新疆瑪納斯縣第一中學(xué)2021屆高三上學(xué)期期中備考Ⅰ物理試卷含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精新疆瑪納斯縣第一中學(xué)2021屆高三上學(xué)期期中備考Ⅰ物理試卷含答案2020—2021學(xué)年上學(xué)期高三期中備考卷物理1注意事項：1．答題前,先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上,并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項是符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分,有選錯的得0分)1．在物理學(xué)的發(fā)展過程中,科學(xué)家們創(chuàng)造出了許多物理學(xué)研究方法，以下關(guān)于所用物理學(xué)研究方法的敘述正確的是（)A．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質(zhì)點來代替物體的方法叫微元法B．在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系,該實驗采用了假設(shè)法C．在推導(dǎo)勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動,然后把各小段的位移相加,這里采用了理想模型法D．伽利略認(rèn)為自由落體運動就是物體在傾角為90°的斜面上的運動，再根據(jù)銅球在斜面上的運動規(guī)律得出自由落體的運動規(guī)律，這里采用了實驗和邏輯推理相結(jié)合的方法【答案】D【解析】在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質(zhì)點來代替物體的方法叫理想模型，A錯誤；在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，該實驗采用了控制變量法,B錯誤;在推導(dǎo)勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法，C錯誤;伽利略認(rèn)為自由落體運動就是物體在傾角為90°的斜面上的運動，再根據(jù)銅球在斜面上的運動規(guī)律得出自由落體的運動規(guī)律，這是采用了實驗和邏輯推理相結(jié)合的方法，D正確.2．一汽車剎車可看做勻減速直線運動，初速度為12m/s,加速度為2m/s2,運動過程中，在某一秒內(nèi)的位移為7m，則此后它還能向前運動的位移是(）A．6mB．7mC．9mD．10m【答案】C【解析】設(shè)經(jīng)過t時間開始計時，1s時間內(nèi)質(zhì)點的位移恰為7m,則有v0(t＋1）＋eq\f（1,2）a（t＋1)2－（v0t＋eq\f(1,2）at2）＝7，解得t＝2s,汽車從剎車到停止總共經(jīng)歷的時間t總＝v0/a＝6s，把汽車剎車過程逆過來看即為初速度為零的勻加速直線運動，此后它還能向前運動的位移即為汽車前3s的位移x＝eq\f(1,2)at2＝9m，故C正確.3．如圖所示,a、b、c三個相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑,同時b、c從同一高度分別開始做自由下落和平拋運動。它們從開始到到達(dá)地面，下列說法正確的是（）A．它們同時到達(dá)地面B．它們動量變化的大小相同C．重力對它們的沖量相同D．它們的末動能相同【答案】B【解析】球b自由落體運動，球c的豎直分運動是自由落體運動，故b、c兩個球的運動時間相同，t＝eq\r（\f(2h,g))，球a受重力和支持力，合力為mgsinθ，加速度為gsinθ,根據(jù)，得,故t＜t′，故A錯誤;b、c球合力相同，運動時間相同，故合力的沖量相同,根據(jù)動量定理,動量變化量也相同；a、b球機械能守恒，末速度相等，故末動量相等，初動量為零，故動量增加量相等，故B正確;由于重力相同，而重力的作用時間不同，故重力的沖量不同，故C錯誤；初動能不全相同，而合力做功相同，根據(jù)動能定理，末動能不全相同，故D錯誤.4．如圖所示，從同一豎直線上不同高度A、B兩點處，分別以速率v1、v2同向水平拋出兩個小球,P為它們運動軌跡的交點。則下列說法正確的有()A．兩球在P點一定具有相同的速率B．若同時拋出,兩球可能在P點相碰C．若同時拋出，落地前兩球之間的距離逐漸變大D．若同時拋出，落地前兩球豎直方向的距離逐漸變大【答案】C【解析】兩球的初速度大小關(guān)系未知,在P點，A的豎直分速度大于B的豎直分速度，而A的水平分速度小于B的水平分速度,根據(jù)平行四邊形定則知,兩球在P點的速度大小不一定相同，A錯誤；若同時拋出，在P點，A下落的高度大于B下落的高度，則A下落的時間大于B下落的時間,可知兩球不可能在P點相碰，B錯誤;若同時拋出,由圖可知，下落相同的高度,B的水平位移大于A的水平位移，可知B的初速度大于A的初速度，由于兩球在豎直方向上的距離不變，水平距離逐漸增大，則兩球之間的距離逐漸增大；根據(jù)h＝eq\f（1,2)gt2知,經(jīng)過相同的時間下落的高度相同,則豎直方向上的距離保持不變，C正確,D錯誤.5．如圖所示，質(zhì)量為m的物體A靜止在質(zhì)量為M的斜面B上,斜面B的傾角θ＝30°?，F(xiàn)用水平力F推物體A，在F由零逐漸增加至eq\f（\r(3）,2）mg再逐漸減為零的過程中,A和B始終保持靜止。對此過程下列說法正確的是（）A．地面對B的支持力隨著力F的變化而變化B．A所受摩擦力方向始終沿斜面向上C．A所受摩擦力的最小值為eq\f(1,4)mg，最大值為eq\f（\r(3），2)mgD．A對B的壓力的最小值為eq\f（\r（3）,2)mg，最大值為【答案】D6．如圖所示，A、B、C、D為圓上的四個點，其中AB與CD交于圓心O且相互垂直，E、F是關(guān)于O點對稱的兩點但與O點的距離大于圓的半徑，E、F兩點的連線與AB、CD都垂直。在A點放置一個電荷量為＋Q的點電荷，在B點放置一個電荷量為－Q的點電荷。則下列說法正確的是（)A．OE兩點間電勢差大于OC兩點間的電勢差B．D點和E點電勢相同C．沿C、D連線由C到D移動一正點電荷，該電荷受到的電場力先減小后增大【答案】B【解析】CD與EF所在的平面是一個等勢面，則OE兩點間電勢差等于OC兩點間的電勢差，D點和E點電勢相同，在等勢面上移動電荷，電場力不做功,負(fù)點電荷電勢能不變,故A、D錯誤，B正確；C、D連線上電場強度先增大后減小，點電荷受到的電場力先增大后減小,故C錯誤。7．理論表明，圍繞地球轉(zhuǎn)動的衛(wèi)星，其機械能只與衛(wèi)星的質(zhì)量和軌道的長軸大小有關(guān).如圖所示，A為地球，b、c為質(zhì)量相同的兩顆衛(wèi)星，圍繞地球轉(zhuǎn)動的軌道形狀分別為圓和橢圓，兩軌道共面，P為兩個軌道的交點,b的半徑為R，c的長軸為2R。關(guān)于這兩顆衛(wèi)星，下列說法正確的是()A．它們的周期不同B．它們的機械能相等C．它們經(jīng)過P點時的加速度不同D．它們經(jīng)過P點時的速率相同【答案】BD【解析】衛(wèi)星b的軌道半徑與衛(wèi)星c運行軌道的半長軸大小相等，都是R,根據(jù)可知，兩顆衛(wèi)星運行周期相同，A錯誤；由題意可知,兩顆衛(wèi)星質(zhì)量相同，衛(wèi)星b的軌道半徑與衛(wèi)星c運行軌道的半長軸大小相等,故機械能相等,B正確；衛(wèi)星經(jīng)過P點時的加速度為a＝eq\f(GM,r2)，所以加速度相同，C錯誤；因為衛(wèi)星b的軌道半徑與衛(wèi)星c運行軌道的半長軸大小相等，且質(zhì)量相等，所以兩顆衛(wèi)星經(jīng)過P點時的勢能相同，又因為兩衛(wèi)星的機械能相等，則動能相同，速率相同,D正確.8．如圖所示，M、N是兩個共軸圓筒的橫截面,外筒半徑為R，內(nèi)筒半徑比R小很多，可以忽略不計，筒的兩端是封閉的，兩筒之間抽成真空。兩筒以相同的角速度ω繞其中心軸線（圖中垂直于紙面）做勻速轉(zhuǎn)動。設(shè)從M筒內(nèi)部可以通過窄縫S(與M筒的軸線平行)不斷地向外射出兩種不同速率v1和v2的微粒，從S處射出時的初速度的方向都是沿筒的半徑方向，微粒到達(dá)N筒后就附著在N筒上。如果R、v1和v2都不變,而ω取某一合適的值，則（)A．有可能使微粒落在N筒上的位置都在a處一條與S縫平行的窄條上B．有可能使微粒落在N筒上的位置都在某一處如b處一條與S縫平行的窄條上C．有可能使微粒落在N筒上的位置分別在某兩處如b處和c處與S縫平行的窄條上D．只要時間足夠長,N筒上將到處都落有微粒【答案】ABC【解析】解析兩種粒子從窄縫S射出后，沿半徑方向勻速直線運動，到達(dá)N筒的時間分別為，，兩種粒子到達(dá)N筒的時間差Δt＝t1－t2,N筒勻速轉(zhuǎn)動,若在t1和t2時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長均為周長的整數(shù)倍,則所有粒子均落在a處一條與S縫平行的窄條上，A正確；若N筒在t1和t2時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長不是周長的整數(shù)倍，但在Δt內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長恰為周長的整數(shù)倍,則所有粒子均落在如b處一條與S縫平行的窄條上，B正確;若在t1和t2時間及Δt內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長均不是周長的整數(shù)倍，則可能落在N筒上某兩處如b處和c處與S縫平行的窄條上，C正確;對應(yīng)某一確定的ω值，N筒轉(zhuǎn)過的弧長是一定的,故N筒上粒子到達(dá)的位置是一定的，D錯誤.9．如圖所示,兩對金屬板A、B和C、D分別豎直和水平放置，A、B接在電路中，C、D板間電壓為U，A板上O處發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入C、D板間，電子最終都能打在光屏M上，關(guān)于電子的運動，下列說法正確的是()A．S閉合，只向右移動滑片P，P越靠近b端,電子打在M上的位置越高B．S閉合，只改變A、B板間的距離，改變前后，電子由A至B經(jīng)歷的時間相同C．S閉合，只改變A、B板間的距離，改變前后，電子到達(dá)M前瞬間的動能相同D．S閉合后再斷開，只向左平移B，B越靠近A板，電子打在M上的位置越高【答案】CD【解析】S閉合,只向右移動滑片P,P越靠近b端,加速獲得的動能越大，穿過CD板的時間越短，電子打在M上的位置越接進(jìn)中間虛線，越低,故A錯誤;S閉合，若只增加A、B板間的距離，加速度減小，加速時間變長,故總時間變大，故B錯誤;S閉合，只改變A、B板間的距離，穿出A、B間的速度不變，此后穿過C、D板的運動情況相同，故動能不變，故C正確；S閉合后再斷開，A、B板的電量不變，只向左平移B，電場強度不變,B越靠近A板，加速距離越短，電子射出A、B間的速度越小,電子在C、D板間的運動時間增加，故豎直方向的位移偏轉(zhuǎn)量變大，即電子打在M上的位置越高,故D正確.10．如圖所示，質(zhì)量為4m的球A與質(zhì)量為m的球B用繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，球A放在固定的光滑斜面上，斜面傾角α＝30°，球B與質(zhì)量為m的球C通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連,球C放在水平地面上。開始時控制住球A，使整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),細(xì)線剛好拉直但無張力，滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行，然后由靜止釋放球A，不計細(xì)線與滑輪之間的摩擦，重力加速度為gA．釋放球A瞬間，球B的加速度大小為0.2B．釋放球A后，球C恰好離開地面時，球A沿斜面下滑的速度達(dá)到最大C．球A沿斜面下滑的最大速度為D．球C恰好離開地面時彈簧的伸長量與開始時彈簧的壓縮量相等，所以A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】BC【解析】開始時對球B分析，根據(jù)平衡條件可得mg＝kx1，釋放球A瞬間，對球A和球B分析，根據(jù)牛頓第二定律可得4mgsinα－mg＋kx1＝5ma1，解得a1＝0。4g,故A錯誤；釋放球A后，球C恰好離開地面時，對球C分析，根據(jù)平衡條件可得mg＝kx2，對球A和球B分析，有4mgsinα－mg－kx2＝5ma2，解得a2＝0，所以球C恰好離開地面時,球A沿斜面下滑的速度達(dá)到最大,故B正確；對球A和球B及輕質(zhì)彈簧分析,根據(jù)能量守恒可得4mg(x1＋x2）sinα－mg(x1＋x2）＝eq\f（1，2)×5mvm2,解得球A沿斜面下滑的最大速度，故C正確；由可知球C恰好離開地面時彈簧的伸長量與開始時彈簧的壓縮量相等，A、B兩小球組成的系統(tǒng)在運動過程中,輕質(zhì)彈簧先對其做正功后對其做負(fù)功，所以A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故D錯誤。二、非選擇題（本題共6小題,共60分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分.有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)11．（6分)在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，器材如下:A．小燈泡L(3V、1.8W)；B．滑動變阻器R(0~10Ω，額定電流1。5A）；C．電壓表V（量程：0~3V，RV＝5kΩ);D．電流表A(量程：0～0.6A，RA＝0.5Ω）；E．鉛蓄電池、開關(guān)各一個,導(dǎo)線若干。實驗中要求加在小燈泡兩端的電壓可連續(xù)地從零調(diào)到額定電壓。(1）在實驗中,電流表應(yīng)采用法______（填“內(nèi)接”或“外接”）;(2)請在圖虛線框內(nèi)按要求設(shè)計實驗電路圖（部分已畫好）;（3)某同學(xué)實驗后作出的I－U圖象如圖所示，請分析該圖象形成的原因是：_________________?！敬鸢浮浚?)外（2）如圖見解析（3)電阻變大（每空2分）因為電壓、電流需從零開始測起，所以滑動變阻器采用分壓式接法，電流表采用外接法，實驗電路如圖所示。(3)該圖象形成的原因是隨著電壓增高，小燈泡溫度升高，電阻值增大。12．(8分）如圖甲所示,一位同學(xué)利用光電計時器等器材做“驗證機械能守恒定律"的實驗.有一直徑為d、質(zhì)量為m的金屬小球從A處由靜止釋放,下落過程中能通過A處正下方、固定于B處的光電門,測得A、B間的距離為H（H〉>d)，光電計時器記錄下小球通過光電門的時間為t，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。則：（1)如圖乙所示,用游標(biāo)卡尺測得小球的直徑d＝________mm；(2)小球經(jīng)過光電門B時的速度表達(dá)式為________；（3)多次改變高度H,重復(fù)上述實驗，作出隨H的變化圖象如圖丙所示，當(dāng)圖中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直徑d滿足表達(dá)式________時，可判斷小球下落過程中機械能守恒;（4)實驗中發(fā)現(xiàn)動能增加量ΔEk總是稍小于重力勢能減少量ΔEp，增加下落高度后，則ΔEp－ΔEk將________（填“增大”“減小”或“不變”）.【答案】(1)7。95（2)（3)或2gH0t02＝d2(4）增大（每空2分）【解析】（1)由圖可知，主尺刻度為7mm,游標(biāo)對齊的刻度為19，故讀數(shù)為7mm＋19×0.05mm＝7.95mm.（3）若減小的重力勢能等于增加的動能時,可以認(rèn)為機械能守恒，則有mgH＝eq\f（1,2)mv2，即2gH0＝（）2，解得2gH0t02＝d2。（4）由于該過程中有阻力做功,而高度越高，阻力做功越多,故增加下落高度后ΔEp－ΔEk將增大。13．（8分）如圖甲所示，有一足夠長的粗糙斜面，傾角θ＝37°,一滑塊以初速度為v0＝16m/s從底端A點滑上斜面，滑至B點后又返回到A點，滑塊運動的v－t圖象如圖乙所示。已知sin37°＝0。6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)求物體的動摩擦因數(shù)；(2）滑塊再次回到A點時的速度.【解析】(1)由圖乙可知,滑塊上滑時的加速度大?。海?分)由牛頓第二定律得:mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1（1分)解得:μ＝0.25。（2分)（2）由圖象可知，AB之間的距離:(1分)由B到A過程，受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2(1分)由速度位移公式得：＝8eq\r（2)m/s.(2分）14．（10分）如圖所示,空間有一豎直向下沿x軸方向的靜電場，電場的場強大小按E＝kx分布（x是軸上某點到O點的距離），k＝。x軸上，有一長為L的絕緣細(xì)線連接A、B兩個小球，兩球質(zhì)量均為m,B球帶負(fù)電，帶電荷量為q,A球距O點的距離為L。兩球現(xiàn)處于靜止?fàn)顟B(tài),不計兩球之間的靜電力作用。(1）求A球的帶電荷量qA；(2)剪斷細(xì)線后，求B球的最大速度vm.【解析】(1）A、B兩球靜止時，A球所處位置場強為E1＝kL＝(1分）B球所處位置場強為E2＝k?2L＝（1分)對A、B由整體法得：2mg＋qAE1－qE2＝0(1分)解得：qA＝－4q.（2分）（2）設(shè)B球下落速度達(dá)到最大時，B球距O點距離為x0，則有：mg＝Eq＝（1分)解得:x0＝3L，即當(dāng)B球下落速度達(dá)到最大時，B球距O點距離為3L運動過程中，電場力大小線性變化,所以由動能定理得：mgL－eq\x\to(E)qL＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1，2)mv02（1分）(1分)解得：。(2分）15．（14分）機場經(jīng)常使用傳送帶和轉(zhuǎn)盤組合完成乘客行李箱的傳送，下圖為機場水平傳輸裝置的俯視圖.行李箱從A處無初速放到傳送帶上,運動到B處后進(jìn)入和傳送帶速度始終相等的勻速轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)盤,并隨轉(zhuǎn)盤一起運動(無打滑）半個圓周到C處被乘客取走.已知A、B兩處的距離L＝10m，傳送帶的傳輸速度v＝2.0m/s，行李箱在轉(zhuǎn)盤上與軸O的距離R＝4.0m，已知行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0。1，行李箱與轉(zhuǎn)盤之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0。4，g＝10m/s2.（1)行李箱從A處被放上傳送帶到C處被取走所用時間為多少?（2)如果要使行李箱能最快到達(dá)C點,傳送帶和轉(zhuǎn)盤的共同速度應(yīng)調(diào)整為多大？（3）若行李箱的質(zhì)量均為15kg，每6s投放一個行李箱，則傳送帶傳送行李箱的平均輸出功率應(yīng)為多大？【解析】(1）設(shè)行李箱質(zhì)量為m，放在傳送帶上，先受到摩擦力而加速運動，根據(jù)牛頓第二定律：μ1mg＝ma（1分）v＝at1（1分）x＝eq\f（1,2)at12（1分）可得:t1＝2s,x＝2m〈L(1分)行李箱在傳送帶上勻速運動時間：（1分)從B到C做勻速圓周用時：(1分）從A處被放上傳送到C用時為：t總＝t1＋t2＋t3＝12.28s。（1分)(2)行李箱在轉(zhuǎn)盤上時取最大靜摩擦力:（1分)可得速度:v2＝4m/s(1分)設(shè)行李箱在傳送帶上一直加速的速度為v1,則v12＝2aL（1分)得:v1＝2eq\r（5)m/s>4m/s故最大速度應(yīng)取為4m/s，即共同速度應(yīng)調(diào)整為4m/s。（1分）（3)由(1)知，傳送帶上剛好有一個行李箱。設(shè)每傳送一個行李箱需要做功W，則:W＝eq\f(1,2）mv2＋μ1mg（vt1－x）＝60J（2分)傳送行李箱需要的平均輸出功率：