2021-2022学年新疆喀什地区莎车县高三（上）期中物理试卷(Word版含答案)

2021-2022学年新疆喀什地区莎车县高三（上）期中物理试卷
一、选择题（共11小题，每小题4分，满分44分）
1．（4分）关于下列四幅图的表述，正确的是（　　）
A．图甲表示随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
B．图乙中为了不影响行车安全，所有的汽车前窗玻璃的透振方向和前灯玻璃的透振方向都是斜向右上45°
C．图丙中若将电子改为质子，以相同电压加速时质子的衍射现象更明显
D．图丁中镉棒的作用是使快中子变成慢中子，从而影响链式反应速度
2．（4分）如图所示，由波长为λ1和λ2的单色光组成的一束复色光，经半反半透镜后分成透射光和反射光。透射光经扩束器后垂直照射到双缝上并在屏上形成干涉条纹。O是两单色光中央亮条纹的中心位置，P1和P2分别是波长为λ1和λ2的光形成的距离O点最近的亮条纹中心位置。反射光入射到三棱镜一侧面上，从另一侧面M和N位置出射，则（　　）
A．λ1＜λ2，M是波长为λ1的光出射位置
B．λ1＜λ2，N是波长为λ1的光出射位置
C．λ1＞λ2，M是波长为λ1的光出射位置
D．λ1＞λ2，N是波长为λ1的光出射位置
3．（4分）轻绳两端分别固定在两根等高的竖直杆上，在水平恒定风力作用下，重力为G的衣服处于静止状态，如图所示。若风力大小为衣服重力的0.75倍，不计轻绳与衣架挂钩间的摩擦，则（　　）
A．两端与水平方向的夹角α1＝α2
B．两边与竖直方向的夹角β1＝β2
C．拉力大小为
D．拉力大小为
4．（4分）下列四幅图的有关说法中正确的是（　　）
A．分子间距小于r0范围内，随分子间距离减小，分子势能先减小后增大
B．水面上的单分子油膜，在测量分子直径d大小时可把分子当作球形处理
C．食盐中的钠、氯离子按一定规律分布，具有各向同性，所以食盐属于非晶体
D．猛推木质推杆，密闭的气体可看做是绝热变化，气体对外做功，内能增大温度升高
5．（4分）如图为模拟市区用户供电的示意图。U0是电网电压，可视为不变。R1为电网至变压器的电缆电阻，R2是变压器至用户间电缆电阻，R是用电器的等效电阻。变压器为理想变压器。当用户端的用电器增加时，则下列说法正确的是（　　）
A．R1电功率减小 B．R2电功率减小
C．电压表示数不变 D．电流表示数增大
6．（4分）一列简谐横波沿x轴传播，t＝0.1s时的波形图如图甲所示，A、B为介质中的两质点。图乙为质点A的振动图象。以下判断正确的是（　　）
A．t＝0.15s时，A的加速度为零
B．t＝0.15s时，B的速度沿y轴正方向
C．从t＝0.1s到t＝0.25s，B的位移大小为10cm
D．从t＝0.1s到t＝0.25s，波沿x轴负方向传播了7.5cm
7．（4分）李宁气垫鞋是篮球爱好者们很喜欢的运动鞋。某款李宁气垫鞋底部装有一种由小分子铸膜材料制作的气垫，气垫内封闭着一定量的气体。一同学穿着该款鞋子打篮球时，他跳跃起一定高度抢到篮板球后双脚稳稳落地。研究他双脚着地的短暂过程，不计气垫内气体分子间的相互作用，则（　　）
A．气垫内的气体对外做功，气体密度减小
B．外界对气体做功等于气体向外传递的热量
C．气垫内的气体的温度升高，气垫内所有气体分子热运动的速率均增大
D．外界对气垫内的气体做功，气体内能增大
8．（4分）如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点．O点到水平面的距离为h，物块B和C的质量均为3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，B物体位于O点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．碰后小球A反弹离地面的最大高度为
B．碰撞过程中B物体受到的冲量大小为m
C．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能
D．物块C获得的最大速度为
9．（4分）如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态。在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C。现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．C与A碰撞后A最大速度的大小为
B．C与A碰撞过程中，A、C组成的系统损失的机械能为
C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为
D．要使碰后物体B被拉离地面，h至少为
10．（4分）如图，河宽d＝20m，小船要行驶到河对岸，P处为小船的正对岸位置，已知小船的划行速度v1＝5m/s，水流速度v2＝3m/s。下列说法正确的是（　　）
A．小船行驶到对岸P点的时间为4s
B．小船行驶到对岸P点的时间为5s
C．若水流速变大，小船行驶到对岸的最短时间变长
D．若水流速变大，小船行驶到对岸的最短时间变短
11．（4分）2021年4月29日，中国“天宫”空间站“天和核心舱”在海南文昌发射场发射升空，并准确进入预定轨道，意味着我国载人航天工程空间站组装建设进入了新的阶段。已知天和核心舱在离地球表面h高处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球的自转。由以上数据不能求出的物理量是（　　）
A．地球的平均密度
B．卫星受到的万有引力
C．天和核心舱在轨飞行的速度
D．地球的半径
二、实验题，共15分
12．（15分）（1）某次做实验的时候，实验员准备了以下器材，请问用以下器材可以做下列哪些实验 　 　。
A．探究小车速度随时间变化规律
B．探究求合力的方法
C．研究平抛运动
（2）小明同学选用图中部分器材做“探究加速度与力、质量的关系”实验，经过正确操作，获得如图乙所示三条纸带：一条纸带是利用空车与空桶所得，一条是利用空车与加砝码的小桶所得，一条纸带是利用加钩码的小车与空桶实验所得。哪条是利用空车与加砝码的小桶实验所得 　 　（选填“①”、“②”、“③”）。
（3）如图丙为其中一条纸带的一部分，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出，打点计时器频率为50Hz。通过对纸带的测量，可知小车运动过程中的加速度大小为 　 　m/s2（保留2位有效数字）。
三、解答题，共41分
13．（10分）将一个满偏电流为Ig＝100μA，内阻rg＝100Ω的灵敏电流表改装为欧姆表，滑动变阻器电阻最大值R＝20kΩ，电源电动势E＝1.5V，内阻r未知．求：
（1）电流表的0处和满偏电流处刻上多大电阻值？中间刻度处应刻上多大电阻值？
（2）在表上满偏电流的和处应刻上多大电阻值？
（3）请将上面的结果在图中相应位置标上电阻值，并说明欧姆表的刻度与电流表刻度相比有什么特点？
14．（10分）如图所示是研究光电效应的实验电路示意图，M、N为两正对的半径为R的金属圆形板，板间距为d。当一细束频率为ν的光照N极板圆心时，产生沿不同方向运动的光电子。调节滑片P改变两板间电压，发现当电压表示数为Uc时，检流计示数恰好为零。假设光电子只从极板圆心处发出，忽略场的边界效应（已知普朗克常量为h，电子电量为e，电子质量为m，）
（1）求金属板的逸出功；
（2）若交换电源正负极，调节滑片P逐渐增大两板间电压，求电流达到饱和时的最小电压；
（3）断开开关，在两板间半径为R的柱形区域内加上方向垂直纸面的匀强磁场。若板间距离d可以在R到3R
之间变化，求电流为零时B的最小值与d的关系式
15．（10分）如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L＝3.75m，A、B分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。一个质量为0.1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝。g取10m/s2。求：当传送带沿逆时针方向以v1＝3m/s的速度匀速运动时，将小物块无初速度地放在A点后，它运动至B点需多长时间？
16．（11分）如图所示，两平行金属板A、B间的电势差为U＝5×104V.在B板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅱ，它们的宽度为d1＝d2＝6.25m，磁感应强度分别为B1＝2.0T、B2＝4.0T，方向如图中所示.现有一质量m＝1.0×10﹣8kg、电荷量q＝1.6×10﹣6C、重力忽略不计的粒子从A板的O点由静止释放，经过加速后恰好从B板的小孔Q处飞出。试求：
（1）带电粒子从加速电场中出来的速度v的大小；
（2）带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t；
（3）带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时的速度方向与边界面的夹角；
（4）若d1的宽度不变，改变d2的宽度，要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，则d2的宽度至少为多大？
2021-2022学年新疆喀什地区莎车县高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共11小题，每小题4分，满分44分）
1．【解答】解：A、图甲表示随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A错误；
B、图乙中为了不影响行车安全，所有的汽车前窗玻璃的透振方向和前灯玻璃的透振方向都是斜向右上45°，对方车辆的光与自己前窗玻璃正好是90°，对方的光就不能通过前窗玻璃射到你的眼中，不会发生眼花，故B正确；
C、以相同电压加速的电子和质子，获得的动能一样，由动能和动量的关系p＝，可知，电子的动量小，由 可知，电子的波长更长一些，衍射现象更明显，故C错误；
D、图丁中镉棒的作用是吸收中子，从而影响链式反应速度，故D错误；
故选：B。
2．【解答】解：AB、双透干涉的实验结论：x＝，由图可得 ，故λ1＞λ2，故AB错误；
CD、由λ＝cT或λ＝c知，λ越大f越小（f为频率）
由光的色散实验知，频率f越大，穿过三棱镜后偏折越大（或频率f越大，折射率n越大）本题中由于 λ1＞λ2故f1＜f2.故偏折角小的对应f1，偏折大的对应f2，所以当 λ1＞λ2时 M是λ2射出点，N是λ1射出点，故C错误，D正确。
故选：D。
3．【解答】解：AB.轻绳拉力的合力方向沿斜向左上方向，因此β1＞β2；α1＜a2，故AB错误；
CD.衣服受到重力和水平的风力以及挂钩的作用力，重力和水平风力的合力为
F合＝＝mg
则挂钩对轻绳作用力大小为G，由
2Fcos＝G
得
F＝
故D正确；C错误。
故选：D。
4．【解答】解：A、分子间距离小于r0范围内分子间间距离减小时，斥力和引力都增大，但引力增大得慢，所以分子力表现为斥力，随分子之间距离的减小，分子力做负功，则分子势能一直增大，故A错误；
B、水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径d大小时把它们当做球形处理，故B正确；
C、晶体具有点阵结构，食盐属于晶体，食盐中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，故C错误；
D、猛推木质推杆，外界对气体做正功，密闭的气体温度升高，压强变大，因为猛推很迅速，来不及与外界发生热交换，可看作是绝热变化，故D错误；
故选：B。
5．【解答】解：ABD、变压器的输入的功率和输出的功率相等，当用户的用电器增加时，则负载电阻减小，副线圈的电流增大，故原线圈中的电流增大，根据P＝I2R可知，输电线路上电阻消耗的功率增大，故AB错误，D正确；
C、因为电源输出的总电压不变，根据欧姆定律可知R1分得的电压增大，所以原线圈的电压减小，副线圈的电压也减小，即电压表的读数减小，故C错误；
故选：D。
6．【解答】解：
A、由乙图读出，在t＝0.15s时A点处于波谷，加速度正向最大值，故A错误；
B、t＝0.1s时的波形图如图甲所示，A点在t＝0.1s时的速度方向沿y轴负方向，由波形的平移法判断可知该波沿x轴负方向的传播，那么t＝0.15s时，B点处于平衡位置，其速度沿y轴负方向，故B错误；
C、由乙图读出周期为T＝0.2s，从t＝0.1s到t＝0.25s，经过时间为△t＝0.15s＝T，由于在t＝0.1s时质点A在平衡位置处，所以从t＝0.10s到t＝0.25s，质点B从波峰到波谷，又回到平衡位置，B的位移大小为5cm，故C错误；
D、由甲图读出波长为λ＝10cm，则波速为v＝＝cm/s＝50cm/s，因此从t＝0.1s到t＝0.25s，波沿x轴负方向传播了s＝vt＝50×0.15cm＝7.5cm，故D正确。
故选：D。
7．【解答】解：A.脚着地的短暂过程，外界对气垫内的气体做功，气体质量不变，体积减小，所以气体密度增大，故A错误；
BD.研究他双脚着地的短暂过程，外界对气体做功，气体的温度升高，所以气体内能增大，由热力学第一定律可知ΔU＝W+Q，外界对气体做功大于气体向外传递的热量，故D正确，B错误；
C.气垫内的气体的温度升高，气垫内气体分子的平均动能增大，但不是所有分子的动能都增大，即不是所有分子的速率增大，故C错误。
故选：D。
8．【解答】解：A、设小球到最低点与B碰前瞬间的速度为v0，根据机械能守恒得
小球与B发生弹性碰撞，设碰后小球的速度为v，B球的速度为vB，根据动量守恒及机械能守恒得
mv0＝mv+3mvB
解得
小球向左摆到最高点的过程中机械能守恒，设上升的高度为h′
解得，故A错误；
B、根据动量定理，B物体受到的冲量，故B错误；
C、当弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，此时B、C两物体速度相等，设为v1，根据动量守恒得
3mvB＝6mv1
，故C正确；
D当弹簧第一次恢复至原长时，C的速度最大，根据动量守恒及机械能守恒得
3mvB＝3mvB′+3mvC
联立得
vB′＝0
，故D错误。
故选：C。
9．【解答】解：A、设C与A碰前瞬间C的速度为v0，C与A碰后瞬间CA的共同速度为v1，对C自由下落过程，由机械能守恒定律得：mgh＝mv，解得：v0＝，C与A碰撞过程，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝，因为AC碰撞瞬间完成，弹簧弹力没有发生变化，此时弹力小于AC重力之和，所以AC碰完后继续向下加速，到弹簧弹力等于AC总重力时速度最大，此时速度大于，故A错误；
B、C与A碰撞时产生的内能等于系统动能的减少量，为：△E＝mv﹣，解得：△E＝，故B错误；
C、最初A静止时，弹簧被压缩，具有一定的弹性势能，CA碰后一起继续向下压缩弹簧，到最低点时弹簧弹性势能最大，CA碰后的动能和下降过程减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能大于CA碰后的动能，即大于×2m＝，故C错误；
D、最初A静止时，弹簧弹力大小等于A的重力，弹簧的压缩量为：x1＝
物体B恰能被拉离地面时，弹簧弹力大小等于B的重力，弹簧伸长量为：x2＝
则从CA碰后到物体B恰好被拉离地面，CA上升高度△h＝x1+x2
解得：△h＝
因为x1＝x2，所以初末态弹性势能相等，对整个系统由机械能守恒定律得：×2mv＝2mg×△h
解得：h＝，所以要使碰后物体B被拉离地面，h至少为，故D正确。
故选：D。
10．【解答】解：AB、小船要行驶到对岸P点，船头应偏向上游，使合速度垂直河岸，合速度大小为v＝＝m/s＝4m/s
小船到达P点的时间为t＝＝s＝5s，故A错误，B正确；
CD、当船头垂直于河岸时，渡河时间最短，最短时间为tmin＝＝s＝4s，与水流速度无关，故水流速变大，小船行驶到对岸的最短时间不变，故CD错误。
故选：B。
11．【解答】解：AD、设地球半径为R，由黄金代换公式GM＝gR2得：M＝①
天和核心舱在绕地球做匀速圆周运动，舱体做圆周运动的半径为R+h，舱体受到的万有引力提供向心力，
化简得：M＝②
地球的密度为ρ＝③
由①②③可解出M、R、ρ，故A、D错误；
B、舱体质量未知，所以无法计算其万有引力大小，故B正确；
C、由圆周运动物理量的关系可知，，，其中R可求，所以舱体做圆周运动的线速度和角速度均可计算，故C错误。
故选：B。
二、实验题，共15分
12．【解答】解：（1）从桌面上所给的器材来看有：带细线的重物、小车、天平、长木板、打点计时器、钩码、纸带、砝码、刻度尺等，再对所给的选项进行分析
A、“探究小车速度随时间变化规律”实验要测出一系列点的速度，只需要打点计时器相关器材和刻度尺，故A正确；
B、“探究求合力的方法”实验要有弹簧秤测出力的大小，还要细绳等，所以上述器材不符合要求，故B错误；
C、在做“研究平抛物体的运动”实验时，需要木板、小球、斜槽、刻度尺、铅笔、图钉之外，还需要重锤线，故D错误；
故选：A
（2）空车与加砝码的小桶做实验时，相比另两种情况看，加速度最大，则打出的点迹更稀疏此，故③符合要求。
（3）根据逐差公式Δx＝aT2，求加速度，a＝＝＝0.60m/s2。
故答案为：（1）A；（2）③；（3）0.60
三、解答题，共41分
13．【解答】解：（1）欧姆调零，外接电阻为零，当电流满偏时，所以在满偏电流Ig处刻上“0”。当电流为零时，显然电路断路，在电流为零处刻是“∞”。
欧姆表的内阻RΩ＝＝＝15000Ω＝15kΩ，所以在处刻上“15kΩ”。
（2）根据欧姆表的工作原理，当电流为时，有：＝，代入解得：Rx＝45kΩ，同理可有：＝，代入可得Rx′＝5kΩ。
（3）刻度如图所示，可以看出，电流表和电压表的刻度是均匀的，但欧姆表的刻度是不均匀的。
故答案为：（1）∞、0、15kΩ；（2）45kΩ、5kΩ；（3），电流表、电压表的刻度是均匀的，但欧姆表的刻度是不均匀的
14．【解答】解：（1）分析电路可知，金属板间加反向电压，当电压为Uc时，检流计的电流为零，有：
eUc＝mv02；
根据爱因斯坦光电效应方程可知，mv02＝hν﹣W
解得逸出功：W＝hν﹣eUc。
（2）交换电源正负极，金属板加正向电压，平行金属板飞出的电子到达M板时，电流达到饱和，
该电子做类平抛运动，初速度为v0，
R＝v0t
d＝
联立解得，U＝。
（3）断开开关，加入磁场后，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
qvB＝m
解得：r＝
当电流为零时，电子刚好没有打在M板上，d＝2r
解得：B＝，R≤d≤3R。
答：（1）金属板的逸出功为hν﹣eUc。
（2）若交换电源正负极，调节滑片P逐渐增大两板间电压，电流达到饱和时的最小电压为。
（3）断开开关，在两板间半径为R的柱形区域内加上方向垂直纸面的匀强磁场。若板间距离d可以在R到3R之间变化，求电流为零时B的最小值与d的关系式为：B＝，R≤d≤3R。
15．【解答】解：（1）当小物块速度小于3m/s时，小物块受到竖直向下、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律
mgsin30°+μmgcos 30°＝ma1
代入数据解得a1＝7.5m/s2
当小物块速度等于3m/s时，设小物块对地位移为L1，用时为t1，根据匀加速直线运动规律
t1＝，
L1＝
解得t1＝0.4s
L1＝0.6m
由于L1＜L且μ＜tan30°，当小物块速度大于3m/s时，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律
mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma2
代入数据解得a2＝2.5m/s2
根据L﹣L1＝v1t2+
故小物块由静止出发从A到B所用时间t＝t1+t2
代入数据解得t＝1.19s
答：小物块无初速度地放在A点后，它运动至B点需1.19s
16．【解答】解：（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有：
qU＝mv2﹣0
解得：v＝4.0×103 m/s
（2）粒子运动轨迹如图，设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB1＝代入数据解得：r＝12.5 m
设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ，则：sin θ＝＝＝，所以θ＝30°
粒子在Ⅰ区运动周期T＝＝
则粒子在Ⅰ区运动时间t＝
解得：t＝s
（3）设粒子在Ⅱ区做圆周运动的轨道半径为R，轨迹如图甲（红色）所示，则有：
qvB2＝解得：R＝6.25 m＝d2
由几何关系知：粒子在磁场Ⅱ区偏转60°，那么离开边界时速度方向与边界的夹角为60°。
（4）要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，粒子运动的轨迹与磁场边界相切时，由图乙可知Ⅱ区磁场的宽度至少为：
d2＝R+Rcos 60°＝1.5R＝9.375 m
答：（1）带电粒子从加速电场Q处飞出时的速度v的大小是4.0×103 m/s；
（2）带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间是s；
（3）带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时的速度方向与边界面的夹角为60°；
（4）若d1的宽度不变，改变d2的宽度，要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，则d2的宽度至少为9.375 m。
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