则（）aEbA．在a、b点的加速度 a a<a b B．在a、b点的电势φa<φbC．在a、b点的速度v a>v b D．在a、b点的电势能E pa>E pb21．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，则以下判断正确的是A．金属块带正电荷B．电场力做功0.2JC．金属块的机械能减少0.5JD．金属块的电势能增加0.2J第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
2021年高三上学期期末考试物理试卷 含答案
2021年高三上学期期末考试物理试卷含答案一、本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的4个选项中，1～6小题只有一个选项是正确的，7～10小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分。
1．下列叙述正确的是（）A．库仑提出了用电场线描述电场的方法B．安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的本质C．牛顿发现了万有引力定律，并第一次在实验室里利用放大的思想方法测出了万有引力常量D．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强，电容，加速度都是采用比值法定义的2．一枚火箭由地面竖直向上发射，其v-t图像如图所示，则（）A．火箭在t2～t3时间内向下运动B．火箭运动过程中的最大加速度大小为C．火箭上升阶段的平均速度大小为D．火箭能上升的最大高度为4v1t13．极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道）。
如图所示，若某极地卫星从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方，所用时间为t，已知地球半径为R（地球可看做球体），地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，由以上条件可知（）A．卫星运行的角速度为B．地球的质量为C．卫星运行的线速度为D．卫星距地面的高度4．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示。
导电介质的电阻率为ρ、制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状（图中阴影部分），半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极。
设该电阻的阻值为R。
下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。
根据你的判断，R 的合理表达式应为（ ） A ．R= B ．R= C ．R= D ．R=5．如图所示，竖直面内有一个半圆形轨道，AB 为水平直径，O 为圆心，将一些半径远小于轨道半径的小球从A 点以不同的初速度沿直径水平向右抛出，若不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中。
2021年高三第一学期期末考试理综物理试题含答案
2021年高三第一学期期末考试理综物理试题含答案本卷共2 1小题，每小题6分，共1 26分。
可能用到的相对原子质量：H-1; C-12; N-14; O-16; Na-23; Mg-24; Al- 27： Cl-35．5； Fe-56：二、选择题：本题共8小题，每题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
14．一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3 h，待机时间100 h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为A．1.8 W，5.4×10– 2 W B．3.6 W，0.108 WC．0.6 W，1.8×10– 2 W D．6.48×103 W，1.94×10 2 W 15．如图所示电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（）A．电压表示数增大，电流表示数减少B．电压表示数减少，电流表示数增大C．两电表示数都增大D．两电表示数都减少16．如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，在它的正上方B点，有带电液滴不断地从静止开始下落（不计空气阻力），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落的带电液滴对已下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C．能够下落到A球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D．所有液滴下落过程中电场力做功相等17．如图所示，轻质弹簧的上端固定，下端与物体A相连，物体B与物体A之间通过轻质不可伸长的细绳连接。
开始时托住物体A，使A静止且弹簧处于原长，然后由静止释放A，从开始释放到物体A第一次速度最大的过程中，下列说法正确的有A．A、B两物体的机械能总量守恒B．B物体机械能的减少量一定等于A物体机械能的减少量C．轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化D．A物体所受合外力做的功等于A物体机械能的变化18．如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接。
2021年高三上学期期末考试物理试题含解析
2021年高三上学期期末考试物理试题含解析一、单选题（共12小题）1．下列物理量中属于矢量的是（）A．加速度B．动能C．功率D．电势能2．为了研究超重与失重问题，某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。
在电梯运动的某阶段，他发现体重计的示数大于自己实际体重，此时电梯的运动状态可能是（）A．匀速上升B．加速上升C．匀速下降D．加速下降3．匀强电场的电场线如图所示，、是电场中的两点。
下列说法中正确的是（）A．点电势一定小于点电势B．点电势一定等于点电势C．点电场强度一定小于点电场强度D．点电场强度一定等于点电场强度4．如图所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈平面转动至与磁场方向平行位置时（）A．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小D．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小5．如图所示，将两个完全相同的均匀长方体物块、叠放在一起置于水平地面上。
两物块重均为。
现用弹簧秤竖直向上拉物块，当弹簧秤示数为时，下列说法中正确的是（）A．物块对物块的压力大小为B．物块对地面的压力大小等于C．地面与物块之间存在静摩擦力D．物块与物块之间存在静摩擦力6．利用水滴下落可以粗略测量重力加速度的大小。
调节家中水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一滴水刚碰到盘子时，恰好有另一滴水刚开始下落，而空中还有一滴水正在下落。
测出此时出水口到盘子的高度为，从第1滴水开始下落到第滴水刚落至盘中所用时间为。
下列说法正确的是（）A．每滴水下落时间为B．相邻两滴水开始下落的时间间隔为C．第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为D．此地重力加速度的大小为7．如图1所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个形支架在竖直方向振动，形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。
圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图2所示。
2021年高三(上)期末物理试卷 含解析
2021年高三（上）期末物理试卷含解析一、选择题1．一理想变压器，原副线圈的匝数比n1：n2=1：2，电源电压u=220sinωt（V），原线圈电路中接人一熔断电流I=1A的保险丝，副线圈中接入一可变电阻R，如图所示，为了使保险丝不致熔断，调节R时，其阻值最低不能小于（）A．440ΩB．440ΩC．880ΩD．880Ω2．对于理想变压器，下列说法中不正确的是（）A．原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大B．原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大C．原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零3．图中EF、GH为平行的金属轨道，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有均匀磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（）A．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0 B．匀速滑动时，I1≠0，I2=0C．加速滑动时，I1=0，I2=0 D．加速滑动时，I1≠0，I2≠04．如图所示，C是一只电容器，先用外力使金属杆ab贴着水平平行金属导轨在匀强磁场中沿垂直磁场方向运动，到有一定速度时突然撤销外力．不计摩擦，则ab以后的运动情况可能是（）A．减速运动到停止B．来回往复运动C．匀速运动D．加速运动5．如图所示，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b 两点等电势，当用光照射R4时（）A．R4的阻值变小，a点电势高于b点电势B．R4的阻值变小，a点电势低于b点电势C．R4的阻值变大，a点电势高于b点电势D．R4的阻值变大，a点电势低于b点电势6．下列说法正确的是（）A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断C．电子秤所使用的测力装置是力传感器D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大7．下列元件利用了光传感器的是（）A．火灾报警器B．电饭锅C．测温仪D．加速度计8．下列说法正确的是（）A．只有物体温度较高时，才能向外辐射红外线B．紫外线的主要作用是化学作用C．可见光比红外线容易发生衍射现象D．X射线在磁场中偏转，穿透力较强，可用来进行人体透视9．太阳风暴袭击地球时，不仅会影响通信，威胁卫星．而且会破坏臭氧层，臭氧层作为地球的保护伞，是因为臭氧能吸收太阳辐射中（）A．波长较短的可见光B．波长较长的可见光C．波长较短的紫外线D．波长较长的红外线10．下列关于紫外线的几种说法中正确的是（）A．紫外线是一种紫色的可见光B．紫外线的频率比红外线的频率低C．紫外线可使钞票上的荧光物质发光D．利用紫外线可以进行电视机等电路的遥控二、解答题11．（xx秋•南京校级期末）交流发电机电枢电阻为2欧，感应电动势瞬时值表达式为e=389sin100πt （V），给电阻R=8Ω的用电器供电，则（1）通过用电器的电流为多少？（2）电源输出功率和发电总功率为多少？（3）发电机输出端电压为多少？12．（xx秋•南京校级期末）如图所示，小球从高h的光滑斜面滚下，经有摩擦的水平地面再滚上另一光滑斜面，当它到达h高度处时，速度为零．求小球最后停在AB间何处？13．（xx秋•南京校级期末）某雷达工作站，发射电磁波的波长为λ=20cm，每秒脉冲数n=5000，每个脉冲持续时间t=0.02μs，问电磁波的频率为多少？最大的侦察距离是多少？14．（xx秋•南京校级期末）如图所示，LC电路中C是带有电荷的平行板电容器，两极板水平放置．开关S断开时，极板间灰尘恰好静止．当开关S闭合时，灰尘在电容器内运动．若C=0.4 μF，L=1mH，求：（1）从S闭合开始计时，经2π×10﹣5 s时，电容器内灰尘的加速度大小为多少？（2）当灰尘的加速度多大时，线圈中电流最大？15．单色细光束射到折射率n=的透明球面，光束在过球心的平面内，入射角i=45°，研究经折射进入球内后，又经内表面反射一次，再经球面折射后射出的光线，如下图所示（图上已画出入射光和出射光）．（1）在图上大致画出光线在球内的路径和方向．（2）求入射光与出射光之间的夹角α（3）如果入射光是一束白光，透明球的色散情况与玻璃相仿，问哪种颜色光的α角最大，哪种颜色光的α角最小？xx学年江苏省南京市外国语学校高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．一理想变压器，原副线圈的匝数比n1：n2=1：2，电源电压u=220sinωt（V），原线圈电路中接人一熔断电流I0=1A的保险丝，副线圈中接入一可变电阻R，如图所示，为了使保险丝不致熔断，调节R时，其阻值最低不能小于（）A．440ΩB．440ΩC．880ΩD．880Ω考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据电压之比等于线圈匝数比求出副线圈电压，当可变电阻R的阻值变大时，电流变小，副线圈功率变小，则原线圈功率也变小，根据原线圈电路中电流的最大值求出副线圈电流最大值，进而求出可变电阻R的最小值，可变电阻的耗电功率是变化的．解答：解：由题意得：U1=220V，根据电压与匝数成正比得：U2=440V，原线圈电路中电流的最大值为1A，根据电流与匝数成反比，解得I2=0.5A，则可变电阻R的阻值最小值为：R==880Ω，故选：C点评：本题考查了变压器的变压原理，知道电压、电流与匝数的关系．2．对于理想变压器，下列说法中不正确的是（）A．原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大B．原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大C．原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．解答：解：A、输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，并且大小相等，所以原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大，故A正确；B、根据电流与匝数成反比可知：=，所以I1=，原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大，故B正确；C、加在原线圈上的电压是固定的，不会受其他因素影响，故C正确，D不正确．本题选不正确的，故选：D．点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．3．图中EF、GH为平行的金属轨道，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有均匀磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（）A．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0 B．匀速滑动时，I1≠0，I2=0C．加速滑动时，I1=0，I2=0 D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：当AB切割磁感线时，相当于电源．匀速滑动时，产生稳定的电动势，电容器“隔直流”，此时无电流通过电容器；加速滑动，电动势增大，电容器有充电电流．解答：解：A、B、当AB切割磁感线时，产生感应电动势，相当于电源．AB匀速滑动时，产生的感应电动势不变，在AEGB回路中有恒定的感应电流．电容器两端间的电压不变，电容器相当于开关断开，该支路没有电流，所以I1≠0，I2=0；故A错误，B正确．C、D、AB加速滑动时，根据E=BLv，知感应电动势增大，电容器两端的电压增大，所带的电量要增加，此时有充电电流，所以I1≠0，I2≠0．故C错误，D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键知道电容器的特点“隔直流”，两端间电压变化时，会有充电电流或放电电流．4．如图所示，C是一只电容器，先用外力使金属杆ab贴着水平平行金属导轨在匀强磁场中沿垂直磁场方向运动，到有一定速度时突然撤销外力．不计摩擦，则ab以后的运动情况可能是（）A．减速运动到停止B．来回往复运动C．匀速运动D．加速运动考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：用外力使金属杆ab在匀强磁场中沿垂直磁场方向运动时，金属杆产生感应电动势，对电容器充电，当撤销外力后，电容器放电，分析回路中电流的变化，分析ab棒所受的安培力的变化，判断其运动情况．解答：解：用外力使金属杆ab在匀强磁场中沿垂直磁场方向运动时，金属杆产生感应电动势，对电容器充电，设棒向右，根据右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从b到a，电容器上极板充正电，下极板充负电．当撤销外力后，棒将做减速运动，产生的感应电动势减小，使得回路中电流减小，但只要电流不为零，ab棒就在向右做减速运动，当电容器的电压等于棒产生的感应电动势时，回路中没有电流，棒ab不再受到安培力，将做匀速运动，故C正确．故选：C．点评：本题中带电的电容器相当于一个电源，棒切割产生的电动势是一个反电动势，分析电路中电流的变化，确定安培力的变化，即可判断棒的运动情况．5．如图所示，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射R4时（）A．R4的阻值变小，a点电势高于b点电势B．R4的阻值变小，a点电势低于b点电势C．R4的阻值变大，a点电势高于b点电势D．R4的阻值变大，a点电势低于b点电势考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：光敏电阻是由半导体材料制成的，有光照时电阻减小；根据R4阻值的变化，分析外电路总电阻的变化，判断总电流的变化，进一步分析路端电压的变化，判断出R1、R2所在支路电流的变化，根据总电流的变化，再分析通过R3的电流变化，根据欧姆定律分析R1和R3的电压怎样变化，就能判断a、b电势如何变化，确定出两点电势的关系．解答：解：当用光照射R4时R4的阻值变小，外电路总电阻减小，总电流增大．电源的内电压增大，路端电压减小，所以R1、R2所在支路电流减小．由于总电流等于两个支路电流之和，所以通过R3的电流增大，根据欧姆定律得知，R3的电压增大，R1的电压减小．根据在外电路中，顺着电流方向电势降低，可知，a、b两点的电势都比c点电势低，光照之前，a、b两点电势相等，光照后R3的电压增大，R1的电压减小，则a点的电势降低，b点的电势升高，故a点电势低于b点电势．故B正确．故选：B点评：本题首先要掌握光敏电阻的特性，其次要知道在外电路中，顺着电流方向电势降低，通过分析电阻R3的电压和R1的电压变化，判断两点电势的变化．6．下列说法正确的是（）A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断C．电子秤所使用的测力装置是力传感器D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大考点：常见传感器的工作原理．分析：传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析．解答：解：A、话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声信号转换为电信号．故A错．B、电熨斗温度自动控制装置能控制电源的通断．常温时，上、下触点应是接触的，当双金属片温度升高时，上下层形变不同，上层形变大，双金属片发生弯曲，使电路断开．所以电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断．故B正确．C、电子秤所使用的测力装置是力传感器，传感器输出的电压表示力F的大小，压力越大电子秤示数越大，也就是输出的电压越大．故C正确．D、半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越小．故D错．故选BC．点评：本题考查对传感器原理的理解，传感器能够将其他信号转化为电信号，它们在生产生活中应用非常广泛，在学习中要注意体会．属于基础题．7．下列元件利用了光传感器的是（）A．火灾报警器B．电饭锅C．测温仪D．加速度计考点：传感器在生产、生活中的应用．分析：传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量．解答：解：A、火灾报警器，是当有火灾时，会发生烟，进入火灾报警器时，利用光的漫反射，从而触发开关报警．故A正确；B、电饭锅，则是由电流做功产生热量，当达到103℃时，磁钢失去磁性，导致开关关闭，所以属于温度传感器，故B错误；C、测温仪是温度计的一种，用红外线传输数字的原理来感应物体表面温度，操作比较方便，特别是高温物体的测量．应用广泛，如钢铸造、炉温、机器零件、玻璃及室温、体温等各种物体表面温度的测量．故C错误；D、加速度计是测量运载体线加速度的仪表，是属于力传感器，故D错误；故选：A点评：热敏电阻是当温度变化时，导致电阻的阻值发生变化；而光敏电阻则是当有光时，其电阻的阻值发生变化．它们的电阻都是变小，而金属电阻则是变大．8．下列说法正确的是（）A．只有物体温度较高时，才能向外辐射红外线B．紫外线的主要作用是化学作用C．可见光比红外线容易发生衍射现象D．X射线在磁场中偏转，穿透力较强，可用来进行人体透视考点：X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性；紫外线的荧光效应及其应用．分析：一切向外辐射红外线，当温度越高时，辐射越强；紫外线的主要作用是化学作用；波长越长，越容易发生衍射现象；X射线不带电，在磁场中不偏转，但穿透力较强，可用来进行人体透视．解答：解：A、一切向外辐射红外线，当温度越高时，辐射越强，故A错误；B、紫外线的主要作用是化学作用，比如消毒，故B正确；C、波长越长，越容易发生衍射现象，而红外线的波长比可见光长，故C错误；D、X射线不带电，在磁场中不偏转，但穿透力较强，可用来进行人体透视．故D错误；故选：B点评：考查一切物体均辐射红外线，辐射强度与温度高低有关，认识紫外线与红外线的区别，掌握明显的衍射条件，知道X射线不带电，但有穿透能力．9．太阳风暴袭击地球时，不仅会影响通信，威胁卫星．而且会破坏臭氧层，臭氧层作为地球的保护伞，是因为臭氧能吸收太阳辐射中（）A．波长较短的可见光B．波长较长的可见光C．波长较短的紫外线D．波长较长的红外线考点：电磁波谱．分析：根据臭氧层的主要作用，再根据紫外线对人体和动物的伤害性进行判断．解答：解：臭氧层的主要作用就是吸收由太阳射向地球的紫外线，从而有效地对地球上的动植物起保护作用．作为人类，保护臭氧层就是保护我们自己，故正确的选项是C．故选：C．点评：本题考查学生对臭氧层的作用以及紫外线的杀伤性理解情况．要明确紫外线的性质和作用，同时明确臭氧层的作用．10．下列关于紫外线的几种说法中正确的是（）A．紫外线是一种紫色的可见光B．紫外线的频率比红外线的频率低C．紫外线可使钞票上的荧光物质发光D．利用紫外线可以进行电视机等电路的遥控考点：紫外线的荧光效应及其应用．分析：紫外线化学效应强，能杀菌，制成消毒灯；紫外线能合成维生素D，促使钙的吸收；紫外线能使荧光物质发光，制成验钞机来验钞．红外线的热效应比较强，能制成热谱仪，制成红外线夜视仪；红外线可以用来遥控，制成电视遥控器．解答：解：A、紫外线和红外线都是不可见光，故A错误；B、紫外线的频率比红外线的频率高，故B错误；C、紫外线能使荧光物质发光，制成验钞机来验钞，故C正确；D、红外线可以用来遥控，制成电视遥控器．故D错误．故选C．点评：分清红外线和紫外线的作用和用途，对比记忆比较好．二、解答题11．（xx秋•南京校级期末）交流发电机电枢电阻为2欧，感应电动势瞬时值表达式为e=389sin100πt （V），给电阻R=8Ω的用电器供电，则（1）通过用电器的电流为多少？（2）电源输出功率和发电总功率为多少？（3）发电机输出端电压为多少？考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：（1）根据瞬时值表达式求出电动势有效值，再根据闭合电路欧姆定律求出通过用电器的电流；（2）发电总功率为电动机的总的功率的大小，电源输出功率为电阻R上消耗的总功率的大小；（3）发电机输出端电压即为电阻R上消耗的电压．解答：解：（1）因为E max=389V所以又因为所以I=27.5A（2）因为电源输出功率等于电阻R消耗的功率，P出=I2R=27.52×8W=6050W，（3）发电机输出端电压即为电阻R上消耗的电压，所以U=IR=27.5×8=220V．答：（1）通过用电器的电流为27.5A；（2）电源输出功率6050W，发电机总功率为7562.5W；（3）发电机输出端电压为220V．点评：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．12．（xx秋•南京校级期末）如图所示，小球从高h的光滑斜面滚下，经有摩擦的水平地面再滚上另一光滑斜面，当它到达h高度处时，速度为零．求小球最后停在AB间何处？考点：动能定理的应用；功能关系．专题：动能定理的应用专题．分析：对小球应用动能定理求出小球的路程，然后确定小球的位置．解答：解：对小球，由能量守恒定律得：mgh﹣mgh﹣μmgs AB=0﹣0，mgh﹣μmgs=0﹣0，解得：s=s AB，则小球停在AB中间；答：小球最后停在AB的中间位置．点评：本题考查了动能定理的应用，分析清楚小球的运动过程是正确解题的关键，应用动能定理可以解题，本题也可以应用能量守恒定律解题．13．（xx秋•南京校级期末）某雷达工作站，发射电磁波的波长为λ=20cm，每秒脉冲数n=5000，每个脉冲持续时间t=0.02μs，问电磁波的频率为多少？最大的侦察距离是多少？考点：电磁波的周期、频率和波速．专题：常规题型．分析：电磁波的波速c=3×108m/s是一定值，电磁波的波长、波速和频率的关系式：c=λf，利用公式即可求出频率，由电磁波的传播速度由速度公式可求得距离．解答：解：由于电磁波的波长、频率和波速之间满足关系v=λf，真空中电磁波的传播速度等于光速，一般在空气中传播，电磁波的传播速度就认为等于光速ν=3.00×l 08 m/s，因此，即电磁波频率为1.5×109 Hz．雷达工作时发射电磁脉冲，每个脉冲持续t=0.02μs，在两个脉冲时间间隔内，雷达必须接收到反射回来的电磁脉冲，否则会与后面的电磁脉冲重叠而影响测量，设最大侦察距离为s，则2s=v△t，而△t=1/5000 s=200μs＞＞0.02μs（脉冲持续时间可以略去不计），所以s=v△t=3×104m．点评：本题中要注意电磁波是发射和接收的，掌握电磁波的波长、波速和频率关系式的正确理解和应用．14．（xx秋•南京校级期末）如图所示，LC电路中C是带有电荷的平行板电容器，两极板水平放置．开关S断开时，极板间灰尘恰好静止．当开关S闭合时，灰尘在电容器内运动．若C=0.4 μF，L=1mH，求：（1）从S闭合开始计时，经2π×10﹣5 s时，电容器内灰尘的加速度大小为多少？（2）当灰尘的加速度多大时，线圈中电流最大？考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）断开时，灰尘恰好静止，则重力等于电场力，再根据周期公式T=2π，求得闭合后在2π×10﹣5 s时，电容器带电量与电性，跟断开时相比较，并结合牛顿第二定律，从而求解；（2）当电容器放电时，电量减小，电流增大，当电流最大时，电量为零，从而确定灰尘受力情况，再由牛顿第二定律，即可求解．解答：解：（1）开关S断开时，极板间灰尘恰好静止，则有mg=qE；根据周期公式T=2π==4π×10﹣5 s，因此电容器放电完毕后，又达到充电完毕时，则电容器下极板带正电，电量达到断开时值，那么灰尘受到重力，及向下的电场力，根据牛顿第二定律，则有：mg+qE=ma解得：a=2g（2）根据电容器放电过程中，电量减小，电流增大，当电流最大时，电量刚放完，即电容器的电量为零，那么灰尘只受到重力，根据牛顿第二定律，则有：mg=ma解得：a=g，答：（1）从S闭合开始计时，经2π×10﹣5 s时，电容器内灰尘的加速度大小为2g；（2）当灰尘的加速度g时，线圈中电流最大．点评：考查振荡电路的周期公式内容，掌握电容器的放充电过程中，电量，电流的变化情况，理解牛顿第二定律的应用，注意何时有电场力，及电场力方向是解题的关键．15．单色细光束射到折射率n=的透明球面，光束在过球心的平面内，入射角i=45°，研究经折射进入球内后，又经内表面反射一次，再经球面折射后射出的光线，如下图所示（图上已画出入射光和出射光）．（1）在图上大致画出光线在球内的路径和方向．（2）求入射光与出射光之间的夹角α（3）如果入射光是一束白光，透明球的色散情况与玻璃相仿，问哪种颜色光的α角最大，哪种颜色光的α角最小？考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：（1）光线从入射到出射的光路如下图所示．入射光线AB经玻璃折射后，折射光线为BC，又经球内壁反射后，反射光线为CD，再经折射后，折射出的光线为DE．OB、OD为球的半球，即为法线．作出光路图．（2）由折射定律求出折射角r，根据几何知识和对称性求出α．（3）根据上题的结论，分析α与折射率n的关系，抓住紫光的折射率大于红光的折射率进行分析．解答：解：（1）光线从入射到出射的光路如下图所示．入射光线AB经玻璃折射后，折射光线为BC，又经球内壁反射后，反射光线为CD，再经折射后，折射出的光线为DE．OB、OD为球的半球，即为法线．（2）由折射定律=n，得sinr===∴r=30°由几何关系及对称性，有=r﹣（i﹣r）=2r﹣i∴α=4r﹣2i，把r=30°，i=45°代入得α=30°（3）由（2）问解答可知，i=45°，n越小，sinr越大，r角越大，同时α=2r﹣i．∴红光的α最大，紫光的α最小．答：（1）如图所示．（2）入射光与出射光之间的夹角α为30°；（3）红光的α最大，紫光的α最小．点评：本题是几何光学问题，作出光路图是解题的基础，同时要善于运用几何关系分析光线的偏折角与折射角和入射角的关系．26499 6783 枃39278 996E 饮-35344 8A10 訐24181 5E75 幵38023 9487 钇h21864 5568 啨o<38385 95F1 闱34898 8852 衒。
解析江苏省苏州市2021年高三上学期期末考试物理试题
江苏省苏州市２０21年高三上学期期末考试物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题３分,共21分．每小题只有一个选项符合题意. 1．下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是( ）开,D错误;故选：C点评：解决此题要知道常用的物理学研究方法:控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、分类法、类比法、转换法等．2．（3分）如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O．人沿水平方向拉着ＯB绳,物体和人均处于静止状态.若人的拉力方向不变,缓慢向左移动一小段距离,下列说法正确的是（）A．O A绳中的拉力先减小后增大B．OB绳中的拉力不变C．人对地面的压力逐渐减小D．地面给人的摩擦力逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.专题:共点力作用下物体平衡专题．分析:将重力进行分解,判断OB拉力的变化，根据平衡条件判断摩擦力的变化.解答:解：将重物的重力进行分解,当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，则OA与竖直方向夹角变大，ＯA的拉力由图中１位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大,OB绳拉力逐渐变大；OA拉力变大,则绳子拉力水平方向分力变大,根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大;人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变;故选：Ｄ.点评：本题考查了动态平衡问题,用图解法比较直观,还可以用函数法．３．（３分）如图所示,虚线是某静电场的一簇等势线,边上标有电势的值.一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从Ａ经过B运动到C．下列判断正确的是（）A.粒子一定带负电Ｂ．A处场强大于Ｃ处场强C．粒子在A处电势能大于在C处电势能Ｄ.粒子从A到B电场力所做的功大于从Ｂ到C电场力所做的功考点：等势面;电场线.分析：根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势,确定出电场线方向，根据曲线运动中物体所受的合力方向指向轨迹的内侧,可判断出粒子所受的电场力方向,判断粒子的电性．根据等差等势面密处场强大,可判断场强的大小.由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小.解答：解：ＡB、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势,可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知,粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电.故A错误;B、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故Ｂ正确；C、从A点飞到C点,电场力方向与速度的夹角为钝角,电场力做负功,电势能增大,故C错误；Ｄ、根据Ｗ=Uq知电势差相同，电场力做功相同，故Ｄ错误.故选：B点评:本题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向，由粒子的轨迹判断出电场力方向,分析能量的变化．4.(3分)如图所示是质量为ｍ的小球靠近墙面竖直上抛的频闪照片，甲图是上升时的照片，乙图是下降时的照片，O是运动的最高点.假设小球所受阻力大小不变,重力加速度为g,据此估算小球受到的阻力大小为( ）A.m gＢ.m g C.mｇ D.ｍｇ考点:牛顿第二定律；竖直上抛运动．专题:直线运动规律专题．分析：闪光频率相同，则小球每经过两个相邻位置的时间间隔是相同的,根据位移公式求出两种情况的加速度之比,根据牛顿第二定律列方程表示出上升和下落的加速度,联立即可求解.解答:解：设每块砖的厚度是d,向上运动上运动时:９ｄ﹣3ｄ=ａT2①向下运动时:3d ﹣d=a′T ２②联立①②得：= ③根据牛顿第二定律,向上运动时:mg+f＝ma④向下运动时:ｍg﹣f=ｍa′⑤联立③④⑤得：f＝mg；故选:B.点评:解决本题的关键是利用匀变速直线运动的推论△ｘ＝aT2求出两种情况下的加速度，进而由牛顿第二定律即可求解．5.（3分）（2011•辽宁模拟)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地.两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示,以C表示电容器的电容、Ｅ表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在Ｐ点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l０的过程中各物理量与负极板移动距离ｘ的关系图象中正确的是（)A．B．Ｃ.D．考点:电容器的动态分析．专题：电容器专题.分析：由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化;再由U＝Ed可知E的变化,进而判断势能的变化．解答:解：A、当负极板右移时,d减小,由C＝可知，Ｃ与x图象不能为一次函数图象！故A错误；B、由U=可知，Ｕ=Q，则E=＝，故E与ｄ无关，故B错误；Ｃ、因负极板接地,设Ｐ点原来距负极板为l,则P点的电势φ=E(l﹣l0);故C正确；D、电势能E=φｑ=Eｑ(l﹣l0),不可能为水平线，故Ｄ错误;故选：C.点评：本题考查电容器的动态分析,由于结合了图象内容,对学生的要求更高了一步,要求能根据公式得出正确的表达式,再由数学规律进行分析求解.6．(３分)(２0１4•大东区一模)一个物体静止在质量均匀的球形星球表面的赤道上.已知万有引力常量为Ｇ，星球密度为ρ,若由于星球自转使物体对星球表面的压力恰好为零,则星球自转的角速度为( )A.B． C.ρGπＤ．考点:万有引力定律及其应用.专题：万有引力定律的应用专题.分析：赤道上随行星一起转动的物体对行星表面的压力恰好为零，说明此时万有引力提供向心力，根据万有引力充当向心力及M＝ρV进行求解.解答:解：设某行星质量为Ｍ,半径为R，物体质量为m,万有引力充当向心力，则有Ｇ＝mRω２，又Ｍ＝ρV＝ρπR3．联立两式解得:ω=故选：A.点评：该题考查了万有引力公式及向心力基本公式的直接应用,难度不大,属于基础题.７．（3分)用两根足够长的粗糙金属条折成“「”型导轨,右端水平，左端竖直,与导轨等宽的粗糙金属细杆ab、cd和导轨垂直且接触良好．已知aｂ、cd杆的质量、电阻值均相等,导轨电阻不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中.当aｂ杆在水平拉力Ｆ作用下沿导轨向右匀速运动时，cｄ杆沿轨道向下运动,以下说法正确的是（)Ａ.ｃｄ杆一定向下做匀速直线运动B.cd杆一定向下做匀加速直线运动C．F做的功等于回路中产生的焦耳热与aｂ杆克服摩擦做功之和D.F的功率等于ab杆上的焦耳热功率与摩擦热功率之和考点:导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．分析：题中ａb匀速切割磁感线产生恒定的感应电动势,cd不切割磁感线，不产生感应电动势，回路中感应电流恒定，分析cｄ可能的受力情况，判断其运动情况；对ａb进行受力情况分析,由平衡条件分析拉力Ｆ；根据功能关系分析拉力F的功率.解答:解：Ａ、B、由图看出,aｂ匀速切割磁感线，产生恒定的感应电动势,cd不切割磁感线，不产生感应电动势,回路中感应电流恒定;cd棒竖直方向上受到向下的重力和向上滑动摩擦力f,水平方向受到轨道的支持力Ｎ和安培力ＦA，则ｆ=μN=μF A＝μBIL，可知f大小不变．若重力大于滑动摩擦力，cd杆做匀加速运动;若重力等于滑动摩擦力，cd杆做匀速运动；故A错误,B错误;C、导体棒aｂ做匀速直线运动，受拉力、重力、向左的安培力、向左的滑动摩擦力和向上的支持力;故拉力做的功等于ab杆克服摩擦做功和克服安培力做功之和，ａb 杆克服安培力做功等于回路中产生的焦耳热，故F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆克服摩擦做功之和,故C正确;Ｄ、F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆克服摩擦做功之和，故F的功率等于回路上的焦耳热功率与摩擦热功率之和,故D错误;故选：C.点评:本题要注意ｃd杆不切割磁感线，没有感应电动势产生，同时要正确分析两棒的受力和能量如何转化,分析时能量的形式不能少．二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共２4分,每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分.8．(4分）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为4:1,电压表和电流表均为理想电表,R1是用氧化锰等金属氧化物烧结而成的热敏电阻,R0为定值电阻.原线圈接如图乙所示的正弦交流电,下列说法正确的是( )Ａ．交流电压u的表达式u=36ｓin１０0πt(V)B．变压器原、副线圈中的电流之比为1:４Ｃ.变压器输入、输出功率之比为1:4D.当R1温度升高时,电压表和电流表的读数均变大考点:变压器的构造和原理．专题:交流电专题．分析：由图乙可知交流电压最大值Ｕm=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值,则可得交流电压u的表达式U=36ｓiｎ1００πtV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rｔ处温度升高时,阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．解答:解：Ａ、由图乙可知交流电压最大值Uｍ=36V，周期T=0.02ｓ,可由周期求出角速度的值为＝100π,则可得交流电压u的表达式U=36sin1００πtV，故A正确;B、理想变压器原、副线圈的匝数比为4:1，所以变压器原、副线圈中的电流之比为１:４，故B正确;C、变压器输入、输出功率之比为1：１，故C错误；D、当R１温度升高时，阻值减小，电压表示数不变，电流表的示数变大,故D错误；故选:AB．点评:根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求,准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系,是解决本题的关键．9.(4分）如图所示,小球B放在真空正方体容器A内，球Ｂ的直径恰好等于A的内边长,现将它们以初速度v0竖直向上抛出,下列说法中正确的是（)Ａ．若不计空气阻力,下落过程中，B对A没有弹力B．若考虑空气阻力,上升过程中，A对B的弹力向下C．若考虑空气阻力,下落过程中,Ｂ对A的弹力向上D．若不计空气阻力,上升过程中,Ａ对Ｂ有向上的弹力考点:牛顿运动定律的应用－超重和失重．专题：牛顿运动定律综合专题.分析:将容器以初速度V0竖直向上抛出后,若不计空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得到加速度为ｇ，再以容器A为研究对象，其合力为重力,A、Ｂ间无相互作用力．若考虑空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得到加速度大于g，再以球B为研究对象,根据牛顿第二定律分析B所受压力方向．解答:解：A、D、将容器以初速度V0竖直向上抛出后,若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象,上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力.故A正确，D错误.B、若考虑空气阻力，以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象,根据牛顿第二定律分析:B受到的合力大于重力,Ｂ除受到重力外,还应受到向下的压力.A对B的压力向下．故B正确．Ｃ、若考虑空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得到:下落过程加速度小于ｇ,再以B为研究对象,根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力,B除受到重力外，还应受到向上的力,即A对B的支持力向上,B对Ａ的压力向下，故C错误．故选:ＡＢ点评:本题采用整体法和隔离法,由牛顿定律分析物体的受力情况，考查灵活选择研究对象的能力．１0.（4分）(２0１2•盐城一模）如图所示是研究自感通电实验的电路图，A1、A２是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节电阻R,使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使他们都正常发光，然后断开电键Ｓ.重新闭合电键S,则（）A.闭合瞬间，Ａ１立刻变亮，A2逐渐变亮B.闭合瞬间，A2立刻变亮,A1逐渐变亮C．稳定后,L和Ｒ两端电势差一定相同Ｄ．稳定后，Ａ1和Ａ2两端电势差不相同考点：自感现象和自感系数.专题：电磁感应与电路结合.分析：闭合开关的瞬间，L相当于断路，稳定后自感作用消失，结合欧姆定律分析电压大小.解答：解：闭合瞬间，L相当于断路,A2立刻变亮,Ａ１逐渐变亮，稳定后,两个灯泡的亮度相同,说明它们两端的电压相同,L和R两端电势差一定相同，选项BC正确AD错误．故选ＢC点评:对自感线圈来讲,重点掌握开关闭合瞬间,断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用.1１．(４分）质量为2×103ｋg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F 和车速倒数的关系图象如图所示.己知行驶过程中最大车速为30m/s，设阻力恒定，则（)Ａ.汽车所受阻力为6×１03 NB.汽车在车速为5 ｍ／s时,加速度为3m/s２C.汽车在车速为15 m/ｓ时，加速度为lm/s2Ｄ．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．分析:从图线看出，开始图线与x轴平行，表示牵引力不变,牵引车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示额定功率，即牵引车达到额定功率后,做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零,做匀速直线运动.解答：解:Ａ、当牵引力等于阻力时,速度最大,由图线可知阻力大小f＝2０00N,故A错误．B、倾斜图线的斜率表示功率,可知P＝fv=２0０0×30W＝6０000W,车速为5m／s时，汽车做匀加速直线运动,加速度a=,故B错误.Ｃ、当车速为１5ｍ／s时，牵引力Ｆ＝,则加速度a=,故Ｃ正确.D、汽车的最大功率等于额定功率,等于6000０W.故D正确．故选:CD．点评:解决本题的关键能够从图线中分析出牵引车的运动情况，知道倾斜图线的斜率表示牵引车的额定功率.1２.（4分)在如图(a）所示的电路中,Ｒｌ为定值电阻,R2为滑动变阻器，电表均为理想电表．闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从最右端滑到最左端,两个电压表读数随电流表读数变化的图线如图(b）所示．则（)A．电源内电阻的阻值为10ΩB.电源的最大输出功率为1．8WC.滑动变阻器R2的最大功率为０．9WＤ．图线甲是电压表Ｖ2读数随电流表读数变化的图线考点:闭合电路的欧姆定律.专题:恒定电流专题.分析:将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端,接入电路的电阻减小,分析电路中电流的变化，确定两个电压表读数的变化,判断图线与电压表示数的对应关系；根据闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻和电动势.由图线的斜率求解Ｒ１的阻值,将R l看成电源的内阻，当等效电源的内外电阻相等时，滑动变阻器R２的功率最大.解答:解:ＡD、将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端,接入电路的电阻减小,电路中的电流增大,Ｒ1的电压和电源的内电压增大,则Ｒ2的电压减小,所以电压表V1的示数增大,电压表V2的示数减小，可知图线乙反映的是电压表V1的示数随电流的变化，图线甲反映的是电压表V2的示数随电流的变化．根据闭合电路欧姆定律得:电压表V２的示数U 2=E﹣I(R1+r) ①由图线甲的斜率大小等于R 1+r,由图知:R1+ｒ==Ω＝10Ω图线②的斜率等于Ｒ1，则R1＝=Ω=5Ω则得:r=5Ω，故A错误，Ｄ正确．B、由甲图知：I＝0．2Ａ时，Ｕ2=4V，则电源的电动势为E=Ｕ２+Ｉ(Ｒ1＋r)＝４+0.2×(5＋5）＝６V当R1+R2=r时电源的输出功率最大,则电源的最大输出功率为Ｐm==Ｗ=１.8W,故B正确.C、将Ｒl看成电源的内阻，当R1+r=R2时,滑动变阻器R2的功率最大，为ＰmR2==W=０.9W,故D正确.故选:Bｃd．点评：本题关键:一是分析电路图,确认电路组成、连接方式、三电表的测量对象,能从图象上得到相关信息．二能运用等效思维求解滑动变阻器R2的最大功率．1３.(4分)如图所示,足够长的木板A静止放置于水平面上,小物块B以初速度v0从木板左侧滑上木板,关于此后A、B两物体运动的v﹣t图象可能是( )Ａ．B.C．Ｄ．考点：牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像．专题:牛顿运动定律综合专题.分析：木块滑上木板,木块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律比较出A、B的加速度大小，从而确定速度时间图线的正误解答：解:Ａ、木块滑上木板，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得,,若地面对木板无摩擦力,则，当木块和木板速度相等后,两者一起匀速运动，故A正确;BCD、木块滑上木板，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得，，若地面对木板有摩擦力且动摩擦因数为μ′则，木板能加速运动说明地面对木板的动摩擦因数μ′＜μ，故木板和木块速度相等后两者一起在地面上匀减速运动的加速度小于木块开始时的加速度，故ＢC错误，Ｄ正确．故选：AD.点评:本题综合考查了动能定理，牛顿第二定律,对学生能力的要求较高，关键是通过图线的斜率判断图象的正误．三、简答题:本大题共３小题;其中第1４题1０分,第15题１0分，共计２0分．请将解答填写在答题卡相应的位置.14.（3分)用游标卡尺测量某小球直径时,为使测量爪靠近小球,应用手指推动部件（如图中“A”、“B”、“C”）,并旋紧紧固螺丝再进行读数．如图是卡尺的某次测量其读数为10.30 ｍｍ.考点：刻度尺、游标卡尺的使用.专题:实验题.分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读.解答:解:游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为6×０.05mｍ＝０.30ｍm，所以最终读数为：10mm+0.3０mｍ=10.３0mm.故答案为:10.３0点评:对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．15.(7分）某同学设计了一个如图1所示的装置来测定滑块与水平木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和Ｃ是钩码,个数可调．A的左端与打点计时器的纸带(未画出）相连，通过打点计时器打出的纸带测出系统的加速度．实验中该同学在钩码总质量(ｍ+ｍ′=m0)保持不变的条件下,多次改变ｍ和m′的钩码个数,重复测量.不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦.①实验中除电磁打点计时器、纸带、若干个质量均为50克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线外,为了完成本实验，还应有BＤA.秒表B．毫米刻度尺C．天平Ｄ．低压交流电源②实验中该同学得到一条较为理想的纸带，如图3所示.现从清晰的O点开始，每隔４个点取一计数点（中间４个点没画出）,分别记为A、B、C、D、E、Ｆ．测得各计数点到OD点的距离分别为OＡ=1.61cｍ，ＯB＝4.０２ｃｍ，ＯC=7．26cｍ,OD=11.3０ｃm,OE=16.1４ｃm９OＦ＝2１．80cｍ,打点计时器打点频率为50Hz．由此纸带可得到打Ｅ点时滑块的速度v＝０.5２m/ｓ,此次实验滑块的加速度ａ= 0.8１ｍ/s２.(结果均保留两位有效数字）③在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图2所示的实验图线,由此可知滑块与木板间的动摩擦因数µ=０.３.（ｇ取１０ｍ/ｓ２,保留两位有效数字）考点：探究影响摩擦力的大小的因素.专题:实验题；摩擦力专题．分析：(1)本实验中需要交流电源和长度的测量工具(２)每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.１s，由匀加速规律可得,用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解速度、用△x=at2求解加速度(3）对系统应用牛顿第二定律,得到图线的纵轴截距为﹣μｇ，可解得动摩擦因数解答：解:(1）A、打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误.B、实验需要测量两点之间的距离,故需要毫米刻度尺和,故B正确．Ｃ、本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量已知，故天平可以不选,故C错误.Ｄ、打点计时器要用到低压交流电源,故D正确.故选:BＤ(２)每隔4个点取一计数点,相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：=0.44m／s同理可求，=０．36ｍ/s由匀变速运动规律得:所以,v E=２vＤ﹣ｖC=０.８8﹣0.３６ｍ/s=0.52m／s由△ｘ=at2可得:a===0.81m/s2（3)对ABC系统应用牛顿第二定律可得:ａ=所以,a﹣﹣ｔ图象中,纵轴的截距为﹣μg,故﹣μg=﹣3,μ=0.3故答案为：(1)BＤ(2）0．５2;0.8１（3）0.3点评:熟悉纸带的处理方法，注意时间的数值和长度的单位、逐差法等;对于图象问题，注意分析截距、斜率、面积等的含义.１６.(10分）一实验小组用某种导电材料制作成电阻较小的线状元件Ｚ,并通过实验研究该元件中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律．(１)该小组连成的实物电路如图1所示,其中有两处错误，请在错误的连线上打“×”,并在原图上用笔画出正确的连线.（2）在实验中应选用的滑动变阻器是A ．Ａ．滑动变阻器R１（0～5Ω 额定电流5A）B.滑动变阻器R2（0～20Ω 额定电流2A)C.滑动变阻器R3（0～100Ω额定电流０．5Ａ）（３)实验测得元件中的电流与电压的关系如表所示，试在图２方格纸中画出电流与电压的关系图线．U（V)0０．4０0.５０0．600.700.８0 1.00 1.20I（A)00．200.300.40.0.55０.751．２5 1.８0(４）把元件Z接入如图3所示的电路中,当电阻R的阻值为２Ω时,电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为3.6Ω时,电流表的读数为0.80A.结合图线，求出电池的电动势为4．1 V,内阻为0．47 Ω．（不计电流表的内阻，结果保留两位有效数字)点评：本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验原理及仪表选择、数据处理等问题,要注意分压接法的正确应用.四、计算题：本大题共4小题,共５5分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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. 17．（12分）如图所示,足够长的斜面倾角θ=３7°，一物体以ｖ0=12m／s的初速度从斜面上的A点开始沿斜面向上运动,加速度大小ａ=８.0m/s2.ｇ取10m／ｓ2，sｉn 37°＝0.6，coｓ３7°=0．8，求：（1)物体沿斜面向上滑行的最大距离;（2）物体与斜面间的动摩擦因数;(３）物体沿斜面到达最高点后返回过程中的加速度大小．考点:牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题:牛顿运动定律综合专题.分析:(1)根据初速度、末速度、加速度,结合速度位移公式求出物体沿斜面上滑的最大距离．(2)对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数.(3)对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度大小．解答:解:(１)根据匀变速直线运动的速度位移公式得,上滑的最大距离为：x＝=；（2)根据牛顿第二定律得,上滑的加速度为:a==gsiｎ３７°+μｇcoｓ37°代入数据解得:μ＝＝0.25；(３)根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为:a′＝＝gsiｎθ﹣μgcｏsθ=10×=4m/ｓ2.答:(1)物体沿斜面上滑的最大距离s为9ｍ；（２）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25;（3)物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速大小为4ｍ/s２；点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合,知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．１8.(１2分）如图所示,在高度为L、足够宽的区域MNPQ内,有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B．质量为m、边长为L、电阻为R的正方形导线框abｃd，在ＭＮ上方某一高度由静止开始自由下落.当ｂc边进入磁场时,导线框恰好做匀速运动.已知重力加速度为ｇ,不计空气阻力，求：（１）导线框刚下落时,bc边距磁场上边界MN的高度h;（2）导线框离开磁场的过程中,通过导线框某一横截面的电量q；(3)导线框穿越磁场的整个过程中，导线框中产生的热量Q．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化.专题：电磁感应——功能问题.分析：(１）线框速度达到稳定时,说明线框受力平衡即线框所受重力和安培力平衡，根据安培力的大小求出此时感应电流的大小,根据欧姆定律求出感应电动势从而求出此时线框的速度,根据动能定理可以求出bc边距磁场上边界MＮ的高度ｈ;（２)根据感应电荷量表达式ｑ=求解电量;(３)当线框速度已达稳定时,从能量守恒的角度分析处理,线框减少的重力势能等于线框增加的动能与产生的热量之和,计算出线框减少的势能再计算出产生的热量即可．解答:解:设线框进入磁场时的速度为ｖ，由于导线框恰好做匀速运动，所以安培力与重力大小相等，方向相反,即mg=F安；线框bc边切割磁感线产生的电动势为:E＝BLｖ故线框中产生的电流为:I=线框在磁场中所受安培力为:Ｆ安=ＢIL=线框进入磁场前做自由落体运动，根据动能定理可以求出线框进入磁场时的速度v,即:。
2021年高三上学期期末考试(重点班)物理试题 含答案
2021年高三上学期期末考试（重点班）物理试题含答案一、选择题（共48分，1-9单选，10-12多选，选不全得2分）1．如图所示，A、B 两物体的质量分别为mA 和mB，且 mA>mB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计。
如果绳一端由 Q 点缓慢地向左移到 P点，整个系统重新平衡后，物体 A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化（）A.物体 A 的高度升高，θ角变小B.物体 A 的高度降低，θ角不变C.物体 A 的高度升高，θ角不变D.物体 A 的高度不变，θ角变小2．质量为M的原子核，原来处于静止状态。
当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v的方向为正方向），剩余部分的速度为（）A．B．C．D．3．如图所示，两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的速度时间图像，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是（）A．a车速度先减小后增大，b车速度先增大后减小B．t1时刻a车在前，b车在后C．t1～t2汽车a、b的位移相同D．a、b车加速度都是先减小后增大4.如图(a)所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图(b)所示。
以下说法正确的是()A．电子在A、B两点的速度v A<v BB．A、B 两点的电势φA<φBC．电子在A、B两点的电势能E p A>E p BD．A、B两点的电场强度E A>E B5．如图所示，某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是v1、v2、v3，打在挡板上的位置分别是B、C、D，AB∶BC∶CD＝1 ∶3 ∶5。
则v1、v2、v3之间的正确关系是()A．v1∶v2∶v3＝3 ∶2 ∶1B．v1∶v2∶v3＝5 ∶3 ∶1C．v1∶v2∶v3＝6 ∶3 ∶2D．v1∶v2∶v3＝9 ∶4 ∶16.如图所示，用a、b两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现当a光照射时验电器的指针偏转，b光照射时指针未偏转，以下说法正确的是()A．增大a光的强度，验电器的指针偏角一定减小B．a光照射金属板时验电器的金属小球带负电C．增大b光的强度，验电器指针偏转D．若a光是氢原子从n＝4的能级向n＝1的能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子从n＝5的能级向n ＝2的能级跃迁时产生的7．如图所示，在光滑水平面上，用等大异向的F 1、F 2分别同时作用于A 、B 两个静止的物体上，已知m a <m b ，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将( ) A ．静止B ．向右运动C ．向左运动D ．无法确定8．如图所示，电动势为E 、内阻为r 的电池与定值电阻R 0、滑动变阻器R 串联，已知R 0＝r ，滑动变阻器的最大阻值是2r 。
【物理】山东省济宁市2021届高三上学期期末考试试卷(解析版)
B. 电压表V2示数增大：
C. 电阻R2消耗的电功率增大
D. 电压表V1示数的变化量∆U1的绝对值小于电压表V2示数的变化量∆U2的绝对值
【答案】D
【详解】AB．当滑动变阻器的滑片自图示位置向左缓慢滑动时，R接入电路的阻值减少，总电阻减少，所以总电流变大，则内电压和R1两端的电压增大，所以R2两端的电压减小，再根据部分电路的欧姆定律，通过R2的电流减小了，根据并联电路电流的特点，通过R3这部分支路的电流变大，则R3两端的电压变大，电压表V1示数变大，R两端的电压减小，电压表V2示数减小，故AB错误；
B．苹果做匀速圆周运动，从c到d的过程中,加速度在竖直方向上有向下的加速度,可以知道苹果处于失重状态，故B错误.
C．从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的加速度逐渐减小，方向向下，则重力和支持力的合力逐渐减小，可以知道支持力越来越大，故C错误.
D．苹果做匀速圆周运动，合力大小不变，方向始终指向圆心，故D错误.
B．t1时刻因 相同，则
由两环中的感应电流的大小之比为
选项B错误；
C．0~t2时间内因 先增加后减小，则根据
两环中的感应电流大小均先增大后减小，选项C错误；
D．0~t2时间内两环的磁通量先向外减小后向里增加，根据楞次定律可得，两环中的感应电流方向一直沿逆时针方向，选项D错误。
故选A。
6. 2020年11月24日，中国在文昌航天发射场，用长征五号“遥五”运载火箭成功发射探月工程“嫦娥五号”探测器，对月球进行第六次探测，也是中国航天迄今为止最复杂、难度最大的任务之一，将实现中国首次月球无人采样返回，助力深化月球成因和演化历史等科学研究。“嫦娥五号”探测器的飞行轨道示意图如图所示，假设“嫦娥五号”在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的引力，则下列说法中正确的是（ ）
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
【期末试卷】2021届高三第一学期高三期末试卷物 理第Ⅰ卷（共42分）一、本题共14小题，每小题3分，共42分。
在每小题给出的四个选项中，只有．．一个选项．．．．符合题目要求。
1.如图所示，重物的质量为m ，轻细线AO 和BO 的A 、B 端是固定的，平衡时AO 与竖直方向的夹角为 ，BO 是水平的。
关于细线AO 段的拉力F 1 和BO 段的拉力F 2的大小，下列关系正确的是（ ）A. F 1=mg sin θB. F 1=mg cos θ C . F 2=mg tan θ D. F 2=mg/sin θ 【答案】C 【解析】【详解】对点O 受力分析，受重力、两根绳子的拉力，如图，将两根绳子的拉力合成，合力与重力平衡，故故C 正确。
故选C 。
2.某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯的升降过程。
取竖直向上为正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图所示。
根据图像提供的信息，下列说法正确的是（ ）A. 在0～5s 内，电梯加速上升，该同学处于失重状态B. 在5s ～10s 内，该同学对电梯地板的压力小于其重力C. 在10s ～20s 内，电梯减速上升，该同学处于超重状态D. 在20s ～25s 内，电梯加速下降，该同学处于失重状态 【答案】D【解析】【详解】A ．在0～5s 内，从速度--时间图象可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A 错误；B ．5～10 s 内，该同学做匀速运动，故其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B 错误；C ．在10～20s 内，电梯向上做匀减速运动，加速度向下，处于失重状态，故C 错误；D ．在20～25s 内，电梯向下做匀加速运动，加速度向下，故处于失重状态度，故D 正确。
故选D 。
3.一列沿x 轴传播的简谐横波某时刻的波形图线如图甲所示。
若从此时刻开始计时，则图乙表示质点P 的振动图线。
该波的传播速度和传播方向是（ ）A. v ＝2.0m/s ，波沿x 轴正方向传播B. v ＝1.0m/s ，波沿x 轴正方向传播此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号C. v＝2.0m/s，波沿x轴负方向传播D. v＝1.0m/s，波沿x轴负方向传播【答案】C【解析】【详解】由图甲可知，波长为，由图乙可知，周期为，所以波速为由图乙可知此时质点P向上振动，结合图甲，由“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播。
故选C。
4.已知万有引力常量，根据下列选项提供的数据，可以估算地球与月球之间距离的是（）A. 月球绕地球公转的周期和月球的半径B. 月球的质量与月球的半径C. 地球的质量和月球绕地球公转的周期D. 地球的质量和地球的半径【答案】C【解析】【详解】A．由万有引力提供向心力得由于无法确定地球的质量，所以无法求得地球与月球之间距离，故A错误；B．已知月球的质量与月球的半径，无法求出地球与月球之间距离，故B错误；C．由万有引力提供向心力得得即可求得地球与月球之间距离，故C正确；D．由万有引力提供向心力得地球的质量和地球的半径无法求出地球与月球之间距离，故D错误。
故选C。
5.如图所示，某同学练习定点投篮，其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上，篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示。
若两次抛出篮球的速度v1和v 2的水平分量分别为v1x和v 2x，竖直分量分别为v1y和v 2y，不计空气阻力，下列关系正确的是（）A. v1x<v 2x，v1y>v 2yB. v1x>v 2x，v1y<v 2yC. v1x<v 2x，v1y<v 2yD. v1x>v 2x，v1y>v 2y【答案】A【解析】【详解】将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，水平射程相等，但第二次用的时间较短，故第二次水平分速度较大，即在竖直方向上做自由落体运动，由公式可知，第二次运动过程中的高度较小，所以第二次竖直分速度较小，即故选A。
6.如图所示，两个很轻的铝环a、b，环a闭合，环b不闭合，a、b环都固定在一根可以绕O 点自由转动的水平细杆上，此时整个装置静止。
下列选项正确的是（）A. 条形磁铁N极垂直环a靠近a，环a将靠近磁铁B. 条形磁铁S极垂直环a远离a，环a将不动C. 条形磁铁N极垂直环b靠近b，环b将靠近磁铁D. 条形磁铁S极垂直环a靠近a，环a将远离磁铁【答案】D【解析】【详解】A．当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，a环将远离磁铁，故A错误；BD．当条形磁铁S极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，a环将远离磁铁，故B错误，D正确；C．当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，b环中不产生感应电流，磁铁对b环没有安培力作用，b环将静止不动，故C错误。
故选D。
7.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是选项图中的A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】由v-t图象可知，微粒的速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由F=qE知，场强增大，电场线越来越密．电场力方向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右．A．该图与结论相符，选项A正确；B．该图与结论不相符，选项B错误；C．该图与结论不相符，选项C错误；D．该图与结论不相符，选项D错误；8.将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力。
用x表示物体运动路程，t表示物体运动的时间，E k表示物体的动能，下列图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】AB．由机械能守恒得E k与x是线性关系，故A错误，B正确；CD．根据机械能守恒定律得又得m、v0、g都是定值，则E k是t的二次函数，E k-t图象是抛物线，故CD错误。
故选B。
9.某实验装置如图甲所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系如图乙所示。
在这段时间内，线圈B中感应电流i′的图像可能为（）A. B.C. .D.【答案】B【解析】【详解】线圈A中的电流产生磁场，磁场穿过线圈B，线圈B的感应电流与感应电动势正比，线圈B中的电动势与线圈A中电流变化率成正比，由图乙可知，开始时线圈A中的电流变化率为0，此时线圈B的电流为0，故选B。
10.如图所示，一单匝正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动。
已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈边长为L，电阻为R，转动的角速度为ω。
当线圈转至图示位置时（）A. 线圈中感应电流的方向为abcdaB. 线圈中感应电流的大小为C. 穿过线圈的磁通量为BL2D. 穿过线圈磁通量的变化率为BL2ω【答案】D【解析】【详解】A．图示时刻，ad速度方向向里，bc速度方向向外，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为a→d，bc中电流方向为c→b，线圈中感应电流的方向为adcba。
故A错误；B．线圈中的感应电动势为线圈中的感应电流为故B错误；C．图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，穿过线圈磁通量为0，故C错误；D．线圈中的感应电动势为由公式得故D正确。
故选D。
11.有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm．下列说法正确的是（）A. 粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反B. 粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等C. 粒子经过P点与Q点时，动能相等D. 粒子在P点的电势能为正值【答案】C【解析】【详解】根据顺着电场线方向电势降低可知，0-2mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向；在2-6mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，加速度沿x轴负方向；φ-x图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强大于Q 点的场强，则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反．故A错误．粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等．故C正确．粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则根据功率公式P=Fv，可知电场力做功的功率不等．故B 错误．在P点，根据电势能公式E p=qφ，因为q＜0，φ＞0，所以E p＜0．故D错误．故选C．12.研究“蹦极”运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量运动员在不同时刻下落高度及速度。
如图甲所示，运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的速度v—位移x图像。
不计空气阻力。
下列判断正确的是（）A. 运动员下落速度最大时，重力势能最小B. 运动员下落速度最大时，绳子刚好被拉直C. 运动员下落加速度为0时，速度也为0D. 运动员下落到最低点时，绳的弹性势能最大【答案】D【解析】【详解】AB．运动员下落速度最大时绳的拉力与重力平衡，合力为零，此时运动员仍有向下的速度，要继续向下运动，所以重力势能不是最小，故AB错误；C．运动员下落加速度为0时合力为零，绳拉力与重力平衡，所以速度最大，故C错误；D．运动员下落速度最大时绳的拉力与重力平衡，合力为零，此时运动员仍有向下的速度，要继续向下运动，绳要继续伸长，弹性势能仍在增大，当运动员下落到最低点时弹性势能最大，故D正确。
故选D。
13.我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为，排泥量为，排泥管的横截面积为，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】设排泥的流量为Q，t时间内排泥的长度为：输出的功：排泥功：输出的功都用于排泥，则解得：故A正确，BCD错误．14.安德森利用云室照片观察到宇宙射线垂直进入匀强磁场时运动轨迹发生弯曲。
如图照片所示，在垂直于照片平面的匀强磁场（照片中未标出）中，高能宇宙射线穿过铅板时，有一个粒子的轨迹和电子的轨迹完全相同，但弯曲的方向反了。
这种前所未知的粒子与电子的质量相同，但电荷却相反。
安德森发现这正是狄拉克预言的正电子。
正电子的发现，开辟了反物质领域的研究，安德森获得1936年诺贝尔物理学奖。
关于照片中的信息，下列说法正确的是（）A. 粒子的运动轨迹是抛物线B. 粒子在铅板上方运动的速度大于在铅板下方运动的速度C. 粒子从上向下穿过铅板D. 匀强磁场的方向垂直照片平面向里【答案】D【解析】【详解】A．由于粒子在磁场中做圆周运动，所以粒子的运动轨迹不是抛物线，故A错误；B．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得由图示粒子的运动轨迹可知，铅板上方粒子轨道半径小，速度较小，故B错误；C．粒子穿过铅板后能量有损失，粒子的速度v减小，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r减小，所以粒子从下向上穿过铅板，故C错误；D．粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里，故D正确。