【文档说明】新疆昌吉回族自治州玛纳斯县一中2021届高三上学期期中考试备考Ⅱ物理试题 【精准解析】.doc，共(20)页，1.100 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年上学期高三期中备考卷物理一、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.以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述不正确的是()A.卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量B.伽利略用了理想实验法证明力是维持物体运动的原因C.电场强度FEq=、电容QCU=、电阻URI=均采用了比值定义法D.根据平均速度xvt=VV，

当0t→，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想【答案】B【解析】【详解】A．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，从而求得地球的质量，被人们称为“能称出地球质量的人”，故A正确，Ａ项不合题意．B．伽利略用了理想实验法证明力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运

动状态的原因，故B错误，Ｂ项符合题意．C．电场强度FEq=、电容QCU=、电阻URI=均采用了比值定义法定义物理量，体现物理量间没有正比和反比关系；故Ｃ正确，Ｃ项不合题意．D．根据平均速度xvt=VV，当△t→0，v就表示为瞬时速度，这

是极限法的思想，故D正确，Ｄ项不合题意．2.如图所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是()A.同时向左运动，间距增大B.同时向左运动，间距减小C.同时向右运动，间距减小D.同时向右运动，间距增大【答案】B【解析】

当磁铁的靠近时，导致两圆环的磁通量变大，从而由楞次定律可得两圆环的感应电流为逆时针（从右向左看），所以又处于N极的磁场中，则受到的安培力向左．由于两圆环的电流均是逆时针，所以两圆环的相互吸引，距离减小．故选B.点睛：本题考查对楞次定律运动学的描述应用；从楞次定律相对运动角度可得：近则斥

，远则吸．同时同向电流相互吸引，反向电流相互排斥.3.质点沿x轴做直线运动的位置坐标x与时间t的关系为x＝2+4t-t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（）A.第1s内的位移大小是5mB.前2s内的平均速度是3m/sC.2s末质点速度减为0D.4s末质点位于坐标原点处【答

案】C【解析】【详解】A.第1s内的位移x1=(2+4×1−1)−2=3m，故A错误；B.前2s内的位移x2=(2+4×2−4)−2m=4m，则平均速度24/2/2xvmsmst===，故B错误；C.根据x=v0t+212at知，质点的初速度为4m/s，加速度为−2m/s2，速度减为零的时间为2

s，故C正确；D.4s末物体所处的位置坐标x=2+4×4−16=2m，故D错误．故选C.【点睛】根据位置坐标与时间t的关系式得出得出初始时刻和1s末的位置坐标，从而得出第1s内的位移，结合2s末位置坐标和初始时刻的位置坐标求出前2s内的位移，从而求出平均速度．根据表达式得出初速度和加速度，

从而确定其运动规律．4.如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根等高的竖直杆上，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，原来保持静止。一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止。下列说法中正确的是（）A.在新位置时挂钩左右两边绳

的拉力不再相等B.有风和无风两种情况下绳的拉力大小相等C.有风和无风两种情况下，绳子的张角∠AOB保持不变D.在有风的情况下，将绳子的右端从A点移到C点，则绳子的拉力变小【答案】D【解析】【详解】A．O点始终是活结点，活

结两端的同一根绳拉力力肯定相等，A错；BC．衣服原来是受重力和两个拉力而平衡，多个风力后是四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重力、风力的合力相平衡，故两个绳子的拉力的合力变大；有风时张角会变小，所以绳子的拉力可能增大，可能较小，也可能不变，故B、C错误；D．当

在有风的情况下将绳子的端点从A点移到C点，BO与竖直方向的夹角增大，AO与竖直方向的夹角减小，因为BO和AO绳产生的拉力仍然相等，它们在水平方向的分力的差值刚好是风力，由于AO与水平方向夹角变小，而绳中拉力水平分力的差值不变，故绳的拉力变小，故D正确；故选D。5.如图是跳远运动员在起跳、腾空和

落地过程的情景。若运动员的成绩为8.00m，腾空时重心离沙坑的最大高度为1.25m。为简化情景，把运动员视为质点，空中轨迹视为抛物线，则（）A.运动员在空中运动的时间为0.5sB.运动员在空中最高点时的速度大小为4

m/sC.运动员落入沙坑时的速度大小为9m/sD.运动员落入沙坑时速度与水平面夹角正切值为0.625【答案】D【解析】【详解】A．跳远是斜抛运动，后半段可视为平抛运动，前半段可视为逆向平抛，前、后段时间相等，根据h=12

gt2，得t1=0.5s则运动员在空中运动的时间是t=2t1=1.0s故A错误；B．由x=v0t=8.00m得v0=8.0m/s即运动员在空中最高点的速度大小是8.0m/s，故B错误；C．运动员落入沙坑时的速度大小是2201()89m/svvgt=+=故C

错误；D．运动员落入沙坑时速度与水平面的夹角正切值10tan0.625gtv==故D正确。故选D。6.如图所示，A、B是质量比为1:2、都带正电的小球，用两根长分别为2L和L的绝缘轻绳系住后悬挂于天花板上的同一点O。当系统平衡后，两根绳与竖直方向的夹角分别为α和β，则

（）A.α>βB.α<βC.α=βD.不能确定【答案】C【解析】【详解】解法一如上图所示受力分析，力学三角形和几何三角形相似112BAAFGTxhL==22ABBFGTxhL==因为ABF和BAF是作用力和反作用力，大小相等，且2ABGG

=，联立各式得122xx=又根据正弦定理可知1sinsin2iLx=2sinsinrLx=因角i和角r互补，则sinsinir=联立解得sinsin=因为和均为锐角，故=所以ABD错误，C正确。解法二两球之间的库仑

力是作用力和反作用力关系，大小相等，方向相反，两个小球均受到重力、静电力和拉力，因为A、B的质量比是1:2，长度之比是2:1，满足以O为支点的杠杆平衡条件AABBmgLmgL=所以ABFF=可知=故ABD错误，C正确。故选C。7.嫦娥工程分为三期，

简称“绕、落、回”三步走。我国发射的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，该卫星先在距月球表面高度为h的轨道上绕月球做周期为T的匀速圆周运动，再经变轨后成功落月。已知月球的半径为R，引力常量为G，忽略月球自转及地球对卫星的影响。则以下说法正确的是（）A.物体在月球表

面自由下落的加速度大小为23224π()RhTR+B.“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为2πRTC.月球的平均密度为23233π()RhGTR+D.在月球上发射月球卫星的最小发射速度为2πRRhTR+【答案】AC【解析】【详解】A．在月球表面，重力等于万有引力，则mg=G2MmR对于

“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得2224π()()MmGmRhRhT=++解得23224π()RhgTR+=故A正确；B．“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动，轨道半径r＝R＋h则它绕月球做匀速圆周运动的速度大小2π(

)RrvT+=故B错误；C．由上式得月球的质量M＝2324π()RhGT+而V＝43πR3，可得月球的平均密度23233π()RhGTR+=故C正确；D．设在月球上发射卫星的最小发射速度为v，则有G2MmR

＝m2vR即2π()RrRhvgRTR++==故D错误。故选AC。8.如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场（足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B．把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平

分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带负电的粒子（粒子重力不计）．则下列说法正确的是（）A.若v0=qBLm，则粒子第一次到达C点所用的时间为mqBB.若v0=2qBLm，则粒子第一次到达C点所用的时间为23mqBC.若v0=qBLm，则粒子第一次到达B点所用的时间为2mqB

D.若v0=2qBLm，则粒子第一次到达B点所用的时间为3mqB【答案】BC【解析】【详解】若v0=qBLm，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：qvB=m2vr；T=2mqB；将速度代入可

得：r=L；从A射出粒子第一次通过圆弧从A点到达C点的运动轨迹如下图所示，可得：63ACTmtqB==；故A错误；带电粒子在一个周期内的运动如图；带电粒子从C到B的时间：5563CBTmtqB==；故从A到B的时间为：tAB=tAC+tCB=3mq

B+53mqB=2mqB；故C正确；若v0=2qBLm，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：qvB=m2vr；2mTqB=；将速度代入可得：r=12L；故从A射出粒子第一次通过圆弧从A点

到达C点的运动轨迹如下图所示，可得：222633ACTmmtqBqB===，故B正确；带电粒子从C到B的时间：2CBTmtqB＝=;故从A到B的时间为：tAB=tAC+tCB=23mqB+mqB=53mqB，故D错误；故选BC．【点睛

】本题考查带电粒子在磁场中的运动，难点在于几何图象的确定应分析，要抓住三角形内外圆半径均为L，则可得出各自圆弧所对应的圆心角，从而确定粒子运动所经历的时间．9.如图所示，两个等量异种点电荷A、B固定在同一条水平线上，电荷量分别为Q+和Q−。MN是水平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套

着一个中间穿孔的小球P，其质量为m，电荷量为q+（可视为试探电荷，不影响电场的分布）。现将小球从点电荷A的正下方C点由静止释放，到达点电荷B的正下方D点时，速度为22m/s，O为CD的中点。则（）A.小球从C至D先做加速运动，后做减速运动B.

小球运动至O点时速度为2m/sC.小球最终可能返回至O点D.小球在整个运动过程中的最终速度为2m/s【答案】BD【解析】【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为0，正点电荷附近电势大于0，负点电荷附

近电势小于0，根据对称关系可得CD=−=其中0C，0D所以小球从C到D运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，小球在做加速运动，所以A错误；B．小球由C到D，由动能定理得212CDCDWUqmv==21242mvm==

则由C到O，由动能定理可得212COCOOWUqmv==212Omv=22m/sOvm==所以B正确；C．由分析可知0O=无穷远处电势也是0，小球由O到D加速运动，再由D到无穷远处，电势升高，电势能增加，电场力做负功，小球做减速运动，所有不可能返回O点，所以C错误；D．

小球从O到无穷远处，电场力做功为0，由能量守恒可知，动能变化量也是0，即无穷远处的速度为2m/sOvv==所以D正确。故选BD。10.水平地面上有两个物体在同一直线上运动，两物体碰撞前后的速度一时间图象如图所示（其中一个物体碰后速度变为0

）．下列说法正确的是A.t=0时，两物体的距离为1mB.t=2.5s时，两物体的距离为4.5mC.两物体间的碰撞为完全弹性碰撞D.碰撞前，地面对两个物体的摩擦力大小不相等【答案】BC【解析】两物体相向运动，均做匀减速运动，1s时相碰，可知t=0时，两物体的距离为11(4

6)1(26)1922sm=+++=，选项A错误；t=2.5s时，两物体的距离为16(2.51)4.52smm=−=，选项B正确；设碰前速度为正值的物体的质量为m1，速度为负的物体的质量为m2；由动量守恒可知，碰后原来速度为正的物体的速度变为零，则：1224(2)6mm

m+−=，解得m1=2m2；由能量关系：碰前22112122114282=18m22Emmmm=+=+；碰后222216182Emm==，则两物体间的碰撞为完全弹性碰撞，选项C正确；碰前速度为正值的物体的摩擦力111116421fmamm−===；速度为负值的物

体的摩擦力222221162421fmammmf−=====，则选项D错误；故选BC.点睛：此题要明确物理过程，知道哪个物体碰后速度为零以及完全弹性碰撞满足的条件，结合v-t图像解题.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.某实验小组的同学用如图所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数μ．每次滑块都从斜面上由静止开始下滑

，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离L及相应遮光时间t的值．(1)用游标卡尺测量遮光板的宽度d，如图乙所示，则d=______cm．(2)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数μ，本实验还需要测出或知道

的物理量是______(填下列序号)．A．滑块和遮光板的总质量mB．斜面的倾角θC．当地的重力加速度g(3)实验中测出了多组L和t的值，若要通过线性图象来处理数据求μ值，则应作出的图象为_________；A．2tL−图象B．21tL−

图象D．2Lt−图象C．21Lt−图象【答案】(1).0.225cm；(2).BC；(3).B【解析】【详解】（1）d=0.2cm+0.05mm×5=0.225cm.（2）设斜面的倾角为θ，释放滑块时遮光条到光电门间的距离x，滑块经过光电门时的速度为v，物

体在斜面上受到重力．支持力和摩擦力的作用，沿斜面的方向：mgsinθ-μmgcosθ=ma，由导出公式2aL=v2-0，由于遮光片经过光电门的时间比较小，所以可以用遮光片经过光电门的平均速度表示瞬时速度，即v＝dt，联立解得μ＝tanθ

−222dgLtcos，从公式中可以看出，摩擦因数与斜面的倾角θ、遮光片的宽度d、重力加速度g、遮光时间t以及释放滑块时遮光片到光电门间的距离L有关，所以还需要测量的物理量为：斜面的倾角θ和释放滑块时遮光条到光电门间的距离L、当地的重力加速度g，故选项BC正确；（3）实验中

测出了多组L及t的值，则有t2＝22()dgsincos−•1L，应作出的图象为t2−1L图象；故选B.12.某同学欲将量程为300μA的微安表头G改装成量程为0.3A的电流表．可供选择的实验器材有：A．微安表头G（量程300μA，内阻约为几百欧姆）B．滑动变阻器R1（

0~10kΩ）C．滑动变阻器R2（0~50kΩ）D．电阻箱（0~9999Ω）E．电源E1（电动势约为1.5V）F．电源E2（电动势约为9V）G．开关、导线若干该同学先采用如图甲的电路测量G的内阻，实验步骤如下：①按图甲连接好

电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端所对应的位置；②断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；③闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为200μA，记下此时电阻箱的

阻值．回答下列问题：（1）实验中电源应选用_________（填“E1”或“E2”），滑动变阻器应选用________（填“R1”或“R2”）．（2）若实验步骤③中记录的电阻箱的阻值为R，则G的内阻Rg与R的关系式为Rg=______．（3）实验测

得G的内阻Rg=500Ω，为将G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为_____Ω的电阻与G_____（填“串联”或“并联”）．（4）接着该同学利用改装后的电流表A，按图乙电路测量未知电阻Rx的阻值．某次测量时电压表V的示数为1.20V，表头G的指针指在

原电流刻度的250μA处，则Rx=_______Ω．【答案】(1).E2(2).R2(3).12R(4).0.5(5).并联(6).4.3【解析】【详解】（1）电流表G的内阻约为几百欧姆，为提高测量精度，滑动变阻器的阻值应大些，故选R2；为减小实验误差，电源电动势应尽可能大些，电源最好

选用E2．（2）步骤③中闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为200μA，此时电阻箱的电流为100μA，则此时电阻箱的阻值应为电流计G阻值的2倍，即Rg=12R．（3）实验测得G的内阻Rg=500Ω，为将G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为663001

05000.50.330010gggIRrII−−===−−的电阻与G并联．（4）改装后的电流表的内阻为5000.5=0.55000.5ggRrrRr==++内；表头G的指针指在原电流刻度的250μA处，此处对应的实际电流为0.3250A0

.25A300=，电压表V的示数为1.20V，则1.20=-0.54.30.25xURrI=−=内．13.如图所示，质量1kgm=的滑块，在水平力F作用下静止在倾角30=的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接（滑块经过此位置

滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度03m/sv=，长1.4mL=。现将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数0.25=，210m/sg=。求滑块开始下滑的高度h。【答案】0.8m【解析】【详解】设滑块从高为h处下

滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程，由机械能守恒有212mghmv=①若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有2201122mgLmvm

v=−解得0.1mh=②若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有2201122mgLmvmv−=−解得0.8mh=14.如图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，管长为24m

，M、N为空管的上、下两端，空管受外力作用，由静止开始竖直向下做匀加速直线运动，加速度为2m/s2．同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴线以初速度v0竖直上抛，不计一切阻力，取g=10m/s2．求：（1）若小球上抛的初速度为10m/s，经过多长时间从管的N端穿出？（2）若此空管的N端

距离地面64m高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度v0大小的范围．【答案】（1）4s（2）29m/s≤v0≤32m/s【解析】【详解】(1)取向下为正，小球初速度010

m/sv=−，设经t时间，小球从N端穿出，小球下落的高度：21012hvtgt=−+空管下落的高度：2212hat=则：12hhL−=联立得：2201122vtgtatL−+−=代入数据解得：14st=21.5st=−（舍去）(2)设小球初速度0v，空管经t时间到达地面，则212Hat=

得：28sHtA==小球在t时间下落高度为：2012hvtgt=+小球落入管内条件是：64m88mh解得：29m/s≤v0≤32m/s所以小球的初速度大小必须在29m/s≤v0≤32m/s范围内15.如图所示，一质量为m1＝1kg，带电荷

量为q＝＋0.5C的小球以速度v0＝3m/s，沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板长0.6m，两极板间距为0.5m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，

圆弧轨道ABC的形状为半径R<3m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点竖直线OO′的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E＝10V/m.(取g＝10m/s2)求：(1)两极板间的电势差大小U；(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R的取值应满足

的条件．【答案】(1)10V(2)253mm18R或25m63R【解析】【详解】(1)在A点，竖直分速度vy＝v0tan53°＝4m/s带电粒子在平行板中运动时间t＝0Lv＝0.2svy＝at，得a＝20m/s2又

mg＋E′q＝maE′＝Ud，得U＝10V(2)在A点速度vA＝0sin53v＝5m/s①若小球不超过圆心等高处，则有212Amv≤(mg＋qE)Rcos53°得R≥2518m故3m>R≥2518m②若小球能到达最高点C，则有212Amv＝(mg＋qE)R·(1＋cos53°)＋212C

mv在C点：mg＋Eq≤2CvmR可得()CmgqERvm+联立解得：R≤2563m故圆弧轨道半径R的取值条件为：3m>R≥2518m或R≤2563m16.如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆形磁场区域，与x轴相切与坐标原点O，磁感应强度B=2×10－4T，方向垂直于纸面向外，在

x=1m处的竖直线的右侧有一水平放置的正对平行金属板M、N，板间距离为d=0.5m，板长L=0.6m，板间中线O2O3的延长线恰好过磁场圆的圆心O1.若在O点处有一粒子源，能向磁场中不同方向源源不断的均匀发射出速率相同的比荷为qm=1×108C/k

g，且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能从沿直线O2O3方向射入平行板间。不计重力及阻力和粒子间的相互作用力，求：(1)沿y轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度v0和粒子在磁场中的运动时间t0；(2)从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射

入磁场的粒子数之比；(3)若在平行板的左端装上一挡板（图中未画出，挡板正中间有一小孔，恰能让单个粒子通过），并且在两板间加上如图示电压（周期T0=6×10-5s），N板比M板电势高时电压值为正，在紧靠平行金属板的右端竖直放置一足够大的荧光屏，求荧光屏上亮线的长度。【答案】

(1)41.010m/s；57.8510s−；(2)13；(3)0.072m【解析】【详解】（1）由题意可知，沿y轴正向射入的粒子运动轨迹如解图所示粒子运动轨迹的半径rR=根据200vqvBmr=解得401.010m/srBqm==v粒子运动的周期2mTqB=粒子在磁场

中的运动时间507.8510s42TmtqB−===(2)沿任一方向射入磁场的粒子，其运动轨迹都是半径为r的圆，圆心位置在以O点为圆心的半圆上，如解图19-2所示O、P以及两圆的圆心O1、O4组成菱形，故PO

4和y轴平行，所以从P点出射的粒子速度v和x轴平行向右，即所有粒子平行向右出射。故恰能从M端射入平行板间的粒子的运动轨迹如解图19-3所示因为M、N板间距0.5md=与r相等，则11230NOO=1130NOO=从边界N1出射的粒子，从O点射入磁场的方向与x轴负向夹角为60，同

理：从边界M1出射的粒子，从O点射入磁场的方向与x轴正向夹角为60°。在y轴正向夹角左右都为30°的范围内的粒子都能射入平行板间。故从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为6011803

=(3)根据U-t图可知，粒子进入板间后沿y轴方向的加速度大小为827291110m/s4.510m/s400.5qUamd===所有粒子在平行板间运动的时间为5400.661011s0sLt−===v

即粒子在平行板间运行的时间等于电场变化的周期T0，则当粒子由0tnT=时刻进入平行板间时，向下侧移最大，则有2200001220.063m233323aTTTaTya=−=

＋当粒子由0023=＋tTnT时刻进入平行板间时，向上侧移最大，则2200002220.009m233323aTTTaTya=−−+=−因为y1、y2都小于0.25m2d=故所有射入平行板间的粒子都能从平行板间射出打到荧光屏上，荧光屏上

亮线的长度120.072mlyy==−