【文档说明】【精准解析】2021届江苏省无锡市天一中学高三（上）期末检测物理试题（解析版）.doc，共(20)页，799.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020~2021学年度第一学期期末调研高三年级物理试题注意事项：1．全卷满分为100分，共三大题、15小题，考试用时75分钟；2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷的指定位置。3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅

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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题:本大题共10小题，每小题4

分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平．则在斜面上运动时，B受力的示意图为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】将A、B做为一个整体，则一起冲上斜面时，受重力及斜面的支

持力，合力沿斜面向下，然后再用隔离体法，单独对B进行受力分析可知，B受摩擦力一定沿水平方向上，且一定水平向左，竖直方向上重力大于支持力这样才能使合力沿斜面向下了，故A正确，BCD错误．2.如图为氢原子的能级示意图，已知可见光光子能量范围为1.63~3.10eV，若一群氢

原子处于n=4能级，则下列说法正确的是（）A.这群氢原子自发向低能级跃迁时能辐射出4种不同频率的光子B.氢原子从n=4能级向n=3能级跃迁过程中发出的光为可见光C.用能量为0.40eV的光子轰击该群氢原子，可以使氢原子受激发

而跃迁到n=5能级上D.氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁过程中发出的光照射逸出功为2.3eV的金属钠，能使金属钠发生光电效应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．这群氢原子自发从n=4向低能级跃迁时能辐射出246C=

种不同频率的光子，选项A错误；B．氢原子从n=4能级向n=3能级跃迁过程中发出的光的能量为(-0.85eV)-(-1.51eV)=0.66eV，则不属于可见光，选项B错误；C．因n=5与n=4的能级差为()()0.54eV0.85eV0.31eVE−−−==则用能量为0.40eV

的光子轰击该群氢原子，不可以使氢原子受激发而跃迁到n=5能级上，选项C错误；D．氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁过程中发出的光的能量为()()'0.85eV3.40eV2.55eV>2.3eVE−==−−则若照射逸出

功为2.3eV的金属钠，能使金属钠发生光电效应，选项D正确。故选D。3.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上.两分子之间的相互作用力的合力F与两分子间距离x的关系如图中曲线所示，F>0表现为斥

力，F<0表现为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置.现把乙分子从a处由静止释放，则（）A.乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动B.乙分子从a到c做加速运动，经过c点时速度最小C.乙分子从a到c的过程中，两分子组成的系统的分子势能一直减少D.乙分子从a到d的过程中，两分子

组成的系统的分子势能一直减少【答案】C【解析】【分析】【详解】AB.从a到c分子间始终表现为引力，加速度始终方向不变，乙分子一直加速，到c位置加速度为0，速度达到最大，AB错误CD.乙分子从a到c的过程

中，分子引力始终与运动方向一致，做正功，分子势能一直减小，从c到d，分子间斥力与运动方向相反，斥力做负功，分子势能增大，所以C正确，D错误4.如图所示，假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船在距月球表面高度为3R

的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动。则（）A.飞船在轨道Ⅰ上的运行速度为04gRB.飞船在A点处点火时，速度增加C.飞船在轨道Ⅰ上运行时通过A点的加速度大于在轨道Ⅱ上运行时通过A点的加速度D.飞船在轨道

Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为02Rg【答案】D【解析】【分析】【详解】A．飞船在轨道I上运行时，根据万有引力等于向心力得()2233MmvGmRRRR=++在月球表面上，根据万有引力等于重力，得02MmGmgR=解得：飞船在轨道Ⅰ上的运行速度为02gRv=故

A错误；B．飞船在A点处点火时，是通过向行进方向喷火，做减速运动，向心进入椭圆轨道，所以点火瞬间是速度减小的，故B错误；C．在轨道Ⅰ上通过A点和在轨道Ⅱ上通过A点时，其加速度都是由万有引力产生的，而万有引力相等，故加速度相等，故C错误。D．飞

船在轨道Ⅲ绕月球运行，由2024mgmRT=得0RT2g=故D正确。故选D。5.某同学进行篮球训练，如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.篮球撞墙的速度，第一次较大B.篮球在空中运动的加速度第一次较大C.从抛出到撞

墙，第一次篮球在空中运动的时间较长D.抛出时的速度，第一次一定比第二次大【答案】C【解析】【分析】【详解】ABC．在竖直方向上212hgt=因为h1＞h2，则t1＞t2，因为水平位移相等，根据x=v0t知，撞墙的速度v01＜v0

2．即第二次撞墙的速度大．故AB错误，C正确；D．根据平行四边形定则知，抛出时的速度202vvgh=+第一次的水平初速度小，而上升的高度大，则无法比较抛出时的速度大小．故D错误。故选C。6.如图为一玻璃球过球心O的横

截面，两条可见光线1、2合在一起平行于横截面的直径从A点射入玻璃球，分成光线3、4。已知光线1、2与OA的夹角为60°，3、4与OA的夹角分别为45°、30°，则这两束光（）A.3、4两种光对此种玻璃的折射率之比342nn=B.3、4两种光在此种玻璃中的速

度之比342vv=C.光子动量p3＞p4D.射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距34ΔΔxx【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据折射定律12sinsinn=可得，光线3的折射率为3sin606s

in452n==光线4的折射率为4sin603sin30n==则3、4两种光对此种玻璃的折射率之比为3422nn=故A错误；B．根据cnv=可知，3、4两种光在此种玻璃中的速度之比为344343:2vnccvnnn===故

B正确；C．光在介质中的传播频率不变，根据vf=可知，由于34vv，所以34，根据光子动量hp=可得，43pp，故C错误；D．根据干涉条纹间距公式ΔLxλd=可知，波长越大，干涉条纹间距越大，由于34，则34Δ>Δxx，故D错误。故选B。7.如图所示，点电荷

2Q+、Q−分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称.下列说法正确的是()A.c、d两点的电场强度相同B.a、b两点的电势相同C.将电子沿直线从

c移到d，电场力对电子先做负功再做正功D.将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大【答案】D【解析】【分析】根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系．根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较a点和b点的电势，由沿直线从a到b电势的变化，分析电子从a移到b过程中电势能如何

变化．将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功．【详解】A：根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则c、d两点的电场强度不同．故A项错误．BD：MN间的电场线方

向由M→N，沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于b点的电势；电子沿直线从a移到b电势降低，电子带负电，据PEq=，则电子的电势能一直增大．故B项错误，D项正确．C：对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段场强方向斜向右上，在Od段场强方向斜向右下；电子所受的电场力

在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上；电子沿直线从c移到d，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功．故C项错误．【点睛】解决本题的关键是进行电场的叠加，通过电场力与速度的方向关系判断电场力做正功还是负功．8.如图甲所示，理想变压器的原、副线

圈匝数比n1∶n2＝10∶1，L1和L2是相同型号的白炽灯，L1与电容器C串联，L2与带铁芯的线圈L串联，V为理想交流电压表.当原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压时，电路稳定后，两只灯泡的亮度相同，则()A.与副线圈并联的电压表在t＝1×10－2s时的示数为0B.与副线圈并联的电压表在t＝0.5

×10－2s时的示数为222VC.当原线圈所接正弦交变电压的频率变为100Hz时，灯泡L1变亮，灯泡L2变暗D.当原线圈所接正弦交变电压的频率变为100Hz时，灯泡L1变暗，灯泡L2变亮【答案】C【解析】由乙图知输入电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知

副线圈电压有效值为22V，即为电压表的示数，AB错误；由乙图知交流电频率为50Hz，变为100Hz时，电容器通交流隔直流，通高频阻低频，所以电流更大，而L通低频阻高频，电流更小，则灯泡L1变亮，灯泡L2变暗，C正确，D错误；故选C.9.如图所示，

在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场、磁场方向均垂直于纸面。一导线框abcdefa位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合，导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t=0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域，以顺时针方向为线框中的电流i的正方向，以下四个i-

t关系示意图中正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知感应电流为顺时针方向，为正，大小为BlviR=在第二阶段，bc切割向里的磁感线，感应电流为逆时针方向，同时

de切割向外的磁感线，感应电流为顺时针方向，因此感应电流为零；在第三阶段，de切割向里的磁感线同时af切割向外的磁感线，两个感应电流同为逆时针方向，为负，大小为3BlviR=在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，感应电流为顺时针方向

，为正，大小为2BlviR=故D正确，ABC错误。故选D。10.实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动。将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，P能沿水平方向发出不同速率的电子，某速率的电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属

板A、B的中轴线O1O2射入板间。已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m（电子重力及相互间作用力忽略不计）。以下说法中正确的有（）A.沿直线穿过速度选择器的电子的速率为EBB

.只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴线射入的电子穿过A、B板的时间变长C.若t=4T时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则飞出方向可能沿O1O2D.若t=0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则BLTnE=（n=1，2，3……）【答案】ACD【解析】【分

析】【详解】A．粒子受电场力和洛伦兹力的作用，沿中轴线运动，则带电粒子受力平衡，所以有qEBvq=得EvB＝故A正确；B．若只增大速度选择器中的电场强度E，电子沿中轴线射入，则此时EvB＝v也增大，则在A、B板长度不变的情况下，电子穿过A、B板的时间变短，故B错误；C．若4Tt＝时刻进入A、B板间

的电子恰能水平飞出，且飞出方向沿O1O2方向，此时仅电场力做功，根据对称性可知，只需飞出时时刻为(1)4Ttn+＝(n=1，2，3……)故C正确；D．若t=0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则此时竖直方向的速度为0，电场力做功平衡，即通过的时刻为nT(n=1，2

，3……)，可计算此时速度为LvnT=根据洛伦兹力和电场力平衡可得BqvEq=联立得BLTnE=(n=1，2，3……)故D正确；故选ACD。二、实验题：本大题共1小题，共8分。11.某校实验室新进了一批金属丝，每卷长度L=8m，阻值约

为200Ω，物理社团想尽量准确地测出其电阻率。先用螺旋测微器测金属丝的直径如图所示，然后在实验室找来了下列器材：待测金属丝1卷；电源E(电动势4.5V，内阻r≈0.5Ω)电流表A1(量程10mA，内阻A150ΩR=)；电流表A2(量程30mA，内阻A230

ΩR)滑动变阻器R1(最大阻值为20Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值为6000Ω)定值电阻310ΩR=；定值电阻4400ΩR=；开关一个、导线若干(1)螺旋测微器测出金属丝的直径d=______mm；(2)滑动变阻器应选用______，定值电阻应选用______

(填所选器材的字母符号)；(3)为了精确的测量金属丝的电阻率，请在方框中画出实验电路图；______(4)连接电路，闭合开关，移动滑动变阻器，并记录下多组电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2，以I1为横坐标，I2为纵坐标，描点作图并测得图象的斜率为k，则金属丝的电阻率可以表示为______

(用题中给出的字母符号表示)。【答案】(1).3.466(2).R1(3).R4(4).见解析(5).214()4(1)AdRRkL+−【解析】【分析】【详解】(1)[1]金属丝的直径3mm+46.6×0.01mm=3.466mm(2)[2][

3]为了调节方便滑动变阻器选用R1，电路中没有电压表，而电流表A1的内阻已知，可以把A1改装成电压表，由于电源电动势为4.5V，因此改装成的电压表量程约为4.5V，因此串联的电阻11400AAERRI=−=因此定值电阻选用R4(3)[4]由于改

装成的电压表内阻已知，因此采用电流表外接发，滑动变阻器阻值较小采用分压式接法，电路图如图所示(4)[5]由电路可知11421()AxIRRRII+=−整理得1421(1)AxRRIIR+=+因此141AxRRkR

+=+根据电阻定律2()2xLLRdS==整理可得214(41)()AdRRkL+=−三、计算题：本大题共4小题，共52分；其中第12、13题每题12分，其余每题14分；解答时应有必要的文字说明与

方程式。12.如图所示，开口向上的导热气缸C静置于水平桌面上，用一横截面积为s=10cm2．质量为m=2kg的活塞封闭了一定质量的理想气体．一不可伸长的轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系

数k=400N/m的竖直轻弹簧A，A下端系有一质量M=4kg的物块B．开始时，活塞到缸底的距离L1=100cm，轻绳恰好拉直，弹簧恰好处于原长状态，缸内气体的温度t1=27℃．已知外界大气压强恒为p0=1.0×105Pa，取重力加速度g=10m/s

2，不计一切摩擦．现使缸内气体缓慢冷却，求：①当B刚要离开桌面时气缸内封闭气体的温度；②此过程中气体吸热还是放热，为什么？【答案】①2180KT=；②放热【解析】【分析】【详解】①设初状态时气缸内气柱压强为1p对活塞受力分析得01mgpsps+=物块B刚要离开桌面时活塞下移了x，此时气缸内

气柱压强为2p，此时弹簧弹力kxMg=对活塞受力分析得02mgpskxps+=+气缸内气柱的长度为21LLx=−根据理想气体状态方程有112212pLspLsTT=代入数据解得2180T=K或93−℃②由热力学第一定律得UWQ=+由于

气体体积变小，外界对气体做功，W为正值：气体温度降低，U为负值，故Q为负值，即气体一定放热。13.如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ水平放置，相距d=1m、且足够长、不计电阻．AC、BD区域光滑，其它区域粗糙且动摩

擦因数μ=0.2，并在AB的左侧和CD的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=2T．在导轨中央放置着两根质量均为m=1kg，电阻均为R=2Ω的金属棒a、b，用一锁定装置将一弹簧压缩在金属棒a、b之间(弹簧

与a、b不栓连)，此时弹簧具有的弹性势能E=9J．现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b棒刚好进入磁场，且b棒向右运动x=0.8m后停止，g取10m/s2，求：(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；(2)金属棒b刚进入磁场时的加速度

大小(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热．【答案】（1）3m/s（2）8m/s2（3）5.8J【解析】【分析】对ab系统，所受的合外力为零，则动量守恒，根据动量守恒定律和能量关系列式求解速度；（2）当ab棒进入磁场后，两棒均切割磁感线，产生感生电动势串联，求解感应电流，根据牛顿第二定律求

解b刚进入磁场时的加速度；（3）由能量守恒求解产生的热量.【详解】（1）对ab系统，由动量守恒：0=mva-mvb由能量关系：221122PabEmvmv=+解得va=vb=3m/s（2）当ab棒进入磁场后，两棒均切割磁感线，产生感生电动势串联，则有

：Ea=Eb=Bdva=6V又：232aEIAR==对b，由牛顿第二定律：BId+μmg=mab解得ab=8m/s2（3）由动量守恒可知，ab棒速率时刻相同，即两者移动相同距离后停止，则对系统，由能量守恒：EP=2μmgx+Q解得Q=5.8J【

点睛】此题是力、电磁综合题目，关键是分析两棒的受力情况和运动情况，运用动量守恒定律和能量守恒关系列式求解.14.如图所示，固定轨道由水平轨道AB，与AB相切于B点且半径R=0.18m的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量m1=0.3kg的小滑块a；AB右侧水平地面

上停靠一质量M=0.4kg的小车，小车的上表面水平且与AB等高，锁定小车。一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其他各处的摩擦均不计。现用手将一质量m2=0.1kg的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后

与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端。已知b与AP间的动摩擦因数μ=0.225，a、b均视为质点，取重力加速度大小g=10m/s2。(1)求碰撞后瞬间a的速率v1；(2)求P、A两点间的距离

L以及手对b做的功W；(3)若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？【答案】(1)3m/s；(2)2.025J；(3)0.6m处。【解析】【分析】【详解】(1)碰撞后a沿轨道运动，设a恰好通过最高点C时的速率为vC，有211C

vmgmR=根据机械能守恒定律有22111111222CmvmvmgR=+解得13m/sv=(2)b与a发生弹性碰撞，设碰撞前、后瞬间b的速率分别为v、v2，有21122mvmvmv=−222211221112

22mvmvmv=+解得6m/sv=23m/sv=由能量守恒定律有2222122mvmgL=解得1mL=从用手开始将b向右压缩弹簧到b第一次到达A处的过程中，根据动能定理有22212WmgLmv−=解得2.025JW=(3)设b停在车上时b与车的共同速度大小为v

3，b在小车上表面P点左侧运动的相对路程为x，由动量守恒定律有2223()mvMmv=+由能量守恒定律有222223211()22mvMmvmgx=++解得1.6mx=b最终停在P点左侧0.6mxL−=处。15.如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2m的等边三角形区域，

C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E=4×10-4N/C．三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外，磁感应

强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷q/m=108C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O点，OC相距2m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且

电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3．求：（1）磁感应强度B1的大小；（2）粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；（3）若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点（若粒子经过A点立即被吸收）．【答案】（1）51

2103BT−=（2）22.8510s−（3）'5242103kBT−+=【解析】【分析】【详解】（1）粒子从O到C即为在电场中加速，则由动能定理得：212Eqxmv=解得v=400m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．由几何关系可知10.62LRm==由211vqvB

mR=代入数据得51210T3B−=（2）由题可知B2=3B1=2×10-5T222vqvBmR=则120.23RRm==由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则112xvt=得到t1=0.01s

粒子在磁场B1中的周期为112mTqB=则在磁场B1中的运动时间为31310Ts−=在磁场B2中的运动周期为222mTqB=在磁场B2中的运动时间为333218030018011105.5103606tTss−−++===则粒子在复合场中总时间为

：32123172(20)102.85106ttttss−−=++=+=（3）设挡板外磁场变为'2B，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有2'2vqvBmr=根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件()212Lkr=+，其中k=0、1、2、3

……解得'524210T3kB−+=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com