广东省2021-2022学年高三上学期期末考试物理复习卷一(Word版含答案)

高三期末考试复习卷一
一、单选题
1．路灯维修车如图所示，车上带有竖直自动升降梯.若车匀速向左沿直线运动的同时梯子匀加速上升，则关于对站在梯子上的工人的描述正确的是（　　）
A．工人相对地面的运动轨迹一定是曲线
B．工人相对地面的运动轨迹一定是直线
C．工人相对地面的运动轨迹可能是直线，也可能是曲线
D．工人受到的合力可能是恒力，也可能是变力
2．太原晚报消息，为让电动汽车跑得更“欢”，太原未来五年将建5万个充电柱。如图所示为某新型电动汽车试车时的v-t图象，则下列说法中正确的是（　　）
A．在0～6 s内，新型电动汽车的加速度不变
B．在6～10 s内，新型电动汽车处于静止状态
C．在4 s末，新型电动汽车向相反方向运动
D．在12 s末，新型电动汽车的加速度为-1 m/s2
3．在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有如图所示的装置，其中圆柱体质量为m，若圆柱体与挡板及斜面间均无摩擦，当平板车的加速度突然增大时（　　）
斜面对圆柱体支持力不变
B．斜面对圆柱体支持力变大
C．竖直挡板对圆柱体压力不变
D．竖直挡板对圆柱体压力可能变为0
4．科学家测得在银河系中两颗孤立的恒星P、Q质量之比为，这两颗恒星分别有一轨道近似为圆周的行星X、Y，轨道半径之比为，则关于行星X，Y的说法不正确的是（　　）
A．X的环绕线速度较大
B．X的环绕周期较小
C．X的向心加速度较大
D．与中心天体连线单位时间内扫过的面积X较大
5．如图所示，三根通电直导线R、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流，则R处的磁感应强度B及所受的安培力F的方向分别是（　　）
A．B沿x正轴方向，F垂直R，指向y轴负方向
B．B沿x正轴方向，F垂直R，指向y轴正方向
C．B沿y正轴方向，F垂直R，指向x轴正方向
D．B沿y正轴方向，F垂直R，指向x轴负方向
6．如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表。闭合开关S稳定后，若减小照射光强度，则（　　）
A．小灯泡变亮
B．电压表的示数减小
C．电容器上的电荷量减少
D．光敏电阻两端的电压减小
7．如图甲所示，圆形导线框与电阻R串联，框内有变化的磁场，取由a经R流向b为感应电流iR的正方向，测得iR随时间t变化的图象如图乙所示，取垂直纸面向里为磁场的正方向，则描述磁感应强度B随时间t变化的图象正确的是（　　）
B．
C． D．
二、多选题
8．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（　　）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动过程中，座舱的速度不断变化
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
9．如图甲所示，某理想变压器原、副线圈的匝数比为，电流表为理想电表．原线圈所接电源的电压按图乙所示规律变化，副线圈接有一灯泡，此时灯泡消耗的功率为．则下列判断正确的是（　　）
A．副线圈两端输出电压的有效值为
B．原线圈中电流表的示数约为
C．原线圈两端电压的瞬时值表达式为
D．变压器的输入功率、输出功率之比为
10．如图所示，匀强电场中有A、B、C三点，已知A、B两点间的距离为AB=5cm，A、C两点间的距离为AC=8cm，∠BAC=37°，匀强电场方向平行于A、B、C所确定的平面。现把电荷量为q=-5×10-9C的点电荷由A点移到B点的过程中，电场力做功W1=5×10-8J，当将该点电荷由A点移到C点时电场力做功W2=1.0×10-7J，若取A点电势为零（sin37°=0.6，cos37°=0.8），则（　　）
该点电荷在B点的电势能为5×10-8J
B．A、B两点间的电势差UAB=10V
C．C点电势为20V
D．匀强电场的电场强度大小为250V/m
三、实验题
11．某实验小组设计实验探究弹簧的劲度系数与哪些因素有关，在研究弹簧劲度系数与弹簧的圈数关系时：
(1)小组取材料相同，直径相同，粗细相同，长度相同，圈数不同的两个弹簧进行实验。这种实验方法称___________。
(2)按照如图甲所示的方案设计实验，1的圈数少，2的圈数多，改变被支撑重物的质量m，静止时测出弹簧的形变量x，得到质量m与形变量x的关系式图象，取多组类似弹簧实验均可得到类似的图象，如图乙所示则可知弹簧单位长度的圈数越______（填“多”或“少”），弹簧的劲度系数越大。
(3)图乙中，已知弹簧1的劲度系数为k，则弹簧2的劲度系数为________。
12．王亮同学看到某元件上标有额定电压是12V，额定功率是7.0W还是7.2W已模糊不清。
（1）他先用多用电表粗测了该元件电阻的阻值，操作过程分以下几个步骤:
①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔；选择开关旋至电阻挡“×10”
②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使欧姆表指针指零；
③把红、黑表笔分别与元件的两端相接，此时多用电表的示数如图，则该元件电阻约为__________Ω；
④为了测量更准确他应将选择开关旋至_________（填“×1”或“×100”）
（2）为了研究该元件的伏安特性，他在实验室又找到了下列实验器材：
电压表（量程是3V，内阻是6kΩ；量程是15V，内阻是30kΩ）
电流表（量程是1A，内阻是0.3Ω；量程是3A，内阻是0.1Ω）
A．滑动变阻器（阻值范围0～5Ω），额定电流为1A
B．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω），额定电流为2A
C．直流电源（电动势E=15V，内阻不计）
①为了提高实验结果的准确程度，电流表选_________A量程；电压表选_________V量程；滑动变阻器选____（填写器材代号）
②为了准确完成该实验，请在下图所示的电路中补充三根连线完成电路______。
四、解答题
13．如图所示，边长为的等边三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为，d、e分别为bc、ac边的中点，点左侧有两平行正对极板（两极板间有恒定电压），两极板中心分别开有小孔、，且、、、在同一直线上。现有一质量为、电荷量为的带正电粒子，若粒子自孔由静止释放，恰好从点飞出磁场，不计粒子所受重力。
（1）求两极板间的电压；
（2）若粒子恰好从点飞出磁场，求粒子从孔进入平行极板时的初动能。
14．如图所示，一原长为2L的轻质弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量m1=2kg的物块P接触但不相连，AB是长度为5L的光滑水平轨道，一水平传送带与B端平滑连接，物块P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带右端与水平光滑轨道CD平滑连接，传送带始终以v=2m/s的速率匀速顺时针转动，质量为m2=6kg的小车放在光滑水平轨道上，位于CD右侧，小车左端与CD段平滑连接，右侧是一段半径R=0.5m的光滑的四分之一圆弧，物块P与小车左段水平上表面的动摩擦因数μ1=0.1，用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度L时储存的弹性势能Ep=9J，然后放开，P开始沿轨道运动，冲上传送带后开始做减速运动，到达传送带右端时速度恰好与传送带速度大小相等，物块P在小车上上升的最大高度H=0.1m，重力加速度大小g=10m/s2，求：
（1）传送带的水平长度L0；
（2）小车的水平长度L1；
（3）要使物块P既可以冲上圆弧又不会从小车上掉下来，小车左侧水平长度的取值范围。
五、选修3-3
15．蛟龙号潜水器携带了一个水压测量仪，其应用简化图如图，水压测量仪内封闭一定质量的理想气体，轻质活塞可自由移动，整个仪器由导热材料制作。则在蛟龙号潜水器缓慢下潜过程，设海水温度保持不变，对水压测量仪内封闭的气体，压强___________（填“增大”“减小”或“不变”）；内能___________（填“增大“减小”或“不变”）；___________（填“吸收”“放出”或“不吸也不放”）热量。
16．如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左端封闭，右端开口，左端用水银封住长L1=18cm的理想气体，当温度为300K时，两管水银面的高度差。设外界大气压为75cmHg，为了使左、右两管中的水银面相平，则：
（i）若对封闭气体缓慢加热，温度需升高到多少K
（ii）若温度保持300K不变，向右管缓慢注入水银最后左、右两管的水银面相平且稳定时，气柱的长度是多少？
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．A
【详解】
ABC．车匀速向左运动的同时梯子匀加速上升，根据运动的合成，可知：工人相对地面的运动轨迹一定是曲线，BC错误A正确；
D．由于车匀速向左沿直线运动的同时梯子匀加速上升，加速度恒定，则合外力恒定，D错误。
故选A。
2．D
【详解】
A．根据速度图象的斜率等于加速度，可知在0~6s内，新型电动汽车的加速度发生了改变，故A错误；
B．在6~10s内，新型电动汽车的速度不变，做匀速直线运动，故B错误；
C．在4s末前后，速度一直为正，则知在4s末，新型电动汽车向相同方向运动，故C错误；
D．在12s末，新型电动汽车的加速度为
故D正确。
故选D。
3．A
【详解】
圆柱体受力如图所示
由题可知小车的加速度沿水平向右，则圆柱体的加速度沿水平向右，当平板车的加速度增大，因为圆柱体在竖直方向上合力为零，则斜面对圆柱体的弹力在竖直方向上的分力等于重力，则弹力不变，所以竖直挡板对圆柱体的弹力增大，故A正确，BCD错误。
故选A。
4．D
【详解】
A．根据万有引力提供向心力可得
解得
故两颗行星的线速度之比为
可知X的环绕线速度较大，A正确，不符合题意；
B．由引力作为向心力可得
可得
故两个行星的环绕周期之比为
故X的环绕周期较小，B正确，不符合题意；
C．由引力作为向心力可得
可得
故两颗行星的向心加速度之比为
故X的向心加速度较大，C正确，不符合题意；
D．行星与中心天体连线单位时间内扫过的面积为
两行星与中心天体连线在单位时间内扫过的面积之比为
故与中心天体连线单位时间内扫过的面积X较小，D错误，符合题意。
故选D。
5．A
【详解】
由安培定则可知，通电直导线P、Q在R产生的磁场方向如图，合磁场的方向水平向右，即沿x轴正方向，则R处的磁场方向沿x轴正方向
由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向y轴负方向。
故选A。
6．B
【详解】
A．由图可知，L和R2串联后和C并联，再与R1串联，电容器在电路稳定时相当于断路；当减小照射光强度时，光敏电阻R2增大，电路的总电阻增大，总电流I减小，流过小灯泡的电流减小，则小灯泡变暗，故A错误；
B．由欧姆定律知，定值电阻两端电压减小，电压表的示数减小，故B正确；
C．电容器板间电压为
I减小，则UC变大，电容器上的电荷量变大，故C错误；
D．光敏电阻两端的电压为
由于总电流I减小，E、R1、r、RL不变，因此光敏电阻两端的电压变大，故D错误。
故选B。
7．B
【详解】
A．0～1s内、1～2s内的磁感应强度不变，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势为零，感应电流为零，故A错误．
B．在0～1s内，1～2s内，根据法拉第电磁感应定律知E=nS，磁感应强度变化率不变，则感应电动势不变，根据楞次定律知，0～1s内感应电流从a经R流向b，1～2s内感应电流从b经R流向a，故B正确．
C．在0～1s内，1～2s内，根据法拉第电磁感应定律知，E=nS，磁感应强度变化率不变，则感应电动势不变，根据楞次定律知，0～1s内感应电流从b经R流向a，1～2s内感应电流从a经R流向b，故C错误．
D．在0～1s内，1～2s内，根据法拉第电磁感应定律知，磁感应强度的变化率不是定值，则感应电动势变化，感应电流变化，故D错误．
故选B。
8．BC
【详解】
A．摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能变化，机械能不守恒，故A错误；
B．乘客在最高点时，由重力和座椅的支持力的合力提供向心力，而向心力方向向下，处于失重状态，则乘客重力大于座椅对他的支持力，故B正确；
C．摩天轮转动一周的过程中，座舱的速度大小不变，方向不断变化，所以座舱的速度不断变化，故C正确；
D．摩天轮转动过程中，乘客竖直方向的速度不断变化，则乘客重力的瞬时功率发生变化，故D错误。
故选BC。
9．AD
【详解】
A．变压器原线圈的电压有效值为
由变压器的原副线圈的电压与匝数成正比可得
A正确；
B．副线圈中的电流由电功率公式可得
由理想变压器的原副线圈电流比与匝数成反比，可得原线圈中的电流
B错误；
C．由图乙可知交流电的周期为T=0.02s，角速度为
原线圈两端电压的瞬时值表达式为
C错误；
D．变压器的输入功率
所以变压器的输入功率、输出功率之比为
P1:P2=
D正确。
故选AD。
10．CD
【详解】
A．从A到B电场力做正功，电势能减小，因在A点的电势能为零，可知该点电荷在B点的电势能为，A错误；
B．由公式
得AB间的电势差为
B错误；
C．根据公式
又
所以C点电势为
C正确；
D．设D是A、C连线的中点，由匀强电场的性质可知
可得
所以B、D连线就是匀强电场中的一个等势面，故电场强度的方向由C指向A，电场强度的大小为
D正确。
故选CD。
11．控制变量法 少
【详解】
(1)[1]每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。
(2)[2]根据胡克定律有
mg = kx
整理后有
x = m
则x—m图像的斜率为，则图像斜率越大弹簧的劲度系数越小，由图乙可看出直线2的斜率大于直线1的斜率，则
k1 > k2
由于1的圈数少，2的圈数多，则可知弹簧单位长度的圈数越小，弹簧的劲度系数越大。
(3)[3]根据
x = m
结合图乙可计算出
3x1 = m，x1 = m
由于弹簧1的劲度系数为k，则
k1 = k，k2 =
12．15 ×1 1 15 B
【详解】
(1)③[1]该元件电阻约为
④[2]选“×10”指针偏转角较大，说明电阻较小，应换小档，所以选“×1”；
(2)①[3]元件的额定电流约为
故电流表选择1A量程；
[4]元件的额定电压是12V，所以电压表选择15V量程；
[5]实验时尽可能多测几组数据，滑动变阻器采用分压式接法，即滑动变阻器一部分与被测元件并联，另一部分在干路中，流过干路中的那部分电阻中的电流较大，所以滑动变阻器选用额定电流较大的那个，即选B；
②[6]为了准确完成该实验，滑动变阻器用分压式接法，由于
则电流外接，所以电路图如下
13．（1）；（2）
【详解】
（1）设粒子从点飞出时的速度大小为，粒子加速过程由动能定理可得
粒子在磁场中运动的轨道半径为，结合几何关系可知
由洛伦兹力作为向心力可得
联立解得
（2）粒子从点飞出磁场的运动轨迹如图所示
设此情况下粒子从点飞出时的速度大小为，粒子在磁场中运动的轨道半径为，结合几何关系可得
由洛伦兹力作为向心力可得
加速过程有
联立解得
14．（1）1.25m；（2）0.5m；（3）0.75m≤L<1.5m
【详解】
（1）设物块P离开弹簧时的速度为v0，在物块与弹簧相互作用过程中，由机械能守恒定律有：
物块在传送带上运动过程中，由动能定理有：
联立代入数据可得传送带的水平长度
L0=1.25m
（2）当物块运动到小车的最高点时，对于P与小车构成的系统动量守恒，则
m1v=（m1＋m2）v1
由能量守恒定律有
联立代入数据可得小车的水平长度
L1=0.5m
（3）设当小车水平长度为L2时，物块到达小车水平右端时与小车有共同速度v1，
则
代入数据可得
L2=1.5m
设当小车水平长度为L3时，物块到达小车水平左端时与小车有共同速度v1，则
代入数据可得
L3=0.75m
要使物块P既可以冲上圆弧又不会从小车上掉下来，小车左侧水平长度的取值范围
0.75m≤L<1.5m
15．（i）；（ii）
【详解】
（i）若对封闭气体缓慢加热，由题意可得
根据理想气体状态方程，有
代入数据得
（ii）当在右管内加入水银时温度不变，由题意可得
根据玻意耳定律
解得
16．增大 不变 放出
【详解】
[1]封闭气体的压强为
随着潜水器缓慢下潜过程中，h不断增大，所以压强不断增大；
[2]根据题意知海水内温度不变，则气体的温度也不变，所以气体的内能不变；
[3]压强不断增大，根据理想气体状态方程可知，气体体积减小，外界对气体做功
W>0
温度不变
根据热力学第一定律
△U=Q+W
可知气体放热。答案第1页，共2页
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