2021年上海市浦东新区江镇中学高三物理上学期期末试题含解析

2021年上海市浦东新区江镇中学高三物理上学期期末试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.（单选）将一正电荷从无限远处移入电场中M点，静电力做功W1=6×10﹣9J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移至无限远处，静电力做功W2=7×10﹣9J，则M、N两点的电势φM、φN关系正确的是（）A．φN＜φM＜0B．φN＞φM＞0C．φM＜φN＜0D．φM＞φN＞0参考答案：解：正电荷从无穷处移向电场中M点，电场力做功为W1=6×10﹣9J，电荷的电势能减小，由电势能公式Ep=qφ，知M点的电势小于无穷远的电势，即φM＜0．负电荷从电场中N点移向无穷远处，静电力做功W2=7×10﹣9J，电势能减小，电势升高，则N点的电势小于无穷远的电势，即φN＜0．由于两电荷电量相等，从无限远处移入电场中N点电场力做功较大，N点与无穷远间的电势差较大，则N点的电势低于M点的电势，即得到φN＜φM＜0．故选：A2.一只气球以10m/s的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球s0＝6m处有一小石子以20m/s的初速度竖直上抛，则下述正确的是（g取10m/s2，不计空气阻力） （

） A．石子能追上气球 B．石子追不上气球 C．若气球上升速度为9m/s，其余条件不变，则石子在抛出后1s末追上气球 D．若气球上升速度为7m/s，其余条件不变，则石子到达最高点时，恰追上气球参考答案：BC3.（多选）下列说法正确的是（）A．只要有电场和磁场，就能产生电磁波B．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子C．He+N→O+H是原子核的人工转变方程D．光在真空中运动的速度在不同的惯性系中测得的数值可能不同参考答案：【考点】：裂变反应和聚变反应；氢原子的能级公式和跃迁．【分析】：A、变化的电场或变化磁场才会产生电磁波；B、从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子；C、根据人工转变与衰变的不同，从而确定求解；D、在真空和空气中，电磁波的传播速度等于3×108m/s是一个定值．：解：A、只有变化电场和变化磁场，才可以产生电磁波，故A错误；B、氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，故B正确；C、用α粒子去轰击氮核，属于原子核的人工转变，故C正确；D、光在真空中运动的速度在不同的惯性系中测得的数值仍相同，故D错误；故选：BC．【点评】：掌握产生电磁波的条件，知道跃迁辐射特定频率光子的原因，会区别人工转变与衰变，注意光速不变原理．4.图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，V为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是()A．电压表的示数等于5V

B．电压表的示数等于VC．实现点火的条件是>1000

D．实现点火的条件是<1000参考答案：BC5.（多选）图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻R=10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R0=11Ω．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u=220sin100πtV．下列说法正确的是（）A．发电机中的电流变化频率为100HzB．通过用电器的电流有效值为20AC．升压变压器的输入功率为4650WD．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小参考答案：【考点】：远距离输电．【专题】：交流电专题．【分析】：在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率．：解：A、交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f=．故A错误．B、通过用电器的电流有效值I=．故B正确．C、根据得，输电线上的电流，则输电线上损耗的功率，降压变压器的输入功率P3=U4I4=220×20W=4400W，则升压变压器的输出功率P=P3+P损=4400+250W=4650W．故C正确．D、当用电器的电阻R0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据P=UI知，发电机的输出功率增大．故D错误．故选：BC．【点评】：解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.自行车转弯可近似成自行车绕某个定点O（图中未画出）做圆周运动，如图所示为自行车转弯的俯视图，自行车前后轮接触地面的位置A、B相距L，虚线表示两点转弯的轨迹，OB距离。则前轮与车身夹角θ=

；B点速度大小v1=2m/s。则A点的速度v2=______m/s。参考答案：30o；2.317.如图，竖直放置的轻弹簧，下端固定，上端与质量为kg的物块B相连接．另一个质量为kg的物块A放在B上．先向下压A，然后释放，A、B共同向上运动一段后将分离，分离后A又上升了m到达最高点，此时B的速度方向向下，且弹簧恰好为原长．则从A、B分离到A上升到最高点的过程中，弹簧弹力对B做的功为J，弹簧回到原长时B的速度大小为

m/s.（m/s2）

参考答案：0,

28.用如图所示的装置，探究功与物体速度变化的关系．实验时，先适当垫高木板，然后由静止释放小车，小车在橡皮条弹力的作用下被弹出，沿木板滑行。小车滑行过程中带动通过打点计器的纸带，记录运动情况．观察发现纸带前面部分点迹疏密不匀，后面部分点迹比较均匀，回答下列问题：（1）适当垫高木板是为了

；（2）通过纸带求小车速度时，应使用纸带的

（填“全部”、“前面部分”或“后面部分”）；（3）若实验作了n次，所用橡皮条分别为1根、2根……n根，通过纸带求出小车的速度分别为v1、v2……vn，用W表示橡皮条对小车所做的功，作出的W—v2图线是一条过坐标原点的直线，这说明W与v2的关系是

。参考答案：(1)平衡摩擦力(2)后面部分

(3)W与v2成正比（1）用1条、2条、3条…同样的橡皮筋将小车拉到同一位置释放，橡皮筋拉力对小车所做的功依次为w、2w、3w…探究橡皮筋拉力对小车所做的功W与小车速度v的定量关系．将木板放有打点计时器的一端垫高，小车不连橡皮筋，尾部固定一纸带，轻推小车使小车沿木板向下运动，如果纸带上打出的点间距是均匀的，说明纸带的运动是匀速直线运动，小车重力沿斜面方向的分力刚好平衡了小车所受的摩擦力．

（2）橡皮筋拉力对小车所做的功全部完成后，打出来的点才能反映物体的速度．所以应使用纸带的后面部分．

（3）W-v2图线是一条过坐标原点的直线，根据数学知识可确定W与速度v的平方成正比．9.在“探究加速度与物体受力的关系”活动中，某小组设计了如图所示的实验。图中上下两层水平轨道表面光滑，两完全相同的小车前端系上细线，细线跨过滑轮并分别挂上装有不同质量砝码的盘，两小车尾部细线水平连到控制装置上，实验时通过控制细线使两小车同时开始运动，然后同时停止。实验中：（1）应使砝码和盘的总质量远小于小车的质量，这时可认为小车受到的合力的大小等于

。（2）若测得小车1、2的位移分别为x1和x2，则小车1、2的加速度之比

。（3）要达到实验目的，还需测量的物理量是

。参考答案：(1)砝码和盘的总重

(2分)(2)x1/x2

(2分)

(3)两组砝码和盘的总重量（质量）（或盘的质量、两砝码和盘的总重量的比值）10.小球A和B从离地面足够高的同一地点，分别沿相反方向在同一竖直平面内同时水平抛出，抛出时A球的速率为1m/s，B球的速率为4m/s，则从抛出到AB两球的运动方向相互垂直经过时间为

s,此时A球与B球之间的距离为

m。参考答案：0.2；

111.某实验小组采用图所示的装置探究“动能定理”，图中小车中可放置砝码，实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面，打点针时器工作频率为50Hz．Ⅰ．实验的部分步骤如下：①在小车中放入砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线连接小车和钩码；②将小车停在打点计时器附近，接通电源，释放小车，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一列点，断开开关；③改变钩码或小车中砝码的数量，更换纸带，重复②的操作。▲

▲

Ⅱ．图是钩码质量为0.03kg，砝码质量为0.02kg时得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O及A、B、C、D和E五个计数点，可获得各计数点到O的距离s及对应时刻小车的瞬时速度v，请将C点的测量结果填在表1中的相应位置（计算结果保留两外有效数字）．Ⅲ．在小车的运动过程中，对于钩码、砝码和小车组成的系统，

做正功，

做负功．▲

▲

Ⅳ．实验小组根据实验数据绘出了图中的图线（其中Δv2=v2-v20），根据图线可获得的结论是

．要验证“动能定理”，还需要测量的物理量是摩擦力和

．▲

▲

表1纸带的测量结果参考答案：Ⅱ．5.07（±0.02）

0.49；

Ⅲ．钩砝的重力

小车受摩擦阻力；Ⅳ．小车初末速度的平方差与位移成正比

小车的质量；12.如右图甲所示，有一质量为m、带电量为的小球在竖直平面内做单摆，摆长为L，当地的重力加速度为，则周期

；若在悬点处放一带正电的小球（图乙），则周期将

。（填“变大”、“不变”、“变小”）参考答案：；不变13.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的1/4，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的轨道半径之比为

，周期之比为

。参考答案：1︰4

；

1︰8三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某同学在探究规格为“2.5V，0.6W”的小电珠伏安特性曲线实验中：（1）在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至_______档____倍率（选填“×1”、“×10”、或“×100”）进行测量。正确操作后，多用表的示数如图甲所示，结果为

___Ω。（2）该同学采用如右图乙所示的电路进行测量。现备有下列器材供选用：A.量程是0～0.6A，内阻是0.5Ω的电流表B.量程是0～3A，内阻是0.1Ω的电流表C.量程是0～3V，内阻是6kΩ的电压表D.量程是0～15V，内阻是30kΩ的电压表E.阻值为0～1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器F.阻值为0～10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器G.蓄电池(6V内阻不计）H.开关一个，导线若干.①．为使测量结果尽量准确，电流表应选用

，电压表应选用

，滑动变阻器应选用

.(只填字母代号)②．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最__________端。（填“左”或“右”）③．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是_______点到_______点的导线没接好，（图乙中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图乙中的数字，如“2”点到“3”点的导线）④．该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图丙所示，则小电珠的电阻随工作电压的增大而__________（填：“不变”、“增大”或“减小”）参考答案：（1）欧姆（或Ω）（1分）,×1（1分）,7（1分）（2）①ACF（3分）

②左（2分）

③1（1分）；5（1分）

④增大（2分）15.如图甲所示，用包有白纸的质量为m(kg)的圆柱棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔转动就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号之间的距离依次为20.0mm,44.0mm,68.0mm,92.0mm,116.0mm,140.0mm，已知电动机每秒钟转20圈，由此研究圆柱棒的运动情况．根据以上内容，回答下列问题:(1)毛笔画相邻两条线的时间间隔T＝________s，图乙中的________端是圆柱棒的悬挂端(填“左”或“右”)．(2)根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号D时，圆柱棒下落的速度vD＝________m/s；圆柱棒竖直下落的加速度a=_____________m/s2．(结果保留三位有效数字)参考答案：(1)0.05s

左

（2）1.60m/s

9.60m/s2四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（18分）如图所示，质量为mA=2kg的木板A静止在光滑水平面上，一质量为mB=1kg的小物块B以某一初速度v0从A的左端向右运动，当A向右运动的路程为L=0.5m时，B的速度为vB=4m/s，此时A的右端与固定竖直挡板相距x。已知木板A足够长（保证B始终不从A上掉下来），A与挡板碰撞无机械能损失，A、B之间动摩擦因数为μ=0.2，g取10m/s2：（1）求B的初速度值v0；（2）当x满足什么条件时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞？参考答案：（1）假设B的速度从v0减为vB=4m/s时，A一直加速到vA，以A为研究对象，由动能定理

①3分

代入数据解得vA=1m/s<vB，故假设成立

在A向右运动路程L=0.5m的过程中，A、B系统动量守恒

②3分

联立①②解v0=6m/s

1分

（2）设A、B与挡板碰前瞬间的速度分别为vA1、vB1，由动量守恒定律

③3分

以A为研究对象，由动能定理

④3分

由于A与挡板碰撞无机械能损失，故A与挡板碰后瞬间的速度大小为，碰后系统总动量不再向右时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞，即

⑤3分

联立③④⑤解得x0.625m

2分17.如图所示，完全相同的正方形单匝铜质线框abcd，通过水平绝缘且足够长的传送带输送一系列该货件通过某一固定匀强磁场区域进行“安检”程序，即便筛选“次品”（不闭合）与“正品”（闭合），“安检”程序简化为如下物理模型，各货件质量均为m，电阻均为R，边长为l，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g；传送带以恒定速度v0向右运动，货件在进入磁场前与传送带的速度相同，货件运行中始终保持ab∥AA'∥CC'，已知磁场边界AA'，CC'与传送带运动方向垂直，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为d（l＜d），现某一货件当其ab边到达CC'时又恰好与传送带的速度相同，则（1）上述货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值与速度的最小值；（2）“次品”（不闭合）与“正品”（闭合）因“安检”而延迟时间多大．参考答案：解：（1）线框以速度v0进入磁场，在进入磁场过程中，受安培力F（方向向左）、摩擦力f（方向向右）共同作用而做减速运动；完全进入磁场后，在摩擦力（方向向右）的作用下做加速运动，当ab边到达CC'时速度又恰好等于v0．因此，线框在刚进入磁场时，速度最大，所受安培力F最大，加速度最大，设为am；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为v．线框刚进入磁场时，线框的电动势为?，线框中的电流为i0．由牛顿第二定律有：F﹣μmg=mam，解得：=．在线框完全进入磁场又加速运动到达边界CC'的过程中，线框只受摩擦力，根据动能定理，有：，解得．（2）“次品”（不闭合）在经过磁场的过程中不能产生电流，所以安培力为零，所以，摩擦力也为零，线框进行匀速运动．由（1）可知，线框ab边到达CC'后将重复线框进入磁场的运动，若线框ab边从AA'到达CC'，“次品”（不闭合）比“正品”（闭合）快△T1，则“次品”（不闭合）与“正品”（闭合）因“安检”而延迟时间△T=2△T1．设“正品”货件进入磁场所用时间为t1，取此过程中某较短时间间隔△t，在t～（t+△t）的△t内货件速度变化为△v，电流为i，则由动量定理可得：（μmg﹣Bil）△t=m△v即．对上式在t1时间内进行叠加，可得：所以，=．设“正品”货件在磁场中匀加速恢复v0所用时间为t2，由匀变速速度公式，有：，而“次品”货件运动过程不受“安检”的影响，设线框ab边从AA'到达CC'所用时间为T1，由匀速运动规律有：．可见因“安检”而延迟时间为：△T=2（t1+t2﹣T1）=．答：（1）货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值，速度的最小值；（2）“次品”（不闭合）与“正品”（闭合）因“安检”而延迟时间．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）对货件进入磁场的过程进行受力分析，根据进入时、离开时的速度相同，分析物件的运动状态，得到加速度的最大值和速度的最小值时刻；然后对该时刻进行受力分析得到加速度的值；对速度最小时刻到货件将出磁场的过程运用动能定理即可得到最小速度；（2）“次品”一直匀速运动，分析”正品“的运动状态可得到延迟的运动段，再按运动情况进行分段求解即可得延迟时间．18.如图所示，右边传送带长L=15m、逆时针转动速度为v0=16m/s，左边是光滑竖直半圆轨道（半径R=0.8m），中间是光滑的水平面AB（足够长）．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间为一压缩的轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴连．甲的质量为m1=3kg，乙的质量为m2=1kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定甲物体，烧断细线，乙物体离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离为Sm=12