2021届罗湖区高三物理第一学期期末测试题(解析版).pdf

2021 届罗湖区高三物理第一学期期末测试题一、单项选择题（本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.解决物理疑问的过程，往往伴随新理论的建立，在物理学史中，下列现象与物理新理论的建立不存在必然联系的是（）A.光电效应现象与光子说B.行星绕太阳运动与万有引力C.粒子散射现象与原子的核式结构D.电流的磁效应现象与楞次定律【答案】D【解析】【分析】【详解】A爱因斯坦提出了光子说解释了光电效应现象，A 不符合题意；B行星绕太阳运动是由万有引力提供向心力的，两者之间有联系，B 不符合题意；C卢瑟福根据粒子散射实验现象提出原子核式结构模型，C 不符合题意；D奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系；俄国物理学家海因里希楞次在概括了大量实验事实的基础上，总结出一条判断感应电流方向的规律，称为楞次定律，两者没有必然联系，D 符合题意。故选 D。2.已知铜、铂的极限波长为 268nm、196nm某光源发出的光由不同波长的光组成，不同波长的光的强度如图所示用该光源分别照射铜、铂，则（）A.都能产生光电子B.仅铂能产生光电子C.仅铜能产生光电子D.都不能产生光电子【答案】A【解析】【详解】由爱因斯坦光电效应方程可知，能发生光电效应现象条件为：入射光的频率大于金属的极限频率，即0，由公式c可知，即要0，由图可知，光源的波长大约在50200nmnm，所以光源发出的光能使铜和铂发生光电效应，故 A 正确3.如图所示是汽车 45极限爬坡时的照片，汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬，斜坡的倾角逐渐增大至 45。下列关于汽车这一爬坡过程的说法中正确的是（）A.坡的倾角越大，汽车对坡面的压力也越大B.汽车受到沿坡面向上、大小不断增大的静摩擦力作用C.汽车受到沿坡面向下、大小不断减小的滑动摩擦力作用D.若汽车能顺利爬坡。则斜坡对轮胎的摩擦力大于车胎对斜坡的摩擦力【答案】B【解析】【分析】【详解】A汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬，其处于平衡状态，由平衡条件可得汽车对坡面的压力为cosNFmg则坡的倾角越大，汽车对坡面的压力也越小，所以 A 错误；BC汽车受到的摩擦力为静摩擦力，方向沿坡面向上，静摩擦力大小为sinfmg则坡的倾角越大，汽车受到坡面的摩擦力越大，所以 B 正确；C 错误；D汽车能顺利爬坡。则斜坡对轮胎的摩擦力等于车胎对斜坡的摩擦力，因为这两个力为相互作用力，所以 D 错误；故选 B。4.某飞机海上救援的情景如图所示，飞机以 4m/s 的速度水平向右做匀速直线运动，同时以3m/s 的速度匀速收拢绳索将待救人员接到飞机里，绳索始终竖直。该过程中（）A.待救人员相对地面做匀速直线运动B.待救人员相对地面做曲线运动C.绳索的拉力大于待救人员受到的重力D.待救人员的实际运动速度大小为 7m/s【答案】A【解析】【详解】AB待救人员在水平方向和竖直方向上均做匀速直线运动，合运动也为匀速直线运动，故 A 正确，B 错误；C绳索的拉力与待救人员受到的重力大小相等、方向相反，选项 C 错误；D待救人员的实际运动速度大小2234 m/s5m/sv，选项 D 错误。故选 A。5.有关圆周运动的基本模型如图所示，下列说法正确的是（）A.图甲中火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对轮缘会有挤压作用B.图乙中汽车通过拱桥的最高点时处于超重状态C.图丙中若摆球高相同，则两锥摆的角速度就相同D.图丁中同一小球在光滑圆锥筒内的不同位置做水平匀速圆周运动时角速度相同【答案】C【解析】【分析】【详解】A图甲中火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力时，火车将离心，故火车轮缘对外轨有挤压，也即外轨对轮缘会有挤压作用，故 A 错误；B图乙中汽车通过拱桥的最高点时向心加速度方向竖直向下，故火车处于失重状态，故 B错误；C图丙中，根据牛顿第二定律有2tanmgmr由几何关系，可得tanrh联立方程，可得gh则若摆球高相同，两锥摆的角速度就相同，故 C 正确；D图丁中，重力和支持力的合力提供向心力，因此有tanmgma可得2tangar即两个物体的向心加速度相同，r 不同角速度不同，故 D 错误。故选 C。6.如图，线圈 L 的自感系数极大，直流电阻忽略不计；D1、D2是两个二极管，当电流从“”流向“-”时能通过，反之不通过；R0是保护电阻，则（）A.闭合 S 之后，B 灯慢慢变亮B.闭合 S 之后，A 灯亮且亮度不变C.断开 S 瞬时，A 灯闪一下再慢慢熄灭D.断开 S 瞬时，B 灯闪一下再慢慢熄灭【答案】D【解析】【分析】【详解】AB闭合 S 瞬间，A 灯二极管正向导通 A 灯亮，B 灯二极管正向不能导通，因此不亮，之后线圈自感阻碍逐渐减小，电流从自感线圈流过的电流逐渐增大，A 灯又熄灭，故AB 错误；CD断开 S 瞬间，线圈 L 产生与原电流方向相同的自感电流，可通过 D2，故 B 灯闪一下再慢慢熄灭，而不能通过 D1，故 A 灯不亮，故 C 错误，D 正确。故选 D。7.2019 年 1 月 3 日，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面。着陆前的部分运动过程简化如下：在距月面 15km 高处绕月做匀速圆周运动，然后减速下降至距月面 100m 处悬停，再缓慢降落到月面。已知万有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半径约为 1.7103km，由上述条件不能估算出（）A.月球质量B.月球表面的重力加速度C.探测器在 15km 高处绕月运动的周期D.探测器悬停时发动机产生的推力【答案】D【解析】【详解】AB.第一宇宙速度GMvgRR已知万有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半径约为 1.7103km，所以可以求出月球质量 M 和月球表面的重力加速度 g，故 AB 错误；C.根据万有引力提供环绕天体的向心力得2224MmGmrrT，rRh解得32rTGM，所以可以求出探测器在 15km 高处绕月运动的周期 T，故 C 错误；D.探测器悬停时发动机产生的推力大小等于探测器的重力，由于不知道探测器的质量，所以无法求出探测器悬停时发动机产生的推力，故 D 正确。故选 D。二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）8.如图所示，一质量为 m 的篮球，可视为质点。从离地面高为 H 处水平抛出，第一次落地后反弹高度为916H。已知重力加速度为 g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）A.篮球在运动过程中机械能不守恒B.篮球第一次着地的竖直分速度为2gHC.篮球第二次反弹的最高点一定是216HD.篮球反弹第一次的最高点的重力势能比抛出点减少了716mgH【答案】ABD【解析】【分析】【详解】A篮球与地面撞击机械能损失，机械能不守恒，A 正确；B篮球第一次着地的竖直分速度为202yvgH解得2yvgHB 正确；CD第一次与地面碰撞的损失的能量为971616Emg hmg HHmgH 第二次与地面碰撞损失的能量不一定等于716mgH，所以第二次反弹的最高点不一定是216H，C 错误，D 正确。故选 ABD。9.如图所示，有一竖直向上的圆柱形匀强磁场区域，有两个比荷相等的带电粒子 k1、k2分别从 P 点沿着半径垂直磁场射入，其中粒子 k1偏转 90右边从 A 点射出，粒子 k2偏转 60左边从 B 点射出。不计粒子重力，下列判断正确的是（）A.粒子 k1带正电，粒子 k2带负电B.粒子 k1带负电，粒子 k2带正电C.带电粒子 k1、k2的速度 v1：v2=3：1D.带电粒子 k1、k2在磁场中运动的时间 t1：t2=3：2【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB根据左手定则可知 k1受向右的洛伦兹力，故 k1带正电，k2受向左的洛伦兹力，故 k2带负电，B 错误，A 正确；C根据2vqvBmR可得mvRqBk1、k2的比荷相等，则有1122vRvR由几何关系可知1RR23tan30RRR则有1213vvC 错误；D由2 mTqB可知两粒子在磁场中运动的周期相同，运动的时间分别为14Tt 216tT则1232ttD 正确。故选 AD。10.如图（a），光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0 时，甲静止，乙以 6m/s 的初速度向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的 v-t 图像分别如图（b）中曲线所示。则由图线可知（）A.两带电小球的电性一定相同B.甲的动能一直增大，乙的动能一直减小C.甲乙达到共速时，乙的位移大于 4 倍甲的位移D.甲、乙速度相等时两球间的电势能最大【答案】ACD【解析】【详解】A由图（b）可看出，甲从静止开始与乙同向运动，根据力与运动的关系说明甲受到了乙的排斥力作用，故两带电小球的电性一定相同，故 A 正确；B由图（b）可看出，甲的速度一直增大，故甲的动能一直增大；乙的速度先沿着原来方向减小，后方向增大，故动能先减小后增大，故 B 错误；C图（b）中图像与时间轴围成的面积表示位移，设甲乙共速时对应时刻为1t，乙的位移112642xtt乙甲的位移11022xtt甲所以4xx乙甲故 C 正确；D从开始运动到甲乙共速时，由图像的面积关系可知，两带电小球之间距离逐渐减小，电场力对系统做负功，系统的电势能增大。甲乙共速之后，两带电小球之间距离逐渐增大，电场力对系统做正功，系统的电势能减小。所以两带电小球速度相等时两球间的电势能最大，故 D 正确。故选 ACD。三、实验与探究题（本题共 2 小题，共 16 分。请按要求作答）11.做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案：乙图的实验操作步骤如下（1）_（填“挂上”或“不挂上”）托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为 M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；（2）取下托盘和砝码，测出其总质量为 m，让小车沿木板下滑，测出加速度 a；（3）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到的关系。实验获得如图所示的纸带，计数点 A、B、C、D、E 间均有四个点未画出，则小车下滑的加速度大小为_m/s2（保留两位有效数字）；需要满足条件Mm的方案是_（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作aF图像时，把mg作为 F 值的是_（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。【答案】.挂上.0.75.甲.甲和乙【解析】【分析】【详解】(1)1乙图的实验平衡摩擦力时，需要挂上托盘与砝码，由牛顿第二定律有sin0Mgfmg取下托盘和砝码，由牛顿第二定律有sin=MgfMa联立解得mgMa所以乙图的实验平衡摩擦力时，需要挂上托盘与砝码。(3)2利用逐差法计算加速度为22229.303.153.15100.75m/s44 0.1CEACxxaT3由上面计算可知乙图的实验的合外力就是 mg，不需要满足条件Mm的条件。需要满足条件Mm的方案是甲。4当需要满足条件Mm的条件时，甲方案的合外力也是mg作为 F 值的，所以在作aF图像时，把mg作为 F 值的是甲和乙。12.利用如图所示的电路可以测定一节干电池的电动势和内电阻。(1)现有电压表（03V）、开关和导线若干，以及下列器材：A.电流表（00.6A）B.电流表（03A）C.滑动变阻器（020）D.滑动变阻器（0100）实验中电流表应选用_；滑动变阻器应选用_。（选填相应器材前的字母）(2)在图乙中用笔画线代替导线，按图甲将电路连线补充完整_。(3)实验中，某同学记录的 6 组数据如下表所示，请在图丙中画出 U-I 图线_。序号123456电压 U（V）1.351.301.251.201.151.10电流 I（A）0.120.140.240.300.360.42(4)根据图丙，可得出干电池的电动势 E=_V，内电阻 r=_。【答案】.A.C.1.45（1.431.47）.0.83（0.800.86）【解析】【分析】【详解】(1)12测量一节干电池的电动势，实验中电流表应选用量程为 0.6A 的 A 即可；滑动变阻器应选用阻值较小的 C 即可。(2)3电路连线如图；(3)4画出 U-I 图线如图；(4)56根据图丙，可得出干电池的电动势E=1.45V内电阻1.45 1.000.830.54UrI 四、论述与计算题（本题共 2 小题，共 26 分。请按要求作答）13.如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机，起重机通过一轻质钢丝绳吊起质量为28 10kg 的物体，绳的拉力不能超过41.2 10N，起重机的功率不能超过51.2 10W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高 90 m。已知此物体在被吊高接近 90 m 时，已经开始以最大速度匀速上升。已知重力加速度 g 为 10 m/s2，求（1）描述重物上升的运动过程；（2）匀加速上升高度；（3）物体上升全程所用的时间。【答案】（1）见解析；（2）10 m；（3）7.75 s【解析】【详解】（1）将物体吊高分为两个过程处理：第一过程是以绳所能承受的最大拉力拉物体，使物体以最大加速度匀加速上升，第一个过程结束时，起重机刚达到最大功率。第二个过程是起重机一直以最大功率拉物体，拉力逐渐减小，当拉力等于重力时，物体开始匀速上升。（2）在匀加速运动过程中加速度为mFmgma解得 a=5 m/s2mm tPF v末速度 vt=10m/s上升的高度为212tvha解得110mh（3）在匀加速上升的时间t1=105tvas=2 s功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为15m/smmmPPvFmg令匀速阶段和变加速阶段的总时间为 t2，则22221122mmtP tmghmvmv219080mhh解得25.75st 全程时间127.75sttt14.如图所示，间距为 L 的水平平行金属导轨上连有一定值电阻，阻值为 R，两质量均为 m的导体棒 ab 和 cd 垂直放置在导轨上，两导体棒电阻均为 R，棒与导轨间动摩擦因数均为，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为 B 现用某一水平恒力向右拉导体棒 ab 使其从静止开始运动，当棒 ab 匀速运动时，棒 cd 恰要开始滑动，从开始运动到匀速的过程中流过棒 ab 的电荷量为 q，(重力加速度为 g)求：(1)棒 ab 匀速运动的速度大小；(2)棒 ab 从开始运动到匀速运动所经历的时间是多少？(3)棒 ab 从开始运动到匀速的过程中棒 ab 产生的焦耳热是多少？【答案】（1）223 mgRB L（2）22322mRBLqB Lmg（3）23224423mgqRm g RBLB L【解析】【详解】（1）设棒 ab 速度为 v，则棒 ab 中的感应电流232BLvBLvIRRR棒 cd 中的感应电流为：23IBLvRcd 受安培力22123IB L vFBLR当棒 cd 恰要滑动时，1Fmg，即223B L vmgR得棒 ab 的匀速速度为：223 mgRvB L（2）设棒 ab 受恒定外力为 F，匀速运动时棒 ab 中的电流为 I，棒 ab 所受安培力为2FBIL对棒 cd：12IFBLmg棒 ab：212FFmgFmg由式得3Fmg对棒 ab 从开始运动到匀速过程，设运动时间为 t；由动量定理：FmgtBiL tm v而i tq 故2 mgtBLqmv由式解得22322mRBLqtB Lmg（3）棒 ab 所受安培力为22223B L vFBILR，设棒 ab 从开始运动到匀速的过程中位移为x，由动量定理：2FmgtFtm v 2223B L v tFmg tmvR而v tx 由得：32RqxBL设棒 ab 此过程克服安培力做功 W由动能定理：212Fmg xWmv由得232244392mgqRm g RWBLB L由功能关系知，此过程产生的总焦耳热等于 W，根据电路关系有棒 ab 此过程产生的焦耳热等于23abQW由得棒 ab 产生的焦耳热为23224423mgqRm g RBLB L五、选做题（本题共 12 分。在 15、16 题中选择一道题作答，如果两道题都答，则按所做的 15 题计分。）15.（1）一定质量的理想气体由状态 A 经状态 B 变化到状态 C 的 p-V 图像如图所示，气体分子在单位时间内撞击容器上单位面积的次数用 N 表示，则 NB_NC。气体在 AB过程中放出的热量_在 BC 过程中吸收的热量；（填“大于”、“小于”或“等于”）。（2）启动汽车时发现汽车电子系统报警，左前轮胎压过低为 1.8p0，如图所示。车轮内胎体积约为 V0，为使汽车正常行驶，用电动充气泵给左前轮充气，每秒钟充入01200VV、压强为 p0的气体，充气结束后发现内胎体积约膨胀了 20%，充气几分钟可以使轮胎内气体压强达到标准压强 2.5P0_？已知汽车轮胎内气体可以视为理想气体，充气过程轮胎内气体温度无明显变化。【答案】.大于.小于.4【解析】【分析】【详解】(1)1在从 BC 过程中，压强不变，体积变大，则分子数密度减小，则气体分子在单位时间内撞击容器上单位面积的次数减少，故 NBNC。2由pVCT可知，A 到 B 过程，体积不变，压强减小，故温度降低，内能减少，即放出的热量等于减少的内能，有11QU B 到 C 过程，压强不变，体积增大，温度升高，对外做功，内能增大，则吸收的热量222QUW A 状态和 C 状态，pV 乘积相同，即温度 T 相同，故两个过程内能变化量相等，即12=UU可知12QQ，即气体在 AB 过程中放出的热量小于在 BC 过程中吸收的热量。(2)3设充气mint可使轮胎内气体压强达到 2.5p0，设此时内胎体积为 V2，压强为 p2；胎内气体在压强为 p1时体积为 V1，由玻意耳定律得1122pVp V其中101.8pp202.5pp20000.21.2VVVV联立解得105=3VV，则充入胎内气体在压强为 1.8 p0时的体积为00052=33VVVV对充入胎内气体，由玻意耳定律得00601.8pVtp V其中01200VV联立方程解得4mint。16.（1）在“测定玻璃折射率”的实验中，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示。当光线由玻璃砖射入空气时，全反射临界角的正弦值是_；从图线可知玻璃砖的折射率是_。（2）水面上水波的速度跟水深度有关，其关系式为vgh，式中 h 为水的深度，g 为重力加速度。如图甲所示是某水域的剖面图，A、B 两部分深度不同，图乙是从上往下俯视，O 点处于两部分水面分界线上，M 和 N 分别处在 A 和 B 两区域水面上的两点。t=0 时刻 O点从平衡位置向上振动，形成以 O 点为波源向左和向右传播的水波，可看作是简谐横波。t=2.5s 时 O 点第二次到达波峰，此时 M 点第一次到达波峰。已知 B 区域水波振幅为 A=5cm，水深为0.90Bh m，OM 间距离为 4.0m，ON 间距离为 3.0m，g=10m/s2求：A 区域的水深 hA_；N 点在 t=3s 时的振动方向_及它在 t=0 至 t=3s 时间内的位移_；t=10s 时，处在 B 水域水面上的 Q 点（图中未标出）处于波峰，且 OQ 间只有一个波峰，则 Q 点在 t=0 至 t=10s 时间内振动的路程是多少_？【答案】.23.1.5.0.40m.在平衡位置向上振动.0m.0.65m【解析】【分析】【详解】(1)12当光线是由空气射入玻璃砖时，入射角大于折射角，由图可知折射率为12sin0.6=1.5sin0.4n当光线由玻璃砖射入空气时，全反射临界角的正弦值是12sin=3cn玻璃砖的折射率是1.5。(2)3对 O 点的振动分析，知54tT解得2sT 对 M 点的振动分析，知 A 区域水波波长为4mAOM则有2m/sAAvT由vgh代入数据求得0.40mAh。45由vgh代入数据求得3m/sBBvgh又由BBvT得6mBBv T波传到 N 点的时间11sBONtv故 t=3s 时，N 点刚好完成一个全振动，可知其在平衡位置向上振动，位移为 0m。6t=10s 时，O 点在平衡位置向上振动，可画出 B 区域水波的波动图像如图所示，由图可知 OQ=10.5m，则 Q 点振动的时间为210s3.5s6.5st 所以 Q 点振动的路程为13A0.65ms。