【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2112()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＝2202sin100πt(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2πtT=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′2－12mv

2，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v

A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()2tanAatv+==，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＝0.1s，x1＝4cm，x2＝9

cm，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1

50Ω，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＝12at

2＝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＝12m1v12(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＋12m2

v42(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01mv

BqL=、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＝12mv02＝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°，MA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)