（新高考）2020-2021学年上学期高三期中备考金卷 物理1

（新高考）2020-2021学年上学期高三期中备考金卷
物 理
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、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
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辑推理相结合的方法
2．如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中a、b的摆长相等。当a球垂直纸面振动的时候，通过张紧的绳子给b、c、d摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察b、c、d摆的振动发现( )
A．b摆的摆角最大
B．c摆的周期最小
C．d摆的频率最小
D．b、c、d的摆角相同
3．一汽车刹车可看做匀减速直线运动，初速度为12 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( )
A．6 m B．7 m C．9 m D．10 m
4．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
5．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
6．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θ＝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
B．A所受摩擦力方向始终沿斜面向上
C．A所受摩擦力的最小值为mg，最大值为mg
D．A对B的压力的最小值为mg，最大值为
7．如图所示，A、B、C、D为圆上的四个点，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(　　)
A．OE两点间电势差大于OC两点间的电势差
B．D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
8．一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波刚传播到x＝5 m处的M点时的波形图，图乙是质点N(x＝3 m)从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x＝10 m处的质点，下列说法正确的是( )
A．这列波的波长是5 m
B．M点以后的各质点开始振动时的方向都沿x轴正方向
C．由甲图对应时刻开始计时，经过6 s，质点Q第一次到达波谷
D．这列波由M点传播到Q点需要6 s
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．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
10．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ω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，微粒到达N筒后就附着在N筒上。如果R、v1和v2都不变，而ω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
11．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( )
A．S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
B．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子由A至B经历的时间相同
C．S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
D．S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
12．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α＝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0.2g
B．释放球A后，球C恰好离开地面时，球A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
三、非选择题：本题共6小题，共60分。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。
13．(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（0～10 Ω，额定电流1.5 A）；
C．电压表V（量程：0～3 V，RV＝5 kΩ）；
D．电流表A（量程：0～0.6 A，RA＝0.5 Ω）；
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I－U图象如图所示，请分析该图象形成的原因是：_________________。
14．(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(H>>d)，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ΔEk总是稍小于重力势能减少量ΔEp，增加下落高度后，则ΔEp－ΔEk将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
15．(8分)如图甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度为v0＝16 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v－t图象如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 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。
16．(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E＝kx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。
17．(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L＝10 m，传送带的传输速度v＝2.0 m/s，行李箱在转盘上与轴O的距离R＝4.0 m，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.1，行李箱与转盘之间的动摩擦因数μ2＝0.4，g＝10 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？
18．(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(q＞0)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。
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物 理答 案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【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．【答案】A
【解析】由a摆摆动从而带动其他3个单摆做受迫振动，b、c、d的振动为受迫振动，在受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于b摆的固有频率与a摆的相同，故b摆发生共振，摆角最大，故A正确，D错误；由a摆摆动从而带动其他3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其他各摆振动周期跟a摆相同，频率也相等，故BC错误。
3．【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(t＋1)＋a(t＋1)2－(v0t＋at2)＝7，解得t＝2 s，汽车从刹车到停止总共经历的时间t总＝v0/a＝6 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x＝at2＝9 m，故C正确。
4．【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 θ，加速度为gsin θ，根据，得，故t＜t′，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。
5．【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，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h＝gt2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。
6．【答案】D
【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(M＋m)g，保持不变，A错误；拉力F最大时沿斜面向上的分力为Fcos 30°＝0.75mg，重力沿斜面向下的分力为mgsin 30°＝0.5mg，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F＝0时，f最大，fmax＝mgsin 30°＝0.5mg，C错误；垂直于斜面方向有FN＝mgcos 30°＋Fsin 30°，当F＝0时，FN最小，FNmin＝mg，当F＝mg时，FN最大，FNmax＝，D正确。
7．【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。
8．【答案】CD
【解析】由甲图得到波长为 λ＝4 m，故A错误；甲图所示时刻M的振动方向沿y轴负方向，M点以后的各质点开始振动时的方向都与甲图所示时刻M的振动方向相同，都沿y轴负方向，故B错误；由乙图得到周期T＝4 s，故波速，这列波由M点传播到Q点需要的时间，波传到Q点时，Q点开始振动时的方向沿－y方向，当波传到Q点后，再经过T＝1 s第一次到达波谷，所以由图甲对应时刻开始计时，质点Q在t′＝5 s＋1 s＝6 s时，第一次到达波谷，故C正确，D错误。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．【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。
10．【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Δt＝t1－t2，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时间内转过的弧长不是周长的整数倍，但在Δt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Δt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ω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。
11．【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。
12．【答案】BC
【解析】开始时对球B分析，根据平衡条件可得mg＝kx1，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 α－mg＋kx1＝5ma1，解得a1＝0.4g，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mg＝kx2，对球A和球B分析，有4mgsin α－mg－kx2＝5ma2，解得a2＝0，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(x1＋x2)sin α－mg(x1＋x2)＝×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。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。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。
13．(6分)
【答案】(1)外 (2)如图所示 (3)电阻变大 (每空2分)
【解析】(1)灯泡的电阻大约为5 Ω，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，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。
14．(8分)
【答案】(1)7.95 (2) (3)或2gH0t02＝d2 (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 mm＋19×0.05 mm＝7.95 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mgH＝mv2，即2gH0＝()2，解得2gH0t02＝d2。
(4)由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后ΔEp－ΔEk将增大。
15．(8分)
【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 37°＋μmgcos 37°＝ma1 (1分)
解得：μ＝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：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 (1分)
由速度位移公式得：＝8 m/s。(2分)
16．(10分)
【解析】(1)A、B两球静止时，A球所处位置场强为E1＝kL＝ (1分)
B球所处位置场强为E2＝k?2L＝ (1分)
对A、B由整体法得：2mg＋qAE1－qE2＝0 (1分)
解得：qA＝－4q。(2分)
(2)设B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0，则有：
mg＝Eq＝ (1分)
解得：x0＝3L，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：
mgL－qL＝mvm2－mv02 (1分)
(1分)
解得：。 (2分)
17．(14分)
【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：
μ1mg＝ma (1分)
v＝at1 (1分)
x＝at12 (1分)
可得：t1＝2 s，x＝2 m行李箱在传送带上匀速运动时间： (1分)
从B到C做匀速圆周用时： (1分)
从A处被放上传送到C用时为：t总＝t1＋t2＋t3＝12.28 s。 (1分)
(2)行李箱在转盘上时取最大静摩擦力： (1分)
可得速度：v2＝4 m/s (1分)
设行李箱在传送带上一直加速的速度为v1，则v12＝2aL (1分)
得：v1＝2 m/s> 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，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：
W＝mv2＋μ1mg(vt1－x)＝60 J (2分)
传送行李箱需要的平均输出功率：P＝＝10 W。(1分)
18．(14分)
【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L＝v0t (1分)
竖直方向下落的距离d＝gt2 (1分)
进入电场时竖直速度vy1＝gt (1分)
设N粒子在电场中运动的加速度为a，竖直方向有：
d＝－vy1t＋at2 (1分)
由牛顿第二定律得：Eq－mg＝ma (1分)
解得：E＝。(1分)
(2)小球M射出电场时竖直速度为vy2＝vy1＋a′t (1分)
Eq＋mg＝ma′ (1分)
m(v02＋vy22)＝8×m(v02＋vy12) (1分)
解得：v0＝。 (1分)
(3)以竖直向下为正，M的竖直位移为yM＝vy1t＋a′t2 (1分)
N的竖直位移为yN＝vy1t－at2 (1分)
yM－yN≤L (1分)
解得：v0≥2。 (1分)