1、四川三台中学校 高中2021级第四学期期末教学目标模拟测试物理试题一、必考选择题。本题共9小题，每小题4分，共36分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第79题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 关于粒子散射实验的下述说法中正确的是（）A. 实验表明原子的中心有一个很大的核，它占有原子体积的绝大部分B. 实验表明原子的中心有个很小的核，集中了原子的全部正电荷C. 实验表明原子核是由质子和中子组成的D. 实验表明该实验证实了汤姆生原子模型的正确性【答案】B【解析】【详解】实验表明原子的中心有个很小的核，集中了原子的全部正电荷，占有
2、原子体积的极小部分，证实了原子的核式结构，但是该实验不能表明原子核是由质子和中子组成的。故选B。2. 如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图像，下列说法正确的是（）A. 该金属的逸出功为0.5eVB. 该金属的极限频率为5.501014HzC. 根据该图像能求出普朗克常量D. 根据该图像能求出电子的电荷量【答案】C【解析】【详解】B根据爱因斯坦光电效应方程Ek=h-W，Ek-图象的横轴的截距大小等于极限频率，由图知该金属的极限频率为4.31014Hz，故B错误。C由Ek=h-W，得知该图线的斜率表示普朗克常量h，则故C正确。A当Ek=h-W=0时，逸出功为W=
3、h0=6.6710-344.31014J=2.8810-19J1.79eV故A错误。D根据该图像不能求出电子的电荷量，选项D错误。故选C。3. 如图为氢原子的能级示意图。氢原子从高能级直接向的能级跃迁所产生的光谱，被称为巴尔末系。已知可见光的光子能量范围为。根据玻尔理论，下列说法正确的是（）A. 巴尔末系的所有谱线中没有可见光B. 巴尔末系中光子的能量可能为3eVC. 用能量的光照射处于基态的氢原子，氢原子可以跃迁到激发态D. 大量处于能级氢原子向低能级跃迁时会辐射出2种属于巴尔末系的光【答案】D【解析】【详解】AB巴尔末系为直接跃迁到时辐射出的光线，则有可知，巴尔末系的所有谱线中有可见光，光
4、子的能量不可能为3eV，故AB错误；C根据跃迁假设，从基态跃迁到第二激发态需要的能量为故C错误；D根据题意可知，大量处于能级氢原子向低能级跃迁时会辐射出2种属于巴尔末系的光，一种是从直接跃迁到辐射的，一种是从跃迁到辐射的，故D正确。故选D。4. 如图所示为远距离输电原理图，变压器T1，T2为理想变压器，T1原副线圈的匝数比为1：1000，T2原副线圈的匝数比为1000：1，发电机的输出功率为P，输出电压为U，用电器两端的电压为0.999U，则输电线的电阻R为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据变压器关系可知，T1副线圈电压T2原线圈电压则输电线上的电压输电线上的电流则输电
5、线的电阻故选B。5. 如图甲所示，固定的长直导线、闭合金属线框ABCD位于同一竖直平面内，长直导线中的电流I随时间t的变化关系如图乙所示。甲图中电流方向为正方向，下列说法正确的是（）A. 01s内，金属线框BC边受到的安培力垂直BC边向右B. 01s内，金属线框BC边受到的安培力减小C. 12s内，金属线框受安培力的合力垂直BC边先向左后向右D. 12s内，金属线框受安培力的合力减小【答案】C【解析】【详解】A由图知01s内，导线中电流先向下减小再向上增加，由安培定则知，01s内，金属线框内磁场方向先垂直纸面向外后向内，磁通量先减小后增加，由楞次定律知BC边中电流方向CB，由左手定则知，BC边
6、受到的安培力与BC边垂直先向右后向左，故A错误；B由图可知t=0和t=1s时刻，电流变换率为零，则磁通量变化率为零，则线框中感应电流为零， t=0.5s时直导线中电流为0，则在线框中产生的磁场为零，则线框BC边受到的安培力先向右增大后减小，之后再向左增大后减小，故B错误；C由图知12s内，导线中电流先向上减小再向下增加，由安培定则知，12s内，金属线框内磁场方向先垂直纸面向内后向外，磁通量先减小后增加，由楞次定律知线框中电流方向BCDAB，由左手定则知，AD边受到的安培力与AD边垂直先向左后向右，BC边受到的安培力与BC边垂直先向右后向左，因为线框靠近导线部分磁场较强，所以合力垂直BC边先向左
7、后向右，故C正确；D同理可得，t=1s、t=2s时刻线框中电流为0，t=1.5s时直导线中电流为0，故线框所受合力垂直BC边先向左增大后减小，再向右增大后减小，故D错误。故选C。6. 用中子轰击静止的锂核，核反应方程为。已知光子的频率为v，锂核的比结合能为，氦核的比结合能为，X核的比结合能为，普朗克常量为h，真空中光速为c、下列说法中正确的是（）A. X核为核B. 光子的动量C. 释放的核能D. 质量亏损【答案】C【解析】【详解】A根据质量数和电荷数守恒可知X核为核，故A错误；B光子的频率为v，可知光子的动量故B错误；C由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能为故C正确；D质量亏损为故D错误；
8、故选C。7. 如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，原线圈接有阻值为40的定值电阻R1，左端接在正弦式交流电源上，其电压瞬时值表达式为，副线圈接有总阻值为40的滑动变阻器R2，初始时滑片在滑动变阻器R2正中央，若电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）A. 副线圈交变电流的频率为50HzB. 交流电流表的示数为5.5AC. 若将R2的滑片向上移动，则交流电压表的示数变大D. 当R2的阻值调到20时，副线圈输出功率最大【答案】AC【解析】【详解】A由正弦式交流电的电压瞬时值表达式可知，则副线圈交变电流频率为，A正确；B根据理想变压器电压、电流与匝数的关系可知，由串联电路电压规律
9、有且副线圈电压联立以上各式可解得AB错误；C若将的滑片向上移动，副线圈电阻增大，可先假设不变，那么减小，由可知，变小，这样会使得两端电压减小，增大，则也会增大，C正确；D采用等效电源法，将与原副线圈等效为电源的内阻，则当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，即当阻值调到时，副线圈输出功率最大，D错误。故选AC。8. 如图，弹簧左端固定，将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于P、Q点，质量为的小球B静止在水平轨道上，将质量为的小球A压缩弹簧后由静止释放，小球能从P点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点N时恰好与圆管无弹力作用，之后从Q点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的
10、大小相同且半径很小，圆弧轨道半径，不计一切摩擦和空气阻力，g取10 m/s2。则（） A. 释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为12 JB. 两小球第一次碰撞后速度大小之比为C. 两小球最终运动速度大小之比为D. 两小球至多能发生2次碰撞【答案】CD【解析】【详解】A小球能从P点进入圆弧轨道通过轨道的最高点N时恰好与圆管无弹力作用，有则小球自P到N，由动能定理可得弹簧弹开小球，弹性势能转化为动能，有即释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为，故A错误；B由能量守恒可知小球从管道出来的速度仍然为，然后A与B球发生弹性碰撞，有解得，故碰后两球的速度大小之比为故B错误；C当A返回后的速度大小为，方向向右，因
11、，则A球追上B球发生第二次弹性碰撞，有解得，则速度大小之比为故C正确；D两次碰撞后，因，即A再也不能追上B球，故不再发生碰撞，即两小球至多能发生2次碰撞，故D正确；故选CD。9. 如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，且PQ与水平方向的夹角，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度为零。则下列说法正确的是（）A. 线框在位置时，安培力具有最大值B. 线框从位置运动到位置的过程中，做加速度增大的
12、减速运动C. 线框从位置运动到位置的过程中，克服安培力做功为D. 线框从位置运动到位置的过程中，通过导线截面的电荷量为【答案】CD【解析】【详解】A线框在位置时，线框的速度为零，所以感应电动势为零，感应电流为零，则安培力为零，故A错误；B线框在位置时，磁通量不会发生变化，感应电流为零，安培力为零，物体速度减小到0，安培力由零到零，必然存在一个先增大，后减小的过程，所以加速度先增大后减小，故B错误；C线框从位置运动到位置的过程中，只有安培力做功，安培力做功等于物体动能的变化，由动能定理有解得故C正确；D线框在位置时磁通量线框在位置时磁通量为零，此过程中通过导线截面的电荷量，联立解得故D正确。故选
13、CD。二、必考非选择题。本题共5小题，共44分。10. 狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是_的；真空中的光速在不同的惯性参考系中都是_的。（填“相同”或“不同”）【答案】 . 相同 . 相同【解析】【详解】1由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，即狭义相对性原理。2由狭义相对论的两个基本假设可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，即光速不变原理。11. 利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为的滑块A与质量为的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小和，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。
14、完成下列填空：（1）调节导轨水平；（2）测得两滑块的质量分别为和。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为_kg的滑块作为A；（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离与B的右端到右边挡板的距离相等；（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间和；（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示；123450.490.671.011.221.390.150.210.330.400.460.310.330.330.33（6）表中的_（保留2位有效数字）；（7）的平均
15、值为_；（保留2位有效数字）（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为_（用和表示），本实验中其值为_（保留2位有效数字），若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。【答案】 . 0.304 . 0.31 . 0.32 . . 0.34【解析】【详解】（2）1应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304kg的滑块作为A。（6）2由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得（7）3平均值为（8）45弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得联立解得代入数据可得12
16、. 质量均为m=2 kg三物块A、B、C，物块A、B用轻弹簧相连，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=3 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，物块C静止在前方，如图所示B与C碰撞后二者会粘在一起运动求在以后的运动中：（1）从开始到弹簧的弹性势能第一次达到最大时，弹簧对物块A的冲量；（2）系统中弹性势能的最大值Ep是多少？【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）当三者速度相同时，弹性势能最大，则根据动量守恒整理可以得到根据动量定理（2）B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则解得设弹簧的弹性势能最大为，根据机械能守恒得：代入解得为【名师点睛】该题考查动量守恒定律的
17、一般应用，由于本题是两个碰撞的过程，含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误13. 如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L=1.0m，与水平面之间的夹角37，匀强磁场磁感应强度B=2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=1.6的电阻，质量m=0.5kg，电阻r=0.4的金属杆ab垂直导轨放置。现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆沿导轨向上的位移s=3.8m时达到稳定状态，对应过程的vt图像如图乙所示。取g=10m/s2，导轨足够长。（，）求：（1）恒力F的大小；（2）从金属杆ab开始运动到刚达到稳定
18、状态的过程，金属杆上产生的焦耳热Qr；（3）01s内金属杆ab运动的位移x。【答案】（1）5N；（2）1.47J；（3）0.85m【解析】【详解】（1）当金属棒匀速运动时，由平衡条件得其中由乙图可知v=1.0m/s，且联立解得F=5N（2）从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属杆上产生的焦耳热为（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有又It=q由图可知，代入数据解得q=0.85C由得x=0.85m三、选考题（3一4）。本题共6小题，共30分。第14、15、16、17题每小题4分，
19、给出的四个选项中只有一项符合题目要求。18题6分，19题8分14. 关于电磁波和电磁振荡，下列说法正确的是（）A. 电磁波是一种物质，不能在真空中传播B. 电磁波的频率等于激起电磁波的振荡电流的频率C. 根据麦克斯韦电磁波理论，电磁波中的电场和磁场方向相互垂直，电磁波是纵波D. 电磁波从发射电路向空间传播时，电磁振荡一旦停止产生的电磁波就立即消失【答案】B【解析】【分析】【详解】A电磁波是一种物质，能在真空中传播，故A错误；B根据电磁波的产生机理，可知电磁波的频率等于激起电磁波的振荡电流的频率，故B正确；C根据麦克斯韦电磁波理论，电磁波中的电场和磁场方向相互垂直，所以电磁波是横波，故C错误；D
20、电磁波从发射电路向空间传播时，电磁振荡停止，但产生的电磁波仍然会继续向前传播，并不会立即消失，故D错误。故选B。15. 用同一单缝研究a、b两种单色光产生的衍射现象，单色光a 的中心亮条纹比单色光b宽。则这两种光：（）A. 通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大B. 从同种玻璃射入空气发生全反射时，b光的临界角大C. 在同种玻璃中a光比b光的传播速度小D. 通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大【答案】A【解析】【详解】A在狭缝宽度与波长相差不多或者狭缝宽度比波长更小的情况下，会发生明显的衍射现象，由题可知单色光a衍射现象更明显，故在真空中a光波长更长，发生干涉时条纹间距因此a光的相邻
21、条纹间距大，A正确；B因a光波长长，故折射率a光更小，根据可知，a光临界角大，B错误；C根据可知，a光传播速度大，C错误；D折射率大通过同一玻璃三棱镜时，光的偏折程度大，因此b光的偏折程度大，D错误。故选A。16. 太赫兹辐射通常是指频率在0.1THz10THz（1THz=1012Hz）、即频率在微波与红外线之间的电磁辐射，其频率高于微波，低于红外线、紫外线，远低于X射线。太赫兹波对人体安全，可以穿透衣物等不透明物体，实现对隐匿物体的成像。近年来太赫兹技术在国家安全、信息技术等诸多领域取得了快速发展，被誉为“改变未来世界十大技术”之一。由上述信息可知，太赫兹波（）A. 其光子的能量比红外线光子
22、的能量更大B. 比微波更容易发生衍射现象C. 在真空中的速度小于红外线的速度D. 从同种介质斜射到真空中全反射的临界角比射线更大【答案】D【解析】【详解】A根据题意，太赫兹波的频率低于红外线，根据光子的能量公式可知，频率越高，能量越大，所以太赫兹光子能量比红外线光子能量小，故A错误；B太赫兹波的频率高于微波，所以其波长比微波的波长更小，更不容易发生衍射现象，故B错误；C太赫兹波属于电磁波范畴，所以在真空中速度与红外线的速度相等，均为光速，故C错误；D太赫兹波的频率小于射线，所以太赫兹波的折射率小于射线的折射率，根据临界角与折射率的关系由此可得，从同种介质斜射到真空中全反射的临界角比射线的临界角
23、大，故D正确。故选D。17. 如图所示为理想LC振荡回路，此时刻电容器极板间的场强方向和线圈中的磁场方向如图。下列说法正确的是（）A. 如图所示的时刻电容器正在放电B. 如图所示的时刻电流正在减小C. 电路中的电场能在向磁场能转化D. 电路中电流沿顺时针方向【答案】B【解析】【详解】AB根据电容器极板间的场强方向可知，上极板带正电，下极板带负电，根据图中磁场的方向可知，线圈中的电流为俯视逆时针方向，故电容器正在充电，如图所示的时刻电流正在减小，A错误，B正确；C电路中的磁场能在向电场能转化，C错误；D电路中电流沿逆时针方向，D错误。故选B。18. 某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，作出的光
24、路图及测出的相关角度如图所示。（1）为了取得较好的实验效果，其中正确的是_A必须选用上下表面平行的玻璃砖B选择的入射角应尽量小些C大头针应垂直地揷在纸面上D大头针和及和之间的距离适当大些（2）若测出图中角度和，则可以求出玻璃的折射率_（用测量出的物理量表示）（3）某同学在插这枚针的时候不小心插得偏右的了一点，此操作会导致折射率的测量值_。（填“偏大”、“不变”或“偏小”）【答案】 . CD . . 偏小【解析】【详解】（1）1A只要能确定入射光线和出射光线，即可测量玻璃的折射率，玻璃砖的上下表面不平行也可以，A错误；B选择的入射角应适当大些，折射角大些，以减小误差，B错误；CD大头针和及和之间
25、的距离适当大些，且大头针应垂直地揷在纸面上，才能准确的确定光线位置，CD正确。故选CD。（2）2若测出图中角度和，据折射定律可得，玻璃的折射率为（3）3某同学在插这枚针的时候不小心插得偏右的了一点，此操作会导致偏大，折射率的测量值偏小。19. 如图，一内部空心、厚度均匀的圆柱形玻璃管内半径为，外半径为，高为。一束单色光从玻璃管上方入射，入射点与点的距离为，光线与圆柱上表面成角，且与直径在同一竖直平面内。光线入射后从玻璃管内壁射出，最终到达圆柱底面。已知该玻璃管的折射率为，光在真空中的传播速度为、（有光折射时，不考虑反射）（1）证明光线入射到玻璃管内壁时不会发生全反射；（2）求光线从玻璃管上方入射至到达圆柱底面所需的时间。 【答案】（1）见解析；（2）【解析】【详解】（1）根据题意可知，光线在玻璃管上方的入射角由折射定律有可得所以光线在玻璃管内壁的入射角光线在玻璃管中的临界角满足可知所以光线入射到玻璃管内壁时不会发生全反射。（2）光线在玻璃管内壁折射，由折射定律有可得光线在玻璃管内壁上的折射光线恰好入射到圆柱底面，光路图如图所示 光线从玻璃管上方入射至到达圆柱底面所需的时间又有联立解得
