【文档说明】吉林省榆树市第一高级中学2021届高三上学期（老教材）期末备考卷（B）物理试卷含答案.doc，共(13)页，435.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年上学期高三期末备考卷物理（B）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．如图所示，图甲为质点A沿直线运动的x－t图象，图乙为质点B在x方向沿同一条直线运动的v－t图象，已知质点B在t＝0时刻位于x＝0的位置。则关于这个两个质点在前

4s内的运动情况，下列说法中正确的是()A．质点A的位移为零B．质点B始终朝同一方向运动C．A的速度方向和B的加速度方向都改变了D．质点A和质点B仅相遇一次【答案】D【解析】由甲图可知，在前4s内A从－2m的位置运动到2m的位置处，位移为4m，故A错误；由乙图可知，B在前2s内先向负

方向做匀减速到0，在后2s同再向正方向做匀加速运动，故B错误；x－t图象的斜率表示速度，则A的速度方向、大小都不变，v－t图象的斜率表示加速度，则B的加速度方向、大小都没有变化，故C错误；B在前2s内向负方向做匀减速到0，此时A从－

2m匀速运动到0位置，在这段时间内B与A相遇，在后2s时间内B反向加速至0处，而A从0处运动至2m处，在这段时间内两者不会相遇，故D正确。2．如图所示，OA、OB是两根轻绳，AB是轻杆，它们构成一个等边三角形。在A、B处分别固定

着质量均为m的小球，此装置悬挂在O点。现对B处小球施加水平外力F，让绳OA位于竖直位置。已知当地重力加速度为g。则()A．轻杆AB中的弹力为零B．绳OA中的拉力大小为2mgC．绳OB中的拉力大小为mgD．外力F的大小为mg【答案】A【解析】对A分析，由于OA细线恰好处于竖

直方向，根据平衡条件，可知AB杆中张力为0，绳OA中的拉力大小为mg，否则OA绳将偏离竖直方向与题目不符，故A正确，B错误；对球B受力分析，受到重力G，作用力F和OA绳的拉力T，受力分析如图，根据平衡

条件得Tcos60°－mg＝0，Tsin60°－F＝0，解得T＝2mg，T＝3mg，故CD错误。3．某同学釆用如图所示的装置来研究光电效应现象。某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象，闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为

零，此时电压表显示的电压值U称为反向截止电压。现分别用频率为v1和v2的单色光照射阴极，测量到的反向截止电压分别为U1和U2设电子质量为m，电荷量为e，则下列关系式中错误的是()A．频率为v1的单色光照射阴极K时光电子的最大初速度11m2eUvm=B．普朗克常量为2

112()eUUh−=−C．阴极K金属的极限频率2112021UUUU−=−D．阴极K金属的逸出功1221012()eUUW−=−【答案】B【解析】光电子在电场中做减速运动，根据动能

定理得：－eU1＝0－12mν1m2，则得光电子的最大初速度11m2eUvm=，故A对；根据爱因斯坦光电效应方程得：hν1＝eU1－W0，hν2＝eU2－W0，联立可得普朗克常量1212()eUUh−=−，代入

可得金属的逸出功122101112()eUUWheU−=−=−，阴极K金属的极限频率02112021WUUhUU−==−，故B错，C、D对。本题选错误的，故选B。4．如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系x，P点的

坐标xP＝5.0cm，此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规律如图乙所示。若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV，对于此电场，以下说法正确的是()A．该电子做匀变速直线运动B．x轴上各点的电场强度方向都为x轴负方向C．M点的电势是P点电势的二分之一D．图象中的E0的数

值为12【答案】B【解析】由题图可知，电子从M点运动到P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，即电子受到的电场力不是不变的，所以该电子不是做匀变速直线运动，故A错误；若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，电势能减小，所以电场力做正功。由功能关系可得WMP

＝EpM－EpP>0，又WMP＝－eUMP，所以UMP<0，即φM<φP，而电场线由高电势指向低电势，所以可知x轴上各点的电场强度方向都为x轴负方向，所以B正确；由题可知，不知道电势零点，所以无法确定两点的电势，故C错误；由题可知WMP＝45eV，题中图象的面积就表示电场力做

的功，即WMP＝12(E0e＋E0e/2)×5×10－2＝45eV，得E0＝1200V，即图象中的E0的数值为1.2，故D错误。5．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＝2202sin1

00πt(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22AB．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】C【解

析】开关接a时，电流表的示数1102AUIRr==+，A错误；根据变压比可得2121nUUn=，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2201()nRRn=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212()10nRRn==等效，解得R＝2.5Ω，D错误。6．如图所示的圆形区域内匀强磁场方向垂直于纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场

，这些质子在磁场中()A．运动时间越长，其轨迹对应的弦长越大B．运动时间越长，其轨迹越长C．运动时间越短，射出磁场区域时速度越小D．运动时间越短，射出磁场区域时速度的偏转角越小【答案】D【解析】设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α。带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角α，由2

πtT=可知，在磁场中运动时间越长，偏转角越大，圆心角越大，故D正确；弦长2cos2LR=，粒子运动时间越长，α越大，弦长越小，故A错误；粒子运动轨迹tan(/2)Rsr==，运动时间越长，α越大，根据数学知识可以证明孤长s越短，故B错误

；轨迹半径tan(/2)Rr=，运动时间越短，α越小，则r越大，而r＝mvqB，速度v越大，故C错误。7．人造卫星在燃料耗尽后会因为无法控制而成为太空垃圾，太空垃圾对航天器的运行带来很大的安全隐患。为防止人造近地卫星成为太空垃圾，往往在燃料快要耗尽时控制其进入大气层，从而烧毁

或坠入南太平洋。如图所示为正在逆时针做匀速圆周运动的近地卫星，若要使其进入大气层，以下说法正确的是()A．应打开前面发动机，向前喷气，使其偏离原来轨道B．卫星进入大气层后，速度会越来越小C．卫星进入大气层后，机械能减

小D．卫星进入大气层后，处于完全失重状态【答案】AC【解析】卫星要坠毁，需要向心力小于万有引力，需要卫星减速，从而进入低轨道，逐渐进入大气层，所以卫星需要反向加速，故应打开前面发动机，向前喷气，故A正确；卫星进入大气层后，受到万有引力与阻力的作用，且万有引力大于阻力，故速度会越来越大，一直到完

全烧毁，故BD错误；卫星进入大气层后空气阻力对卫星做负功，故机械能会减小，故C正确。8．在地面上以大小为v的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v′。若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g。下列判断正确的是()

A．皮球上升的最大高度为v22gB．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12mv2－12mv′2C．皮球上升过程经历的时间为vgD．皮球从抛出到落地经历的时间为vvg+【答案】BD【解析】当阻力为零时，由动能定理得：－mgh＝0－12mv12，可得上升的最大高度h＝v22g，当有阻

力作用时，皮球上升的最大高度小于v22g，故A错误；皮球在整个上升和下降过程中只有阻力做功，根据动能定理有：－Wf＝12mv′2－12mv2，因为阻力做负功，所以克服阻力做功为12mv2－12mv′2，故

B正确；皮球上升过程中受到向下的阻力作用，故皮球上升时的加速度大于重力加速度，故上升时间小于vg，故C错误；假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则上升过程mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度

，故有h＝vt1，即mgt1＋kh＝mv1，同理，设上升阶段的平均速度为v′，则下降过程mgt2－kvt2＝mv2，即mgt2－kh＝mv2，联立可得mg(t1＋t2)＝m(v1＋v2)，而t1＋t2＝t，可得vvtg+=，故D正确。9．如图所示，在一倾角为θ的玩具轨道顶

端A和底端C装有弹射装置，现从A端、C端分别以速度vA、vC弹出钢球，分别落在斜面上B点、D点，速度分别为vB、vD，vA、vD方向水平，已知AB＞CD，空气阻力不计，下列说法正确的是()A．vB与斜面的夹角α等于vC与斜面的夹角βB．vA大小可能小于vD大小

C．若整个空间存在竖直向下的匀强电场，从A端以速度vA弹出带正电的绝缘小球，落到斜面上的速度仍为vBD．若整个空间存在竖直向下的匀强电场，从A端以速度vA弹出带正电的绝缘小球，落到斜面上的时间与没有电场时相同【答案】AC【解析】由题意知，可将小球看为从D点到C点的平抛运动，由平抛运动

的规律可知2tan2Dgtvt=，设从A点运动到B点时间为t1，从C点运动到D点时间为t2，则有1tan()2tanAgtv+==，2tan()2tanDgtv+==，可得α＝β，故A正确；

运用逆向思维后可看成两斜面上的平抛运动，初速度越大，平抛的距离越远，因AB>CD，则vA大小一定大于vD，故B错误；若整个空间存在竖直向下的匀强电场，则小球做类平抛运动，设加速度为a，由类平抛的运动规律可知2tan2Aatvt=，设此时与斜坡夹角为φ，则有tan()2t

anAatv+==，可得α＝φ，即加电场时落到斜坡上时与斜坡的夹角不变，根据速度合成与分解可知，小球落到斜坡上的速度还为vB，故C正确；由于加上电场后，竖直方向的加速度变大，而落在斜面上时竖直速度大小相同，则所用时间变短，故D错误。10．如图所

示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻也为R的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，前进距离为

s。在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是()A．金属棒运动平均速度大于12v0B．金属棒d克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热C．通过电阻R电荷量为2BLsRD．电阻R上产生的焦耳热为12mv02【答案】C【解析】金属棒在整个运动过程

中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力22222EBLvBLvFBILBLBLRRR====，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，所以平均

速度小于12v0，故A错误；由能量守恒知金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，故B错误；整个过程中通过导体截面的电荷量2EqIttR==，又BLsEtt==，联立得2BLsqR=，故C正确；整个过程中由动能定理可得：－W＝0－12mv02，解得

克服安培力做功W＝12mv02，所以产生的总热量Q＝12mv02，所以电阻R上产生的焦耳热为QR＝12Q＝14mv02，故D错误。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．(8分)某同学用如图（a）所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数μ：将木块从倾角为θ的木板上静止释放，与位移传感器连

接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化的规律，如图（b）中的曲线②所示。图中木块的位置从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T。(1)根据图（b）可得，木块经过位置x2时的速度v2＝_____，a＝_____；(2)现测得T＝0.1

s，x1＝4cm，x2＝9cm，x3＝16cm，θ＝37°，可求得木块与与木μ＝_____；(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，结果保留1位有效数字）(3)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变的规律可能是图（b）中的曲线_____。（选填图

线序号①、②或③）【答案】(1)312xxT−32122xxxT−+(2)0.5(3)①(每空2分)【解析】(1)由题意可知，木块沿木板向下做匀加速直线运动，由于从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T，所以3122xxvT−=，由匀变速直线运动的规律可知(x3－x2)－(x2－x1)＝

aT2，解得32122xxxaT−+=。(2)由321222xxxaT−+==m/s2，由牛顿第二定律可知a＝gsinθ－μgcosθ，解得μ＝0.5。(3)由牛顿第二定律可知a＝gsinθ－μgcosθ，当θ增大，则加速度增大，

由公式x＝12at2可知，曲线①正确。12．(10分)有一根细而均匀的圆柱体导体棒样品，电阻约为150Ω，某实验小组要测量其电阻率，现提供以下实验器材：A．游标卡尺B．螺旋测微器C．电流表A1（量程为50mA，内阻r1为150Ω）

D．电流表A2（量程为100mA，内阻r2约为40Ω）E．电压表V（量程为3V，内阻r3约为3kΩ）F．滑动变阻器R1（总阻值为200Ω，额定电流2A）G．滑动变阻器R2（总阻值为100Ω，额定电流0.1A）H．直流电源E（电动势为12V，内阻不计）I．待测圆柱

体导体棒样品J．开关一只，导线若干(1)该实验小组首先用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L＝_________cm；用螺旋测微器测得该样品的直径如图乙所示，其示数D＝_________mm。(2)为测量样品电阻率，该实验小组又对样品电阻进行

精确测量。①设计的电路原理图如丙所示，图中虚线框中应选器材______________；滑动变阻器R应选_________（用器材前的序号表示）②闭合开关，按正确的实验步骤进行测量，图丙中虚线框中仪器的读数为a，A2的读数为b，则样品电阻阻值Rx＝________（用

a、b、r1、r2、r3中的某些符号表达）。【答案】(1)1.1003.740（±0.001）(2)CF1arba−(每空2分)【解析】(1)用游标卡尺测得该样品的长度L＝1.1cm＋0.05mm×0＝

1.100cm；用螺旋测微器测得该样品的直径D＝3.5mm＋0.01mm×24.0＝3.740mm。(2)①设计的电路原理图如丙所示，因给定的电压表E量程过小，则可以用已知内阻的电流表C；根据题意可知，电动势12V，滑动变阻器G阻值

较小，但额定电流0.1A，允许加最大电压10V，故只能选F。②由电路可知1xarRba=−。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＝12at2(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＝12at2＝16m(1分)则两车间的最大距离Δx＝x1－x2＝36m。(1分)14．(10分)如图所示，内壁

粗糙、半径R＝0.4m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B处与光滑水平轨道BC相切。质量m2＝0.4kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，质量m1＝0.4kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍。弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力

，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做的功Wf；(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。【解析】(1)小球a由静止释放到最低点B的过程中，据动能定理得：m1gR＋Wf＝12

m1v12(1分)小球a在最低点B时：FN－m1g＝m1v12R(1分)据题意可知FN＝2m1g(1分)联立可得：Wf＝－0.8J。(2分)(2)小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，设a球最终

速度为v3，b球最终速度为v4，由动量守恒定律得：m1v1＝m1v3＋m2v4(1分)由机械能守恒定律得：12m1v12＝12m1v32＋12m2v42(1分)根据动量定理有：I＝m2v4(1分)联立解

得：I＝0.8N·s。(2分)15．(12分)如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域Ⅰ内存在磁感应强度大小01mvBqL=、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅰ、区域Ⅱ的宽度均为L，高度均为3L。质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从坐标为(－2L，－2L)的A点以初

速度v0沿＋x方向射出，恰好经过坐标为[0，－(2－1)L]的C点射入区域Ⅰ。粒子的重力忽略不计。(1)求匀强电场的电场强度大小E；(2)求粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；(3)要使粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场，可在

区域Ⅱ内加垂直纸面向里的匀强磁场，试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向(与y轴正方向的夹角)。【解析】带电粒子的运动轨迹如图所示。(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动：2L＝v0t，2012()2qELLmv=(2分)解得：202mvEqL=

。(2分)(2)设带电粒子经C点时的竖直分速度为vy，速度为v，有：0yqEvtvm==则v＝2v0，方向与x轴正向成45°斜向上，粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动：qvB1＝mv2R解得R＝2L(2分)由几何关系知，离开区域时的位置坐标为：x＝L，y＝0。(2分)(3)根据几何关系知，带电粒

子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径满足：34L≤r≤L，2mvrqB=得0022423mvmvBqLqL(2分)根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角30°≤θ≤90°。(2分)16．(12分)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，三点连线组成等腰直角三角

形△OAB。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中通过A点。使此小球带负电，电荷量为－q，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通

过了A点，到达A点时的动能是初动能的(5＋43)倍，若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，通过B点，且到达B点时的动能为初动能的9倍，重力加速度大小为g，求：(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的

比值；(2)电场强度的大小和方向。【解析】(1)小球做平抛运动，设初速度v0，初动能Ek0，从O到AB的运动时间为t，令O到A的竖直距离为d。水平方向v0t＝d，竖直方向y＝12gt2＝d解得：Ek0＝12

mv02＝14mgd(2分)根据动能定理可知小球到达A时的动能为EkA＝54mgd(2分)所以EkA∶Ek0＝5∶1。(1分)(2)加电场后，从O点到A点下降了d，从O点到B点上升了d，由能量守恒，电势能减少了ΔEpA＝(5＋43)Ek0－Ek0－mgd＝3mgd(1分)ΔEpB＝

9Ek0－Ek0＋mgd＝3mgd(1分)在匀强电场中，沿着任意直线，电势的降落是均匀的，如图所示，设直线OB上的M点的电势与A的电势相同，M点到O点的距离是x，则有：332pApBExEd==(1分)解得63xd=则3tan3OAM=，∠OAM＝30°，M

A是等势线，电场线与MA的垂线OC平行，设电场强度的大小是E，则：qE2dsin∠OAM＝ΔEpA(2分)解得：6mgEq=，方向与竖直方向成75°角。(2分)