【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＜v02．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3

42nn=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2

20V，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4

Tt＝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A230ΩR)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1142

1()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/s2，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211CvmgmR=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=−22221122111222mvmvmv

=+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v3，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）512103BT−=（2）22.851

0s−（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211vqvBmR=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

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