山西省臨汾市聯(lián)辦中學2021年高三物理上學期期末試卷含解析

山西省臨汾市聯(lián)辦中學2021年高三物理上學期期末試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（單選）一物體從靜止開始做勻加速直線運動，以T為時間間隔，在第3個T內的位移為3m，在第3個T終了時的瞬時速度是3m/s。則A．物體的加速度為1m/s2

B．物體在第1個T終了時的瞬時速度是0.6m/sC．時間間隔T=1s

D．物體在第1個T內的位移為0.6m參考答案：D解；由公式得，

3Ts內的位移：

①

2Ts內的位移：

②

第3個T秒內的位移△x=x3-x2=3m

③

由公式

v=at得：

3Ts末的速度

v3=a×3T=3

④

①-④聯(lián)立得；

T=1.2S

故AC錯；

第一個T末的速度v=aT=1m/s，故B錯；

第一個T內的位移

故D正確

故選：D．2.（單選）用控制變量法，可以研究影響平行板電容器的因素（如圖）．設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ．實驗中，極板所帶電荷量不變，若（）A．保持S不變，增大d，則θ變大B．保持S不變，增大d，則θ變小C．保持d不變，減小S，則θ變小D．保持d不變，減小S，則θ不變參考答案：考點：影響平行板電容器電容的因素．分析：靜電計指針偏角θ表示電容器兩端電壓的大小，根據(jù)電容的定義式C=，判斷電容的變化，再根據(jù)C=，判斷電壓的變化，從而得知靜電計指針偏角的變化．解答：解：根據(jù)電容的定義式C=，保持S不變，增大d，電容C減小，再根據(jù)U=，知U增大，所以θ變大．故A正確，B錯誤．

保持d不變，減小S，電容減小，再根據(jù)C=，知U增大，所以θ變大．故CD錯誤．故選：A．點評：解決電容器的動態(tài)分析問題關鍵抓住不變量．若電容器與電源斷開，電量保持不變；若電容器始終與電源相連，電容器兩端間的電勢差保持不變．3.如圖所示，在第一象限內有垂直紙面向里的勻強磁場（磁場足夠大），一對正、負電子分別以相同速度沿與軸成300角的方向從原點垂直磁場射入，則負電子與正電子在磁場中運動時間之比為（不計正、負電子間的相互作用力）

A．1：

B.1：2

C.1：1

D.2：1

參考答案：答案：B4.（單選題）關于靜電場下列說法中正確的是(

)A．在電場中某點的電勢為零，則該點的電場強度一定為零B．電荷在電場中電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小C．根據(jù)公式U＝Ed可知，在勻強電場中兩點間的距離越大，電勢差就越大D．正電荷從電勢高的點運動到電勢低的點，電勢能一定減少參考答案：D5.在某一空間同時存在相互正交的勻強電場和勻強磁場，勻強電場的方向豎直向上，磁場方向如圖所示。兩個帶電液滴在此復合場中恰好能沿豎直平面內做勻速圓周運動，則（

）A．它們的運動周期可能不等B．它們的圓周運動方向可能相反C．若它們的速率相等，軌道半徑就一定相等D．若它們的動能相等，軌道半徑就一定相等參考答案：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.一質點由位置A向北運動了4m，又轉向東運動了3m，到達B點，然后轉向南運動了1m，到達C點，在上述過程中質點運動的路程是

m，運動的位移是

m。參考答案：8，7.如圖所示，直角玻璃棱鏡中∠A=70°，入射光線垂直于AB面。已知玻璃的折射率為，光在AC面上反射后經(jīng)BC面反射從AC面第一次射出，則光線在BC面_______（填“發(fā)生”或“不發(fā)生”）全反射，光線從棱鏡AC邊第一次射入空氣時的折射角為_______。參考答案：發(fā)生；4508.如圖所示，一豎直輕桿上端可以繞水平軸O無摩擦轉動，輕桿下端固定一個質量為m的小球，力F=mg垂直作用于輕桿的中點，使輕桿由靜止開始轉動，若轉動過程保持力F始終與輕桿垂直，當輕桿轉過的角度θ=30°時，小球的速度最大；若輕桿轉動過程中，力F的方向始終保持水平方向，其他條件不變，則輕桿能轉過的最大角度θm=53°．參考答案：【考點】：動能定理的應用；向心力．【專題】：動能定理的應用專題．【分析】：（1）由題意可知：F始終對桿做正功，重力始終做負功，隨著角度的增加重力做的負功運來越多，當重力力矩等于F力矩時速度達到最大值，此后重力做的負功比F做的正功多，速度減??；（2）桿轉到最大角度時，速度為零，根據(jù)動能定理即可求解．：解：（1）力F=mg垂直作用于輕桿的中點，當輕桿轉過的角度θ時，重力力矩等于F力矩，此時速度最大，則有：mgL=mgLsinθ解得sinθ=所以θ=30°（2）桿轉到最大角度時，速度為零，根據(jù)動能定理得：mv2=FL﹣mgLsinθ所以FLsinθ﹣mgL（1﹣cosθ）=0﹣0解得：θ=53°故答案為：30°；53°【點評】：本題主要考查了力矩和動能定理得直接應用，受力分析是解題的關鍵，難度適中．9.（4分）在靜電場中有a．b．c三點，有一個電荷q1=3×10-8C，自a移到b，電場力做功3×10-6J．另有一個電荷q2=-1×10-8C，自a移到c，電場力做功3×10-６J，則a．b．c三點的電勢由高到低的順序是

,b．c兩點間的電勢差Ubc為

V。參考答案：

cab

-400v10.一個高能γ光子，經(jīng)過重核附近時與原子核場作用，能產(chǎn)生一對正負電子，請完成相應的反應方程：_______________．已知電子質量，光在真空中的傳播速度為速為，則γ光子的能量至少為___________J．參考答案：

(1).

(2).1.64×10-13J.解：一個高能γ光子，經(jīng)過重核附近時與原子核場作用，能產(chǎn)生一對正負電子，．

根據(jù)質能關系得，γ光子的能量至少為△mc2=2mec2=1.64×10-13J.

11.特種兵過山谷的一種方法可化簡為如右圖所示的模型：將一根長為2d、不可伸長的細繩的兩端固定在相距為d的A、B兩等高處，懸繩上有小滑輪P，戰(zhàn)士們相互配合，可沿著細繩滑到對面。開始時，戰(zhàn)士甲拉住滑輪，質量為m的戰(zhàn)士乙吊在滑輪上，處于靜止狀態(tài)，AP豎直，則此時甲對滑輪的水平拉力為____________；若甲將滑輪由靜止釋放，則乙在滑動中速度的最大值為____________。（不計滑輪與繩的質量，不計滑輪的大小及摩擦）

參考答案：mg，12.某同學騎著自行車（可視為質點）從傾角一定的足夠長斜坡滑下，AB為斜坡上一段，然后在水平地面BC上滑行一段距離后停止，整個過程該同學始終未蹬腳踏板，如圖甲所示。自行車后架上固定一個裝有墨水的容器，該容器距地面很近，每隔相等時間T=0.1s滴下一滴墨水。該學生用最小刻度為cm的卷尺測得某次滑行數(shù)據(jù)如圖乙所示。（計算結果保留兩位有效數(shù)字）（1）由AB段數(shù)據(jù)可知，車做

運動，A點的速度v=

m/s；（2）自行車在BC段做勻減速運動的加速度的大小a=

m/s2。參考答案：勻速

5

7.513.）用歐姆表測電阻時，將選擇開關置于合適的擋位后，必須先將兩表筆短接，調整

▲

旋鈕，使指針指在歐姆刻度的“0”處．若選擇旋鈕在“×100”位置，指針在刻度盤上停留的位置如圖所示，所測量電阻的值為

▲

．參考答案：歐姆調零（2分）

3200（2分）歐姆表使用前首先應進行調零，即將兩表筆短接，調整歐姆調零旋鈕使指針指在歐姆刻度的“0”處。歐姆表讀數(shù)一定不要忘記乘以倍率。三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（10分）一物體在A、B兩點的正中間由靜止開始運動（設不會超越A、B），其加速度隨時間變化如圖所示，設向A的加速度方向為正方向，若從出發(fā)開始計時，則：

（1）物體的運動情況是___________________。（2）4S末物體的速度是______，0-4S內物體的平均速度是________。（3）請根據(jù)圖畫出該物體運動的速度-時間圖像。參考答案：（1）一直向A運動（2分）；（2）0；2m（4分）；（3）如圖（4分）

15.（16分）如圖所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩連接，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA=2kg、mB=1kg。初始時A靜止與水平地面上，B懸于空中。先將B豎直向上再舉高h=1.8m（未觸及滑輪）然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g=10m/s2。（1）B從釋放到細繩繃直時的運動時間t；（2）A的最大速度v的大?。唬?）初始時B離地面的高度H。參考答案：（1）；（2）；（3）。試題分析：（1）B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有：解得：（2）設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，總動量守恒：繩子繃直瞬間，A、B系統(tǒng)獲得的速度：之后A做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2m/s。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，一質量為m、帶電量為-q的小球A，用長為L的絕緣輕桿與固定轉動軸O相連接，絕緣輕桿可繞軸O無摩擦轉動。整個裝置處于水平向右的勻強電場中，電場強度E=，現(xiàn)將輕桿從圖中的豎直位置由靜止釋放。求：（1）輕桿轉過90°時，小球A的速度為多大？（2）輕桿轉過多大角度時小球A的速度最大？（3）小球A轉過的最大角度為多少？參考答案：（1）動能定理：qEL+(-mgL)=-0，

解出v=

（3分）（2）輕桿轉動過程中，合力矩為零時，小球A的速度最大即mgLsinα=qELcosα

得到tanα=2，解出α=arctan2=63.43°

（4分）（3）設小球A的速度減為零時輕桿與水平方向的夾角為β，動能定理：qELcosβ+［-mg(L+Lsinβ)］=0-0

（2分）得到2cosβ=1+sinβ，

解出sinβ=0.6（舍去sinβ=-1），β=37°

（2分）因此，小球A轉過的最大角度為90°+37°=127°

17.如圖甲所示，高h、長Ｌ的光滑絕緣正方形臺面上加有一豎直向下、磁感應強度B的勻強磁場．在臺面右側接著一個與內側邊線對齊、每板寬為d（d＜）的平行板電容器（電容器有光滑絕緣的底部），右板接電源的正極，左板接電源負極，現(xiàn)有質量為m、電量為+q的一群粒子（視為質點）從靠近右板在底部由靜止釋放，通過左板的小孔進入磁場，不計一切阻力，重力加速度取g．求：(1)若取電容器的電壓為U，求這些帶電粒子在磁場中運動的半徑；(2)若要求這些粒子都從臺面右側射出，則電容器的電壓應滿足什么條件？(3)在地面上建立如圖坐標系，當時，在圖乙中畫出這些粒子落地時在這個坐標系中的痕跡（要求寫出計算說明的過程并大致標明痕跡的位置）。參考答案：（1）在電容器中，根據(jù)動能定理，有：

①(2分)在磁場中，根據(jù)洛牛頓第二定律，有：

②(2分)①②聯(lián)立得粒子運動的半徑為：

③(2分)(2)當在電容器底部外側經(jīng)加速的粒子恰好能從臺面的外側相切射出時，粒子的半徑最大，如圖所示．即

④(2分)④代入③解得：

⑤(1分)當U＞0，在電容器內側粒子，那怕不能一次在磁場中從臺面右側射出，也可以再進入電容器減速至底部右側，又再重新加速進入磁場，多周后也能從臺面右側射出。(2分)故電容器的電壓滿足的條件為：。

(1分)(3)把代入③得粒子運動的半徑為：

(1分)說明當粒子從電容器遠側射入磁場時，粒子從臺面右側中點射出，當粒子從電容器近側