1、2020-2021学年上学期高三期中备考卷物 理 1注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项是符合题目要求，第710题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全
2、的得2分，有选错的得0分）1在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是( )A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫微元法B在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法D伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这里采用了实验和逻
3、辑推理相结合的方法【答案】D【解析】在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型，A错误；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法，B错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，C错误；伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，D正确。2一汽车刹车可看做匀减速直线运动，初速度为1
4、2 m/s，加速度为2 m/s2，运动过程中，在某一秒内的位移为7 m，则此后它还能向前运动的位移是( )A6 m B7 m C9 m D10 m【答案】C【解析】设经过t时间开始计时，1 s时间内质点的位移恰为7 m，则有v0(t1)a(t1)2(v0tat2)7，解得t2 s，汽车从刹车到停止总共经历的时间t总v0/a6 s，把汽车刹车过程逆过来看即为初速度为零的匀加速直线运动，此后它还能向前运动的位移即为汽车前3 s的位移xat29 m，故C正确。3如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始做自由下落和平抛运动。它们从开始到到达地
5、面，下列说法正确的是()A它们同时到达地面B它们动量变化的大小相同C重力对它们的冲量相同D它们的末动能相同【答案】B【解析】球b自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故b、c两个球的运动时间相同，t，球a受重力和支持力，合力为mgsin ，加速度为gsin ，根据，得，故tt，故A错误；b、c球合力相同，运动时间相同，故合力的冲量相同，根据动量定理，动量变化量也相同；a、b球机械能守恒，末速度相等，故末动量相等，初动量为零，故动量增加量相等，故B正确；由于重力相同，而重力的作用时间不同，故重力的冲量不同，故C错误；初动能不全相同，而合力做功相同，根据动能定理，末动能不全相同，故D错误。
6、4如图所示，从同一竖直线上不同高度A、B两点处，分别以速率v1、v2同向水平抛出两个小球，P为它们运动轨迹的交点。则下列说法正确的有( )A两球在P点一定具有相同的速率B若同时抛出，两球可能在P点相碰C若同时抛出，落地前两球之间的距离逐渐变大D若同时抛出，落地前两球竖直方向的距离逐渐变大【答案】C【解析】两球的初速度大小关系未知，在P点，A的竖直分速度大于B的竖直分速度，而A的水平分速度小于B的水平分速度，根据平行四边形定则知，两球在P点的速度大小不一定相同，A错误；若同时抛出，在P点，A下落的高度大于B下落的高度，则A下落的时间大于B下落的时间，可知两球不可能在P点相碰，B错误；若同时抛出，
7、由图可知，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，由于两球在竖直方向上的距离不变，水平距离逐渐增大，则两球之间的距离逐渐增大；根据hgt2知，经过相同的时间下落的高度相同，则竖直方向上的距离保持不变，C正确，D错误。5如图所示，质量为m的物体A静止在质量为M的斜面B上，斜面B的倾角30。现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。对此过程下列说法正确的是()A地面对B的支持力随着力F的变化而变化BA所受摩擦力方向始终沿斜面向上CA所受摩擦力的最小值为mg，最大值为mgDA对B的压力的最小值为mg，最大值为【答案】D【
8、解析】对A、B组成的整体受力分析，整体受力平衡，所以地面对B的支持力等于(Mm)g，保持不变，A错误；拉力F最大时沿斜面向上的分力为Fcos 300.75mg，重力沿斜面向下的分力为mgsin 300.5mg，故此时摩擦力沿斜面向下，B错误；对A受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，当拉力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力为零，所以摩擦力最小为零，当F0时，f最大，fmaxmgsin 300.5mg，C错误；垂直于斜面方向有FNmgcos 30Fsin 30，当F0时，FN最小，FNminmg，当Fmg时，FN最大，FNmax，D正确。6如图所示，A、B、C、D为圆上的
9、四个点，其中AB与CD交于圆心O且相互垂直，E、F是关于O点对称的两点但与O点的距离大于圆的半径，E、F两点的连线与AB、CD都垂直。在A点放置一个电荷量为Q的点电荷，在B点放置一个电荷量为Q的点电荷。则下列说法正确的是()AOE两点间电势差大于OC两点间的电势差BD点和E点电势相同C沿C、D连线由C到D移动一正点电荷，该电荷受到的电场力先减小后增大D将一负点电荷从C点沿半径移动到O点后再沿直线移动到F点，该电荷的电势能先增大后减小【答案】B【解析】CD与EF所在的平面是一个等势面，则OE两点间电势差等于OC两点间的电势差，D点和E点电势相同，在等势面上移动电荷，电场力不做功，负点电荷电势能不
10、变，故A、D错误，B正确；C、D连线上电场强度先增大后减小，点电荷受到的电场力先增大后减小，故C错误。7理论表明，围绕地球转动的卫星，其机械能只与卫星的质量和轨道的长轴大小有关。如图所示，A为地球，b、c为质量相同的两颗卫星，围绕地球转动的轨道形状分别为圆和椭圆，两轨道共面，P为两个轨道的交点，b的半径为R，c的长轴为2R。关于这两颗卫星，下列说法正确的是()A它们的周期不同B它们的机械能相等C它们经过P点时的加速度不同D它们经过P点时的速率相同【答案】BD【解析】卫星b的轨道半径与卫星c运行轨道的半长轴大小相等，都是R，根据可知，两颗卫星运行周期相同，A错误；由题意可知，两颗卫星质量相同，卫
11、星b的轨道半径与卫星c运行轨道的半长轴大小相等，故机械能相等，B正确；卫星经过P点时的加速度为a，所以加速度相同，C错误；因为卫星b的轨道半径与卫星c运行轨道的半长轴大小相等，且质量相等，所以两颗卫星经过P点时的势能相同，又因为两卫星的机械能相等，则动能相同，速率相同，D正确。8如图所示，M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒半径为R，内筒半径比R小很多，可以忽略不计，筒的两端是封闭的，两筒之间抽成真空。两筒以相同的角速度绕其中心轴线（图中垂直于纸面）做匀速转动。设从M筒内部可以通过窄缝S（与M筒的轴线平行）不断地向外射出两种不同速率v1和v2的微粒，从S处射出时的初速度的方向都是沿筒的半径方向，
12、微粒到达N筒后就附着在N筒上。如果R、v1和v2都不变，而取某一合适的值，则( )A有可能使微粒落在N筒上的位置都在a处一条与S缝平行的窄条上B有可能使微粒落在N筒上的位置都在某一处如b处一条与S缝平行的窄条上C有可能使微粒落在N筒上的位置分别在某两处如b处和c处与S缝平行的窄条上D只要时间足够长，N筒上将到处都落有微粒【答案】ABC【解析】解析两种粒子从窄缝S射出后，沿半径方向匀速直线运动，到达N筒的时间分别为，两种粒子到达N筒的时间差tt1t2，N筒匀速转动，若在t1和t2时间内转过的弧长均为周长的整数倍，则所有粒子均落在a处一条与S缝平行的窄条上，A正确；若N筒在t1和t2时间内转过的弧
13、长不是周长的整数倍，但在t内转过的弧长恰为周长的整数倍，则所有粒子均落在如b处一条与S缝平行的窄条上，B正确；若在t1和t2时间及t内转过的弧长均不是周长的整数倍，则可能落在N筒上某两处如b处和c处与S缝平行的窄条上，C正确；对应某一确定的值，N筒转过的弧长是一定的，故N筒上粒子到达的位置是一定的，D错误。9如图所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U，A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M上，关于电子的运动，下列说法正确的是( )AS闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，电子打在M上的位置越高BS闭合，只改变A、
14、B板间的距离，改变前后，电子由A至B经历的时间相同CS闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同DS闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越高【答案】CD【解析】S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，加速获得的动能越大，穿过CD板的时间越短，电子打在M上的位置越接进中间虚线，越低，故A错误；S闭合，若只增加A、B板间的距离，加速度减小，加速时间变长，故总时间变大，故B错误；S闭合，只改变A、B板间的距离，穿出A、B间的速度不变，此后穿过C、D板的运动情况相同，故动能不变，故C正确；S闭合后再断开，A、B板的电量不变，只向左平移B，电场强度不变，B
15、越靠近A板，加速距离越短，电子射出A、B间的速度越小，电子在C、D板间的运动时间增加，故竖直方向的位移偏转量变大，即电子打在M上的位置越高，故D正确。10如图所示，质量为4m的球A与质量为m的球B用绕过轻质定滑轮的细线相连，球A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角30，球B与质量为m的球C通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，球C放在水平地面上。开始时控制住球A，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球A，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是()A释放球A瞬间，球B的加速度大小为0.2gB释放球A后，球C恰好离开地面时，球A
16、沿斜面下滑的速度达到最大C球A沿斜面下滑的最大速度为D球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以A、B两小球组成的系统机械能守恒【答案】BC【解析】开始时对球B分析，根据平衡条件可得mgkx1，释放球A瞬间，对球A和球B分析，根据牛顿第二定律可得4mgsin mgkx15ma1，解得a10.4g，故A错误；释放球A后，球C恰好离开地面时，对球C分析，根据平衡条件可得mgkx2，对球A和球B分析，有4mgsin mgkx25ma2，解得a20，所以球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大，故B正确；对球A和球B及轻质弹簧分析，根据能量守恒可得4mg(x1x2)sin m
17、g(x1x2)5mvm2，解得球A沿斜面下滑的最大速度，故C正确；由可知球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，A、B两小球组成的系统在运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。二、非选择题 (本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11(6分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，器材如下：A小灯泡L（3 V、1.8 W）；B滑动变阻器R（010 ，额定电流1.5 A）；C电压
18、表V（量程：03 V，RV5 k）；D电流表A（量程：00.6 A，RA0.5 ）；E铅蓄电池、开关各一个，导线若干。实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压。(1)在实验中，电流表应采用法_（填“内接”或“外接”）；(2)请在图虚线框内按要求设计实验电路图（部分已画好）；(3)某同学实验后作出的IU图象如图所示，请分析该图象形成的原因是：_。【答案】(1)外 (2)如图见解析 (3)电阻变大 (每空2分)【解析】(1)灯泡的电阻大约为5 ，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法误差较小。(2) 因为电压、电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，电流表采用外接法
19、，实验电路如图所示。 (3)该图象形成的原因是随着电压增高，小灯泡温度升高，电阻值增大。12(8分)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(Hd)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d_ mm；(2)小球经过光电门B时的速度表达式为_；(3)多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式_时，可
20、判断小球下落过程中机械能守恒；(4)实验中发现动能增加量Ek总是稍小于重力势能减少量Ep，增加下落高度后，则EpEk将_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1)7.95 (2) (3)或2gH0t02d2 (4)增大 (每空2分)【解析】(1)由图可知，主尺刻度为7 mm，游标对齐的刻度为19，故读数为7 mm190.05 mm7.95 mm。(2)已知经过光电门时的时间小球的直径，则可以由平均速度表示经过光电门时的速度，故v。(3)若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有mgHmv2，即2gH0()2，解得2gH0t02d2。(4)由于该过程中有阻力做功，而高度越高
21、，阻力做功越多，故增加下落高度后EpEk将增大。13(8分)如图甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角37，一滑块以初速度为v016 m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点，滑块运动的vt图象如图乙所示。已知sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2。求：(1)求物体的动摩擦因数；(2)滑块再次回到A点时的速度。【解析】(1)由图乙可知，滑块上滑时的加速度大小： (1分)由牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma1 (1分)解得：0.25。(2分)(2)由图象可知，AB之间的距离： (1分)由B到A过程，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：mg
22、sin mgcos ma2 (1分)由速度位移公式得：8 m/s。(2分)14(10分)如图所示，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按Ekx分布(x是轴上某点到O点的距离)，k。x轴上，有一长为L的绝缘细线连接A、B两个小球，两球质量均为m，B球带负电，带电荷量为q，A球距O点的距离为L。两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。(1)求A球的带电荷量qA；(2)剪断细线后，求B球的最大速度vm。【解析】(1)A、B两球静止时，A球所处位置场强为E1kL (1分)B球所处位置场强为E2k2L (1分)对A、B由整体法得：2mgqAE1qE20 (1分)解得：qA4q。(2分
23、)(2)设B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0，则有：mgEq (1分)解得：x03L，即当B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为3L运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：mgLqLmvm2mv02 (1分) (1分)解得：。 (2分)15(14分)机场经常使用传送带和转盘组合完成乘客行李箱的传送，下图为机场水平传输装置的俯视图。行李箱从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入和传送带速度始终相等的匀速转动的转盘，并随转盘一起运动（无打滑）半个圆周到C处被乘客取走。已知A、B两处的距离L10 m，传送带的传输速度v2.0 m/s，行李箱在转盘上与轴O的距离R4.0 m，已
24、知行李箱与传送带之间的动摩擦因数10.1，行李箱与转盘之间的动摩擦因数20.4，g10 m/s2。(1)行李箱从A处被放上传送带到C处被取走所用时间为多少？(2)如果要使行李箱能最快到达C点，传送带和转盘的共同速度应调整为多大？(3)若行李箱的质量均为15 kg，每6 s投放一个行李箱，则传送带传送行李箱的平均输出功率应为多大？【解析】(1)设行李箱质量为m，放在传送带上，先受到摩擦力而加速运动，根据牛顿第二定律：1mgma (1分)vat1 (1分)xat12 (1分)可得：t12 s，x2 m 4 m/s 故最大速度应取为4 m/s，即共同速度应调整为4 m/s。(1分)(3)由(1)知，
25、传送带上刚好有一个行李箱。设每传送一个行李箱需要做功W，则：Wmv21mg(vt1x)60 J (2分)传送行李箱需要的平均输出功率：P10 W。(1分)16(14分)如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的A点将质量为m、电荷量分别为q和q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g，已知A点到左边界的距离也为L。(1)该电场的电场强度大小；(2)求小球射出的初速度大小；(3)要使小球M、N离
26、开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件。【解析】(1)设小球M、N在A点水平射出的初速度大小为v0，则它们进入电场后水平速度仍然为v0，所以小球M、N在电场中运动的时间相等，设为t，则：进入电场前，水平方向Lv0t (1分)竖直方向下落的距离dgt2 (1分)进入电场时竖直速度vy1gt (1分)设N粒子在电场中运动的加速度为a，竖直方向有：dvy1tat2 (1分)由牛顿第二定律得：Eqmgma (1分)解得：E。(1分)(2)小球M射出电场时竖直速度为vy2vy1at (1分)Eqmgma (1分)m(v02vy22)8m(v02vy12) (1分)解得：v0。 (1分)(3)以竖直向下为正，M的竖直位移为yMvy1tat2 (1分)N的竖直位移为yNvy1tat2 (1分)yMyNL (1分)解得：v02。 (1分)
