安徽省滁州市定远县重点中学2021届高三下学期4月物理押题卷（一） WORD版含答案.docx

1、高三押题卷（一） -（2021.4.23）一、单选题（本大题共5小题，共30分）1. 用不同波长的紫外线分别照射两种不同金属的表面都产生了光电效应，可得到光电子的最大初动能Ek随入射光波长的倒数1变化的图象(如图中甲、乙所示)。已知真空中的光速为c，下列说法正确的是( )A. 甲图线代表的金属极限频率为caB. 要使乙图线对应的金属发生光电效应，入射光的波长需要大于1bC. 甲图线对应金属的逸出功为hcaD. 两图线的斜率均为h2. 如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u=2202sin100t(V)的交流电源上，副线圈接有R=55的电阻，原、副线圈匝数比为21.假设该二极管的正向电阻为零

2、，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表则A. 原线圈的输入功率为1102WB. 副线圈的输出功率为55WC. 副线圈输出的电流方向不变D. 将二极管短路，电源的输出功率变为原来的两倍3. 拉格朗日点又称平动点，处于该点上的小物体在两个大物体的引力作用下，小物体与大物体基本保持相对静止，由瑞士科学家欧拉和法国数学家拉格朗日推算得出。这样的点在地月系统中共有五个，其中三个在地月连线上，如图所示，分别为L1，L2，L3。关于在这三个拉格朗日点上做圆周运动的三颗地球卫星，下列说法正确的是( )A. 三颗卫星运动的周期不相等B. L1点处的卫星向心加速度比月球的向心加速度大C. L2点处卫星的向心加速度最

3、大D. 三颗卫星的线速度大小相等4. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A. 在x2和x4处电势能相等 B. B. 由x1运动到x3的过程中电势能增大C. 由x1运动到x4的过程中电势能先减小后增大D. 由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大5. 荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献。他研究的刚性球对心碰撞实验可简化为：球1、球2的质量分别为m1、m2，半径相同，并排悬挂在长度相等两根平行绳子上，彼此相互接触。现把质量为m1的小球拉开到某高处由静止释放，在下落到最低点时将与球2发生对心碰撞，不计碰撞过

4、程中的机械能损失，如图所示，已知碰后时刻，球1、球2具有相同的动量，则m1m2的值为( )A. 3B. 13C. 2D. 12二、多选题（本大题共3小题，共18分）6. 如图所示，固定竖直杆上套着一个质量为m的小滑块(视为质点)，用轻绳系着滑块绕过小定滑轮(大小不计)，另一端以大小为v的速度匀速运动，使滑块沿竖直杆上升，先后经过A、B两点。滑轮边缘与轻绳相切于O点，O点到竖直杆的距离为L，OAC=30，OBC=45，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是A. 滑块经过A、B两点时的速度大小之比为6:3B. 滑块经过A、B两点时的速度大小之比为3:2C. 在滑块从A点运动到B点的过程

5、中，轻绳的拉力对滑块做的功为mgL-18mv2D. 在滑块从A点运动到B点的过程中，轻绳的拉力对滑块做的功为(3-1)mgL+13mv27. 如图所示，是摩天轮的简化模型示意图，一位同学乘摩天轮在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知摩天轮的运动周期为25Rg，该同学的质量为m，重力加速度为g，空气阻力不计，则A. 当座舱运动到最高点时，该同学对座舱的作用力为15mgB. 当座舱运动到最低点时，该同学对座舱的作用力为65mgC. 当座舱运动到与圆心等高时，该同学对座舱的作用力为mgD. 当座舱运动到与圆心等高时，该同学对座舱的作用力为265mg8. 如图所示，水平面内足够长的光滑“凸”形电阻

6、可忽略的金属导轨左侧宽度为L1，右侧宽度为L2，且L1=2L2，有两个材料相同，质量均为m导体棒静止在导轨上，垂直于导轨所在平面向上的磁场磁感应强度大小为B，现给导体棒一初速度0使其沿水平方向开始运动直至达到稳定状态，整个过程导体棒一直在左侧导轨部分，下面说法正确的是( )A. 导体棒达到稳定状态时速度为v05B. 导体棒达到稳定状态时速度为v03C. 整个过程中通过导体棒的电荷量为4mv05BL1D. 整个过程中导体棒上产生的焦耳热为225mv02三、实验题（本大题共2小题，共15分）9. 某实验小组做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”及“测定电池的电动势E和内阻r”实验，实验室仅提供下列器材。A

7、.电压表(量程6V，内阻很大)； B.电压表(量程3V，内阻很大)；C.电阻箱R1(阻值099.9)； D.定值电阻R2=2； E.小灯泡2A,5W；F.电池组(电动势E，内阻r)；G.单刀单掷开关和单刀双掷开关各一只，导线若干。实验小组设计的实验电路如图甲所示。(1)实验时，先闭合开关S1，将单刀双掷开关S2拨到2上，调节电阻箱R1阻值，记录电压表的示数U1和电压表的示数U2。根据所测数据在U1-U2坐标系绘得一条直线如图乙所示，则电池组电动势E=_V，电池组的内阻r=_。(2)保持开关S1闭合，将单刀双掷开关S2拨到1上，调节电阻箱阻值R1，记录电阻箱阻值R1、电压表示数U1和电压表示数U

8、2。则通过小灯泡的电流I=_(用相关字母表示)。(3)多次调节电阻箱阻值，测出多组相关数据，利用所测数据，描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，由图可知，小灯泡的电阻随通过小灯泡电流的增大而_(选填“增大”“减小”或“不变”)。10. 如图甲所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。用到的实验器材有斜劈、弹簧(劲度系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m)、光电门、数字计时器(图中未画出)、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：用游标卡尺测得遮光片的宽度为d；弹簧放在挡板P和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光片中心对准斜面上的A点；光电门固定于斜面上的B点，并与数字计时器

9、相连；压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光片中心对准斜面上的O点；用刻度尺测量A、B两点间的距离L；拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间t；移动光电门位置，多次重复步骤。根据实验数据作出的1(t)2-L图像为如图乙所示的一条直线，并测得1(t)2-L图像斜率为k、纵轴截距为b。(1)根据1(t)2-L图像可求得滑块经过A位置时的速度vA=_，滑块在斜面上运动的加速度a=_。(2)本实验中，使用的弹簧劲度系数较大，滑块从O到A恢复原长过程中，弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能Ep=_，Ep的测量值与真实值相比偏_(填“大”或“小”)。四、计算

10、题（本大题共2小题，共32分）11. 如图所示，两足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角=37，导轨电阻不计，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R，与导轨间动摩擦因数=0.5。两金属导轨的上端连接一个电阻，其阻值也为R，现闭合开关，给金属棒施加一个方向垂直于棒且平行于导轨平面向上、大小为F=3mg的恒力，使金属棒从静止开始运动，若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，最大速度为vm。(重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8)求： (1)金属棒刚开始运动时的加

11、速度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)金属棒由静止开始上滑位移2s的过程中，金属棒上产生的焦耳热Q。12. 如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长x=1m，与滑块间的动摩擦因数1=0.25.平台右端与水平传送带相接于C点，传送带顺时针的运行速度v=2m/s，长L=2.75m，与滑块间的动摩擦因数2=0.20，传送带右端D点与竖直固定放置的光滑圆弧形轨道刚好相切，光滑圆弧的半径R=0.2m.现将一质量m1=2kg的滑块P向左压缩轻弹簧到某处锁定，此时弹簧的弹性势能Ep=41J，然后突然解除锁定，滑块P开始运动，并最终与静止

12、在D点的质量为m2的滑块Q发生弹性碰撞已知重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，滑块P和Q均可看成质点求：(1)滑块P到达C点的速度vC；(2)滑块P第一次经过传送带的过程中，系统因摩擦力增加的内能E内；(3)若滑块Q的质量m2可以改变，要使滑块Q在中途不脱离圆弧形轨道，则滑块Q的质量m2范围为多少？(结果可以带根式)五、选考题（本大题共2小题，共15分）13. 【物理选修3-3】下列说法中正确的是_(填入正确选项前的字母)A.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是由于气体分子间存在斥力B.液晶显示屏就是利用液晶的光学性质具有各向异性制成的C.如果气体分子总数不变而温度升高，则气体分子的平

13、均动能增大，气体的压强必然增大D.液体的温度越高，表面张力越小E.不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化14. 如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同U型管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U型玻璃管底部为25cm.水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A.已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm，求：左右管中水银面的高度差是多大？理想气体A的气柱长度为多少？答案解析1.C【解析】ACD.根据光电

14、效应方程Ek=h-W0=hc-W0=hc1-W0，知两图线的斜率均为hc，图线与横轴交点对应Ek=0，即0=hc1-W0，甲图线与横轴交点坐标为a=1，又W0=h0，所以甲图线对应金属的逸出功为W0=hca，甲图线代表的金属极限频率0=ca，故C正确，AD错误；B.根据光电效应方程Ek=h-W0=hc-W0=hc1-W0，知使乙图线对应的金属发生光电效应的极限波长为乙=1b，根据光电效应产生的条件知入射光的波长小于极限波长乙时会发生光电效应现象，即要使乙图线对应的金属发生光电效应，入射光的波长需要小于1b，故B错误。故选C。2.D【解析】AB.因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电

15、流，副线圈也只有半个周期有电流。交流电输入电压有效值为U=220V，设原线圈电压有效值为U1，则U12RT=2202RT2，解得U1=1102V，根据U1：U2=n1：n2，所以副线圈电压U2=552V，副线圈的输出功率为：P2=U22R=110W，变压器的输出功率等于输入功率，原线圈的输入功率为：P1=P2=110W，故AB错误；C.原线圈电流方向不变，但大小发生变化，磁通量依然有变大与变小的过程，所以根据楞次定律可判断副线圈输出的电流方向会改变，故C错误；D.将二极管短路，原线圈的输入电压有效值为U1=220V，根据U1：U2=n1：n2，得副线圈电压U2=110V副线圈的输出功率为：P2

16、=U22R=220W，变压器的输出功率等于输入功率，原线圈的输入功率为：P1=P2=220W，则电源的输出功率变为原来的两倍，故D正确。故选D。3.C【解析】A.由题意可知，三颗卫星与地球保持相对静止，可知运动的周期相等，选项A错误；BC.根据a=r2可知，因L1点距离地球的距离小于月球距离地球的距离，可知L1点处的卫星向心加速度比月球的向心加速度小；L2点距离地球的距离大于L3点距离地球的距离，也大于月球距离地球的距离，可知L2点处卫星的向心加速度最大，选项B错误，C正确；D.根据v=r可知三颗卫星的线速度大小不相等，选项D错误故选C。4.B【解析】A.x2-x4处场强方向沿x轴负方向，则从

17、x2到x4处逆着电场线方向，电势升高，则正电荷在x4处电势能较大，故A错误；B.x1-x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，故B正确；C.由x1运动到x4的过程中，逆着电场线方向，电势升高，正电荷的电势能增大，故C错误；D.由x1运动到x4的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小，故由F=qE知，电场力先增大后减小，故D错误；故选：B。5.A【解析】根据弹性碰撞遵守动量守恒和机械能守恒，列出方程m1v0=p1+p2根据题意知p1=p2解得：m1m2=3，故A正确，BCD错误。故选A。6.AD【解析】AB.物块沿绳方向的分速度等于v，则有：

18、vAcos30=v，vBcos45=v，解得：vA=233v，vB=2v，故vA:vB=6:3，B错误，A正确。CD.由几何关系可知，BC=L，AC=3L，则AB=3-1L，由A到B由动能定理得：W-mghAB=12mvB2-12mvA2，解得轻绳拉力对滑块做的功为W=3-1mgL+13mv2，D正确，C错误。7.BD【解析】A.当座舱运动到最高点时，设座舱对同学的作用力为F，由牛顿第二定律：F+mg=m42T2R，得F=-45mg，由牛顿第三定律可知，该同学对座舱的作用力大小为45mg，故A错误；B.当座舱运动到最低点时，由牛顿第二定律：F-mg=m42T2R，得F=65mg，由牛顿第三定律

19、可知，该同学对座舱的作用力大小为65mg，故B正确；CD.当座舱运动到与圆心等高时，设水平方向上座舱对同学的作用力为F，由牛顿第二定律：F=m42T2R，得F=15mg，则座舱对同学的作用力F=F2+(mg2)=265mg，由牛顿第三定律可知，该同学对座舱的作用力为265mg，故C错误D正确。故选BD8.ACD【解析】AB、达到稳定状态时电流为零，此时的速度为v1，的速度为v2，则有：BL1v1=BL2v2，解得v2=2v1；对根据动量定理可得：-BIL1t=mv1-mv0，对根据动量定理可得：BIL2t=mv2-0，则mv0-mv1=2mv2，解得：v1=v05，v2=2v05，所以导体棒I

20、达到稳定状态时速度为v05，故A正确、B错误；C、对根据动量定理可得：BIL2t=mv2-0，其中q=It，则整个过程中通过导体棒的电荷量为q=mv2BL2=2mv05BL2=4mv05BL1，故C正确；D、整个过程中系统产生的焦耳热Q=12mv02-12mv12-12mv22，两个导体棒材料相同，质量相同，则体积相同，横截面积之比为1：2，故由电阻定律可知则电阻之比为4：1，导体棒上产生的焦耳热为Q=15Q=225mv02，故D正确。故选ACD。9.(1)5.0；2.5；(2)U1-U2R1；(3)增大【解析】(1)单刀双掷开关S2拨到2上时，可以用来测电源电动势，由欧姆定律和闭合电路欧姆定

21、律可得E=U1+U2R2r，整理得：U1=-rR2U2+E；联系图线可知：电动势E=5.0V，rR2=5-04-0；可得：内阻r=2.5；(2)单刀双掷开关S2拨到1上，可用于描绘小灯泡的伏安特性曲线，由部分电路欧姆定律可得通过小灯泡的电流I=U1-U2R1；(3)由丙图联系电阻的定义R=UI可知，小灯泡的电阻随通过小灯泡电流的增大而增大。故答案为：(1)5.0；2.5；(2)U1-U2R1；(3)增大。10.(1)db12kd2(2)12mbd2大【解析】解：(1)滑块从A到B做匀加速直线运动，设加速度为a，由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，因此有B点的速度为：vB=dt根据

22、运动学公式则有：vB2-vA2=2aL化简为：1t2=2ad2L+vA2d2，结合图象可得：b=vA2d2，k=2ad2，解得：vA=dba=kd22；(2)由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分力忽略不计，根据能量守恒可得：Ep=12mvA2=12mbd2；考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：WN+WG-Wf=12mvA2而EP真=WN，摩擦力小于重力沿斜面的分量，Ep的测量值与真实值相比，测量值偏大；故答案为：(1)db12kd2(2)12mbd2大11.解：(1)刚开始运动时，v0=0；由牛顿第二定律，可得：F-mgsin-mgcos=ma；解

23、得：a=2g；即：金属棒刚开始运动时的加速度大小为2g；(2)当速度达到vm时，则a=0；依据平衡条件，则有：F=mgsin+F安max+mgcos；安培力大小F安max=BImL；而闭合电路欧姆定律，Im=Em2R；切割感应电动势Em=BLvm；解得：B=2LmgRvm；即：匀强磁场的磁感应强度大小为2LmgRvm；(3)由动能定理，可得：F2s-mg2ssin-mgcos2s-W安克=12mvm2-0；而W安克=Q；整个电路中产生热量，解得：Q=4mgs-12mvm2；因此棒中产生热量Q=Q2=2mgs-14mvm2；即：金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的焦耳热为2mgs-1

24、4mvm2。12.解：(1)以滑块P为研究对象，从释放到C点的过程，由动能定理得，解得C=6m/s；(2)滑块P从C到D一直减速，由动能定理得-2m1gL=12m1D2-12m1C2，解得vD=5m/s，滑块P在传送带上做匀减速运动加速度的大小为a2m1g=m1a，滑块P在传送带运动时间为t，D=C-at，解得t=0.5s，传送带在t时间，内所走的位移为x=t=1m，滑块P相对于传送带所运动的位移为，经过传送带过程系统因摩擦力增加的内能，解得；(3)滑块P和Q在D点发生弹性碰撞，设碰撞后滑块P的速度D，滑块Q的速度为，对系统由动量守恒定律得m1D=m1D+m2，对系统由机械能守恒定律得12m1

25、D2=12m1D2+12m22，解得=2m1m1+m2D=202+m2m/s，设滑块Q在E点的速度为E时，恰好过圆弧最高点，由牛顿第二定律得m2g=m2E2R，滑块Q从D点到E点的过程，由动能定理得-m2g2R=12m2E2-12m22，解得=10m/s，所以滑块Q运动到D点时的速度：=202+m210m/s，解得0m2210-2kg，设滑块Q在D点的速度为时，恰好到14圆弧处速度为零，此过程由动能定理得-m2gR=0-12m22，解得=2m/s，所以滑块运动到D点时的速度：02m/s，解得m28kg，故滑块Q的质量m2的范围为0m2210-2kg或m28kg。答：(1)滑块P到达C点的速度C

26、=6m/s；(2)滑块P第一次经过传送带的过程中，系统因摩擦力增加的内能E内=7J；(3)若滑块Q的质量m2可以改变，要使滑块Q在中途不脱离圆弧形轨道，故滑块Q的质量m2的范围为0m2210-2kg或m28kg。13.BDE【解析】A.气体分子之间的距离很大分子力近似为零，气体如果失去了容器的约束就会散开，是由于分子杂乱无章运动的结果，故A错误；B.液晶显示屏就是利用液晶的光学性质具有各向异性制成的，故B正确；C.如果气体分子总数不变而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但是压强不一定增大，要看气体体积如何变化，故C错误；D.液体的温度越高，表面张力越小，故D正确；E.由热力学第二定律：不可

27、能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，故E正确。故选BDE。14.解：设玻璃管横截面为S，活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化初态：压强pB1=75cmHg，体积VB1=20S，末态：压强pB2，体积VB2=25S，根据玻意耳定律可得：pB1VB1=pB2VB2 解得：pB2=60cmHg 可得左右管中水银面的高度差h=(75-60)cm=15cm 活塞被缓慢的左拉的过程中，气体A做等温变化初态：压强pA1=(75+25)cmHg=100cmHg，体积VA1=10S，末态：压强pA2=(75+5)cmHg=80cmHg，体积VA2=LA2S 根据玻意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2 解得理想气体A的气柱长度：LA2=12.5cm 答：左右管中水银面的高度差是15cm；理想气体A的气柱长度为12.5cm。