2021-2022學年浙江省溫州市瑞安玉海中學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.下列說法正確的是(

)

A．狹義相對論兩個基本假設之一是在不同慣性參考系中，一切物理定律都是相同的

B．我們能從某位置通過固定的任意透明介質看見另一側的所有景物

C．可見光的傳播速度總是大于電磁波的傳播速度

D．變化的電場一定能產生出變化的磁場參考答案：a2.下列關于加速度的說法中，正確的是

A、加速度是表示物體速度變化快慢的物理量

B、物體有加速度，速度就增加

C、物體運動的速度越大，加速度越大D、a<0，物體可能做加速運動參考答案：AD3.如圖所示，水平放置的光滑金屬長導軌MM′和NN′之間接有電阻R，導軌左、右兩區域分別處在方向相反與軌道垂直的勻強磁場中，方向見圖。設左、右區域磁場的磁感強度為B1和B2，虛線為兩區域的分界線。一根金屬棒ab放在導軌上，在水平向右的恒定拉力F作用下，在左面區域中恰好以速度為v做勻速直線運動。棒和導軌的電阻均不計，則

(

)A.若B2=B1時，棒進入右面區域中后先做加速運動，最后以速度作勻速直線運動B.若B2=B1時，棒進入右面區域中時仍以速度v作勻速直線運動C.若B2=2B1，時，棒進入右面區域后先做減速運動，最后以速度作勻速運動D.若B2=2B1時，棒進入右面區域后先做加速運動，最后以速度4作勻速運動參考答案：B4.（單選）如圖，在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子栓著的長木板，木板上站著一只貓．已知木板的質量是貓的質量的2倍．當繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為（）A．B．gsinαC．gsinαD．2gsinα參考答案：考點：牛頓第二定律．專題：整體思想．分析：對貓和木板受力分析受力分析，可以根據各自的運動狀態由牛頓第二定律分別列式來求解，把貓和木板當做一個整體的話計算比較簡單．解答：解：木板沿斜面加速下滑時，貓保持相對斜面的位置不變，即相對斜面靜止，加速度為零．將木板和貓作為整體，根據牛頓第二定律F合=F貓+F木板=0+2ma（a為木板的加速度），整體受到的合力的大小為貓和木板沿斜面方向的分力的大小，即F合=3mgsinα，解得a=gsinα，所以C正確．故選C．點評：本題應用整體法對貓和木板受力分析，根據牛頓第二定律來求解比較簡單，當然也可以采用隔離法，分別對貓和木板受力分析列出方程組來求解．5.（多選題）如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數之比為10：1，原線圈兩端接入一正弦交流電源；副線圈電路中的電容器C和電阻R為負載，交流電壓表和交流電流表均為理想電表，則下列說法正確的是（）A．若電壓表的示數為6V，則輸入電壓的峰值為60VB．電流表A的示數為流經電阻R的電流C．若輸入電壓U=100V，則電容器C的耐壓值至少為10VD．若輸入電壓的峰值保持不變，將其頻率變大，則變壓器的輸入功率也將增大參考答案：CD【考點】變壓器的構造和原理．【分析】電壓表讀數6V為有效值，電壓與匝數成正比可得輸入電壓的有效值為60V，根據正弦交流電有效值與最大值的關系可得輸入電壓的最大值；輸入功率隨輸出功率而變化，輸出功率變大則輸入功率變大．流電能通過電容器，所以電流表A的示數為流經電阻R的電流與流經電容器的電流的和．【解答】解：A、若電壓表讀數為6V，由電壓與匝數成正比可得輸入電壓有效值為6×10=60V，根據正弦交流電有效值與最大值的關系可得因此其最大值為60V，故A錯誤；B、由于交流電能通過電容器，所以電流表A的示數為流經電阻R的電流與流經電容器的電流的和，故B錯誤；C、若輸入電壓U=100V，則輸出電壓的有效值：U2=?U=×100=10V，根據正弦交流電有效值與最大值的關系可得因此其最大值為10V，電容器C的耐壓值至少為10V，故C正確；D、若輸入電壓的峰值保持不變，將其頻率變大，電容器的容抗將減小，則流過電容器的電流值增大，所以變壓器的輸出功率將增大，則變壓器的輸入功率也將增大，故D正確．故選：CD．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（4分）在光滑的水平面上有甲、乙兩個物體發生正碰，已知甲的質量為1kg，乙的質量為3kg，碰前碰后的位移時間圖像如圖所示，碰后乙的圖像沒畫，則碰后乙的速度大小為

m/s，碰撞前后乙的速度方向

（填“變”、“不變”）參考答案：

0.1

不變7.如圖，在：半徑為2.5m的光滑圓環上切下一小段圓弧，放置于豎直平面內，兩端點距最低點高度差H為1cm。將小環置于圓弧端點并從靜止釋放，小環運動到最低點所需的最短時間為＿＿＿＿s，在最低點處的加速度為＿＿＿＿m/s2。(取g＝10m/s2)參考答案：0.785

0.08小環運動沿圓弧的運動可類比于單擺的簡諧運動，小環運動到最低點所需的最短時間為t=T/4==0.785s。由機械能守恒定律，mgH=mv2，在最低點處的速度為v=。在最低點處的加速度為a===0.08m/s2。

8.（單選）某人欲估算飛機著陸時的速度，他假設飛機停止運動前在平直跑道上做勻減速直線運動，飛機在跑道上滑行的距離為s，從著陸到停下來所用的時間為t，則飛機著陸時的速度為

A．

B．

C．

D．到之間的某個值參考答案：B9.利用光電管產生光電流的電路如圖所示。電源的正極應接在端

（填“a”或“b”）；若電流表讀數為8μA，則每秒從光電管陰極發射的光電子至少是

個（已知電子電量為l.6×10-19C）。參考答案：答案：a，5×1013分析：要使電子加速，應在A極接高電勢，故a端為電源正極。由I＝ne/t，得n=It/e＝5×1013。10.如圖所示是一個雙量程電壓表，表頭是一個內阻Rg=500Ω，滿刻度電流為Ig=1mA的毫安表，現接成量程分別為10V和100V的兩個量程，則所串聯的電阻R1=__________Ω，R2=__________Ω參考答案：9500

9由串聯電路的特點可得,.11.現在，科學家們正在千方百計地探尋“反物質”。所謂“反物質”，是由“反粒子”構成的，“反粒子”與其對應的正粒子具有相同的質量和電量，但電性相反。如反α粒子的符號可表示為-24He.正、反粒子相遇時會因相撞結合成光子,放出巨大的能量,這就是所謂的“湮滅”現象.若正、負電子相撞后湮滅成兩個頻率相同的光子,已知電子的電荷量為e、質量為m,電磁波在真空中的傳播速度為c.則可求得所生成的光子的波長

.參考答案：12.在“探究恒力做功與物體的動能改變量的關系”的實驗中備有下列器材：A.打點計時器；B.天平；C秒表；D.低壓交流電源；E.電池；F.紙帶；G.細線、砝碼、小車、砝碼盤；H.薄木板．①其中多余的器材是____________，缺少的器材是__________________．②測量時間的工具是__________________；測量質量的工具是____________________．③如圖實所示是打點計時器打出的小車(質量為m)在恒力F作用下做勻加速直線運動的紙帶．要測量的數據已用字母表示在圖中，打點計時器的打點周期為T.請分析，利用這些數據能否驗證動能定理？若不能，請說明理由；若能，請寫出需驗證的表達式．_________________________________________________________________________________參考答案：）①C、E

毫米刻度尺②A

B③能從A到B的過程中，恒力做的功為WAB＝FsAB物體動能的變化量為EkB－EkA＝mv－mv＝m()2－m()2＝m只要驗證FsAB＝m即可．優點：A、B兩點的距離較遠，測量時的相對誤差較小；缺點：只進行了一次測量驗證，說服力不強．13.如圖所示，N為金屬板，M為金屬網，它們分別與電池的兩極相連，各電池的電動勢和極性如圖所示，已知金屬板的逸出共為4.8eV．線分別用不同能量的電子照射金屬板（各光子的能量已在圖上標出），那么各圖中沒有光電子到達金屬網的是AC（填正確答案標號），能夠到達金屬網的光電子的最大動能是0.5eV．參考答案：解：因為金屬鎢的逸出功為4.8eV．所以能發生光電效應的是B、C、D，B選項所加的電壓為正向電壓，則電子一定能到達金屬網；C選項光電子的最大初動能為1.0eV．小于反向電壓，根據動能定理，知電子不能到達金屬網；D選項光電子的最大初動能為2.0eV，大于反向電壓，根據動能定理，有光電子能夠到達金屬網．故沒有光電子達到金屬網的是A、C．故選：ACD項中逸出的光電子最大初動能為：Ekm=E光﹣W溢=6.8eV﹣4.8eV=2.0eV，到達金屬網時最大動能為Ek=2.0﹣1.5=0.5eV．故答案為：AC，0.5．三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.有一額定電壓為2．8V、額定功率0．56W的小燈泡，現要用伏安法描繪這個小燈泡的伏安特性曲線。有下列器材可供選用

A．電壓表（量程0~3V內阻約6kΩ）

B．電壓表（量程0~6V，內阻約20kΩ）

C．電流表（量程0-0.6A，內阻約0.5Ω）

D．電流表（量程0~200mA，內阻約20Ω）

E．滑動變阻器（最大電阻10Ω，允許最大電流2A）

F．滑動變阻器（最大電阻200Ω，允許最大電流150mA）

G．三節干電池（電動勢約為4．5V）

H．電鍵、導線若干

（1）為提高實驗的精確程度，電壓表應選用

；電流表應選用

；滑動變阻器應選用

。（以上均填器材前的序號）

（2）請在虛線框內畫出描繪小燈泡伏安特性曲線的電路圖。

（3）通過實驗描繪出小燈泡的伏安特性曲線如圖所示，某同學將一電源（電動勢E=2V，內阻r=5Ω）與此小燈泡直接連接時，小燈泡的實際功率是

W。（保留兩位有效數字）參考答案：（1）A

D

E（2）如圖（3）0．18（0．16～0．20范圍內均給對）15.欲用伏安法測定一段阻值約為5左右的金屬導線的電阻，要求測量結果盡量準確，現備有以下器材：A．電池組（3V，內阻1）

B．電流表（0～3A，內阻0.0125）C．電流表（0～0.6A，內阻0.125）D．電壓表（0～3V，內阻3k）

E．電壓表（0～15V，內阻15k）

F．滑動變阻器（0～20，額定電流1A）

G．滑動變阻器（0～2000，額定電流0.3A）

H．開關、導線

（1）上述器材中電流表應選用

，電壓表應選用

,滑動變阻器應選用

（填寫各器材的字母代號）

（2）為使通過待測金屬導線的電流能在0～0.5A范圍內改變，請按要求在方框里畫出測量待測金屬導線的電阻的原理電路圖．參考答案：（1）C(2分)、D(2分)、F(2分)（2）見右圖(3分)四、計算題：本題共3小題，共計47分16.一圓筒的橫截面如圖所示,其圓心為O。筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N,其中M板帶正電荷,N板帶等量負電荷。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放,經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中。粒子與圓筒發生兩次碰撞后仍從S孔射出,設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失,且電荷量保持不變,在不計重力的情況下,求:1.M、N間電場強度E的大小;2.圓筒的半徑R;3.保持M、N間電場強度E不變,僅將M板向上平移d,粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放,粒子自進入圓筒至從S孔射出期間,與圓筒的碰撞次數n。參考答案：(1)設兩板間的電壓為U,由動能定理得qU=mv2①由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得U=Ed②聯立上式可得E=③(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動,運用幾何關系作出圓心為',圓半徑為。設第一次碰撞點為,由于粒子與圓筒發生兩次碰撞又從孔射出,因此,弧所對的圓心角∠等于。由幾何關系得=tan④粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力,由牛頓第二定律,得=m⑤聯立④⑤式得R=⑥(3)保持M、N間電場強度E不變,M板向上平移d后,設板間電壓為U',則U'==⑦設粒子進入S孔時的速度為v',由①式看出=綜合⑦式可得v'=v⑧設粒子做圓周運動的半徑為r',則r'=⑨設粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ,比較⑥⑨兩式得到r'=R,可見θ=⑩粒子須經過四個這樣的圓弧才能從S孔射出,故n=3無17.（計算）（2015?長沙模擬）如圖所示，一根有一定電阻的直導體棒質量為m、長為L，其兩端放在位于水平面內間距也為L的光滑平行導軌上，并與之接觸良好；棒左側兩導軌之間連接一可控電阻；導軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌所在平面．t=0時刻，給導體棒一個平行于導軌的初速度，此時可控電阻的阻值為R0．在棒運動過程中，通過可控電阻的變化使棒中的電流強度保持恒定．不計導軌電阻，導體棒一直在磁場中（1）求可控電阻R隨時間t變化的關系式；（2）若已知棒中電流強度為I，求0～t時間內可控電阻上消耗的平均功率P；（3）若在棒的整個運動過程中將題中的可控電阻改為阻值為R0的定值電阻，則棒將減速運動位移x1后停下，而由題中條件，棒將運動位移x2后停下，求的值．參考答案：（1）求可控電阻R隨時間t變化的關系式為：R=；（2）若已知棒中電流強度為I，求0～t時間內可控電阻上消耗的平均功率P為；（3）的值為2：1．導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉化解：（1）因棒中的電流強度保持恒定，故棒做勻減速直線運動，設棒的電阻為r，電流為I，其初速度為v0，加速度大小為a，經時間t后，棒的速度變為v，則有：v=v0﹣at而a=t=0時刻棒中電流為：經時間t后棒中電流為：由以上各式得：R=（2）因可控電阻R隨時間t均勻減小，故所求功率為：P=由以上各式得：P=（3）將可控電阻改為定值電阻R0，棒將變減速運動．有：而由以上各式得：而由以上各式得所求答：（1）求可控電阻