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2020-2021学年上学期高三物理期末寒假作业2
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．如图所示，图甲为质点A沿直线运动的x－t图象，图乙为质点B在x方向沿同一条直线运动的v－t图象，已知质点B在t＝0时刻位于x＝0的位置。则关于这个两个质点在前4 s内的运动情况，下列说法中正确的是(　　)
A．质点A的位移为零
B．质点B始终朝同一方向运动
C．A的速度方向和B的加速度方向都改变了
D．质点A和质点B仅相遇一次
2．如图所示，OA、OB是两根轻绳，AB是轻杆，它们构成一个等边三角形。在A、B处分别固定着质量均为m的小球，此装置悬挂在O点。现对B处小球施加水平外力F，让绳OA位于竖直位置。已知当地重力加速度为g。则(　　)
A．轻杆AB中的弹力为零
B．绳OA中的拉力大小为2mg
C．绳OB中的拉力大小为mg
D．外力F的大小为mg
3．某同学釆用如图所示的装置来研究光电效应现象。某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象，闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压表显示的电压值U称为反向截止电压。现分别用频率为v1和v2的单色光照射阴极，测量到的反向截止电压分别为U1和U2设电子质量为m，电荷量为e，则下列关系式中错误的是(　　)
A．频率为v1的单色光照射阴极K时光电子的最大初速度
B．普朗克常量为
C．阴极K金属的极限频率
D．阴极K金属的逸出功
4．如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系x，P点的坐标xP＝5.0 cm，此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规律如图乙所示。若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45 eV，对于此电场，以下说法正确的是(　　)
A．该电子做匀变速直线运动
B．x轴上各点的电场强度方向都为x轴负方向
C．M点的电势是P点电势的二分之一
D．图象中的E0的数值为12
5．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，其电动势为u＝220sin 100πt(V)，交流电源电阻为r＝10 Ω，定值电阻R0＝100 Ω与原线圈并联，滑动变阻器R与副线圈串联，滑动变阻器的最大值为Rm＝30 Ω，已知变压器的原副线圈的匝数之比为2∶1，电流表和电压表均为理想交流电流表。滑动变阻器的滑动触头由最上端下向下缓慢移动到某位置时，开关S分别接a、b，电源输出功率相等，下列说法正确的是(　　)
A．开关接a时，电流表的示数为2 A
B．开关接b时，电压表的示数为110 V
C．电源的输出功率相等时，滑动变阻器的阻值可能为R＝25 Ω
D．副线圈消耗的功率最大时，滑动变阻器的阻值为R＝10 Ω
6．一个单摆，在第一个行星上的周期为T1，在第二个行星上的周期为T2，若这两个行星的质量之比为M1∶M2＝4∶1，半径之比R1∶R2＝2∶1，则(　　)
A．T1∶T2＝1∶1 B．T1∶T2＝4∶1
C．T1∶T2＝2∶1 D．T1∶T2＝1∶2
7．如图所示的圆形区域内匀强磁场方向垂直于纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中(　　)
A．运动时间越长，其轨迹对应的弦长越大
B．运动时间越长，其轨迹越长
C．运动时间越短，射出磁场区域时速度越小
D．运动时间越短，射出磁场区域时速度的偏转角越小
8．如图所示，平行板电容器与一恒压直流电源相连，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则(　　)
A．平行板电容器的电容值将变大
B．静电计指针张角变小
C．带电小球的电势能将增小
D．若先将下极板与A点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电小球所受电场力不变
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．如图所示，悬挂于O点的轻质弹簧，劲度系数k＝100 N/m，其下端拴一质量m＝1 kg的小物体A，紧挨物体A有一质量M＝2 kg的物体B，对B施加一个竖直向上、大小为38 N的力F，系统处于静止状态。现突然改变力F的大小，使物体A、B以加速度a＝2 m/s2匀加速下降，直到A、B两物体分离，取g＝10 m/s2，则(　　)
A．两物体刚开始匀加速下降时，力F大小为8 N
B．两物体分离时，弹簧刚好恢复原长
C．改变力F的大小后经0.4 s，A、B两物体分离
D．从改变力F到两物体分离的过程中，系统克服力F做的功为3.84 J
10．如图所示，质量为m的物体在地面上沿斜向上方向以初速度v0抛出后，能达到的最大高度为H，当它将要落到离地面高度为h的平台上时，下列判断正确的是(不计空气阻力，取地面为参考平面)(　　)
A．它的总机械能为mv02
B．它的总机械能为mgh
C．它的动能为mg(H－h)
D．它的动能为mv02－mgh
11．在地面上以大小为v的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v′。若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g。下列判断正确的是(　　)
A．皮球上升的最大高度为
B．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为mv2－mv′2
C．皮球上升过程经历的时间为
D．皮球从抛出到落地经历的时间为
12．如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻也为R的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，前进距离为s。在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．金属棒运动平均速度大于v0
B．金属棒d克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
C．通过电阻R电荷量为
D．电阻R上产生的焦耳热为mv02
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．(8分)某同学用如图（a）所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数μ：将木块从倾角为θ的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化的规律，如图（b）中的曲线②所示。图中木块的位置从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T。
(1)根据图（b）可得，木块经过位置x2时的速度v2＝_____，a＝_____；
(2)现测得T＝0.1 s，x1＝4 cm，x2＝9 cm，x3＝16 cm，θ＝37°，可求得木块与与木μ＝_____；(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，结果保留1位有效数字）
(3)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变的规律可能是图（b）中的曲线_____。（选填图线序号①、②或③）
14．(10分)有一根细而均匀的圆柱体导体棒样品，电阻约为150 Ω，某实验小组要测量其电阻率，现提供以下实验器材：
A．游标卡尺
B．螺旋测微器
C．电流表A1（量程为50 mA，内阻r1为150 Ω）
D．电流表A2（量程为100 mA，内阻r2约为40 Ω）
E．电压表V（量程为3 V，内阻r3约为3 kΩ）
F．滑动变阻器R1（总阻值为200 Ω，额定电流2 A）
G．滑动变阻器R2（总阻值为100 Ω，额定电流0.1 A）
H．直流电源E（电动势为12 V，内阻不计）
I．待测圆柱体导体棒样品
J．开关一只，导线若干
(1)该实验小组首先用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L＝_________cm；用螺旋测微器测得该样品的直径如图乙所示，其示数D＝_________mm。
(2)为测量样品电阻率，该实验小组又对样品电阻进行精确测量。
①设计的电路原理图如丙所示，图中虚线框中应选器材______________；滑动变阻器R应选_________（用器材前的序号表示）
②闭合开关，按正确的实验步骤进行测量，图丙中虚线框中仪器的读数为a，A2的读数为b，则样品电阻阻值Rx＝________（用a、b、r1、r2、r3中的某些符号表达）。
15．(8分)一辆值勤的警车停在路边，当警员发现从他旁边以v＝8 m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶。经2.5 s警车发动起来，以a＝2 m/s2做匀加速运动。
(1)警车发动后要多长时间才能追上违章的货车？
(2)在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少？
16．(8分)一列简谐横波沿x轴正方向传播，其波速为v＝6.0 m/s，在t＝0时刻波形图如图所示，质点P的位移为10 cm，求：
(1)P质点的振动周期；
(2)从t＝0时刻(图示时刻起)，经多长时间P质点才第一次达到波峰；
(3)指出在t＝1.1 s时刻，质点P的振动方向。
17．(12分)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，三点连线组成等腰直角三角形△OAB。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中通过A点。使此小球带负电，电荷量为－q，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的(5＋4)倍，若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，通过B点，且到达B点时的动能为初动能的9倍，重力加速度大小为g，求：
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向。
18．(14分)如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域Ⅰ内存在磁感应强度大小、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅰ、区域Ⅱ的宽度均为L，高度均为3L。质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从坐标为(－2L，－L)的A点以初速度v0沿＋x方向射出，恰好经过坐标为[0，－(－1)L]的C点射入区域Ⅰ。粒子的重力忽略不计。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)求粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；
(3)要使粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直纸面向里的匀强磁场，试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向(与y轴正方向的夹角)。

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】由甲图可知，在前4 s内A从－2 m的位置运动到2 m的位置处，位移为4 m，故A错误；由乙图可知，B在前2 s内先向负方向做匀减速到0，在后2 s同再向正方向做匀加速运动，故B错误；x－t图象的斜率表示速度，则A的速度方向、大小都不变，v－t图象的斜率表示加速度，则B的加速度方向、大小都没有变化，故C错误；B在前2 s内向负方向做匀减速到0，此时A从－2 m匀速运动到0位置，在这段时间内B与A相遇，在后2 s时间内B反向加速至0处，而A从0处运动至2 m处，在这段时间内两者不会相遇，故D正确。
2．【答案】A
【解析】对A分析，由于OA细线恰好处于竖直方向，根据平衡条件，可知AB杆中张力为0，绳OA中的拉力大小为mg，否则OA绳将偏离竖直方向与题目不符，故A正确，B错误；对球B受力分析，受到重力G，作用力F和OA绳的拉力T，受力分析如图，根据平衡条件得Tcos 60°－mg＝0，Tsin 60°－F＝0，解得T＝2mg，T＝mg，故CD错误。
3．【答案】B
【解析】光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：－eU1＝0－mν1m2，则得光电子的最大初速度，故A对；根据爱因斯坦光电效应方程得：hν1＝eU1－W0，hν2＝eU2－W0，联立可得普朗克常量，代入可得金属的逸出功，阴极K金属的极限频率，故B错，C、D对。本题选错误的，故选B。
4．【答案】B
【解析】由题图可知，电子从M点运动到P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，即电子受到的电场力不是不变的，所以该电子不是做匀变速直线运动，故A错误；若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，电势能减小，所以电场力做正功。由功能关系可得WMP＝EpM－EpP>0，又WMP＝－eUMP，所以UMP<0，即φM<φP，而电场线由高电势指向低电势，所以可知x轴上各点的电场强度方向都为x轴负方向，所以B正确；由题可知，不知道电势零点，所以无法确定两点的电势，故C错误；由题可知WMP＝45 eV，题中图象的面积就表示电场力做的功，即WMP＝(E0e＋E0e /2)×5×10－2＝45 eV，得E0＝1200 V，即图象中的E0的数值为1.2，故D错误。
5．【答案】C
【解析】开关接a时，电流表的示数，A错误；根据变压比可得，原线圈所在电路中，电源内阻要分压，原线圈输入电压小于220 V，则U2小于110 V，B错误；电源输出功率相等时，即R等效至原线圈时阻值等于R0或等于1 Ω，由可得R＝25 Ω或R＝0.25 Ω，C正确；副线圈消耗的功率最大，即电源输出功率最大，即，解得R＝2.5 Ω，D错误。
6．【答案】A
【解析】单摆的周期公式T＝2π，又据万有引力定律mg＝ G，得g＝，联立可得T∝，代入数据得T1∶T2＝1∶1，故A正确。
7．【答案】D
【解析】设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α。带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角α，由可知，在磁场中运动时间越长，偏转角越大，圆心角越大，故D正确；弦长，粒子运动时间越长，α越大，弦长越小，故A错误；粒子运动轨迹，运动时间越长，α越大，根据数学知识可以证明孤长s越短，故B错误；轨迹半径，运动时间越短，α越小，则r越大，而r＝，速度v越大，故C错误。
8．【答案】D
【解析】根据电容的决定式C＝ 知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容值将减小，故A错误；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；电势差不变，d增大，则由公式E＝分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带正电荷，则小球的电势能增大，故C错误；若先将下极板与A点之间的导线断开，则电容器的电荷量不变，d改变，根据C＝、C＝、E＝结合得E＝，则知电场强度不变，则小球所受电场力不变，故D正确。
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】CD
【解析】系统静止时，弹簧处于压缩状态，令压缩量为x1，则F0＝(M＋m)g＋kx1，得x1＝0.08 m，A、B两物体刚开始匀加速下降时有(M＋m)g＋kx1－F＝(M＋m)a，得F＝32 N，故A错误；设经时间t两物体分离，A、B间的弹力为0，弹簧处于拉伸状态，设伸长量为x2，则对A有mg－kx2＝ma，得x2＝0.08 m，故B错误；A、B分离时A、B两物体组成的系统下降的距离x＝x1＋x2＝0.16 m，而x＝at2，得t＝0.4 s，故C正确；因刚开始和两物体分离时，弹簧的形变量一样，整个过程弹簧弹力做功为零，由动能定理知(M＋m)gx－WF＝(M＋m)v2，联立v＝at并代入数据得WF＝3.84 J，故D正确。
10．【答案】AD
【解析】整个过程中，只有重力对小球做功，故小球的机械能守恒，且以地面为参考平面，物体刚抛出时物体的重力势能为0，它的总机械能E＝mv02＝mgh＋mv′2，B错误，A正确；小球从抛出到平台机械能守恒，有mv02＝mgh＋Ek，故Ek＝mv02－mgh，物体的总的机械能不等于mgH，则到平台的动能不等于mg(H－h)，C错误，D正确。
11．【答案】BD
【解析】当阻力为零时，由动能定理得：－mgh＝0－mv12，可得上升的最大高度h＝，当有阻力作用时，皮球上升的最大高度小于，故A错误；皮球在整个上升和下降过程中只有阻力做功，根据动能定理有：－Wf＝mv′2－mv2，因为阻力做负功，所以克服阻力做功为mv2－mv′2，故B正确；皮球上升过程中受到向下的阻力作用，故皮球上升时的加速度大于重力加速度，故上升时间小于，故C错误；假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则上升过程mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有h＝vt1，即mgt1＋kh＝mv1，同理，设上升阶段的平均速度为v′，则下降过程mgt2－kvt2＝mv2，即mgt2－kh＝mv2，联立可得mg(t1＋t2)＝m(v1＋v2)，而t1＋t2＝t，可得，故D正确。
12．【答案】C
【解析】金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，所以平均速度小于v0，故A错误；由能量守恒知金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，故B错误；整个过程中通过导体截面的电荷量，又，联立得，故C正确；整个过程中由动能定理可得：－W＝0－mv02，解得克服安培力做功W＝mv02，所以产生的总热量Q＝mv02，所以电阻R上产生的焦耳热为QR＝Q＝mv02，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．(8分)
【答案】(1) (2)0.5 (3)① (每空2分)
【解析】(1)由题意可知，木块沿木板向下做匀加速直线运动，由于从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T，所以，由匀变速直线运动的规律可知(x3－x2)－(x2－x1)＝aT2，解得。
(2)由m/s2，由牛顿第二定律可知a＝gsin θ－μgcos θ，解得μ＝0.5。
(3)由牛顿第二定律可知a＝gsin θ－μgcos θ，当θ增大，则加速度增大，由公式x＝at2可知，曲线①正确。
14．(10分)
【答案】(1)1.100 3.740（±0.001） (2)C F (每空2分)
【解析】(1)用游标卡尺测得该样品的长度L＝1.1 cm＋0.05 mm×0＝1.100 cm；用螺旋测微器测得该样品的直径D＝3.5 mm＋0.01 mm×24.0＝3.740 mm。
(2)①设计的电路原理图如丙所示，因给定的电压表E量程过小，则可以用已知内阻的电流表C；根据题意可知，电动势12 V，滑动变阻器G阻值较小，但额定电流0.1 A，允许加最大电压10 V，故只能选F。
②由电路可知。
15．(8分)
【解析】(1)此时警车的位移x1＝at2 (1分)
货车的位移x1＝v(t＋2.5) (1分)
x1＝x2
联立解得：t＝10 s，t＝－2 s(舍去)。 (2分)
(2)当警车的速度与货车的速度相等时，两车的距离最大，则警车速度与货车速度相等时，有：
v＝at (1分)
解得t＝4 s
此时货车的位移x1＝v(t＋2.5)＝52 m (1分)
警车的位移为x2＝at2＝16 m (1分)
则两车间的最大距离Δx＝x1－x2＝36 m。 (1分)
16．(8分)
【解析】(1)P质点的振动周期等于波的周期，则有：T＝＝0.4 s。 (2分)
(2)在t＝0时刻，x＝0.6 m处的波峰最先传到质点P所在处，P质点处出现波峰的时间为
s。 (2分)
(3)波在Δt＝1.1 s时间内传播的距离为Δx＝v·Δt＝6.0×1.1 m＝6.6 m
而波长λ＝2.4 m，则Δx＝2λ＋1.8 m (2分)
将t＝0的波形图沿＋x方向平移1.8 m即可得到t＝1.1s时的波形图，如图，据“同侧法”可判知，在t＝1.1 s时，质点P沿＋y方向运动。 (2分)
17．(12分)
【解析】(1)小球做平抛运动，设初速度v0，初动能Ek0，从O到AB的运动时间为t，令O到A的竖直距离为d。
水平方向v0t＝d，竖直方向y＝gt2＝d
解得：Ek0＝mv02＝mgd (2分)
根据动能定理可知小球到达A时的动能为EkA＝mgd (2分)
所以EkA∶Ek0＝5∶1。 (1分)
(2)加电场后，从O点到A点下降了d，从O点到B点上升了d，由能量守恒，电势能减少了
ΔEpA＝(5＋4)Ek0－Ek0－mgd＝mgd (1分)
ΔEpB＝9Ek0－Ek0＋mgd＝3mgd (1分)
在匀强电场中，沿着任意直线，电势的降落是均匀的，如图所示，设直线OB上的M点的电势与A的电势相同，M点到O点的距离是x，则有：
(1分)
解得
则，∠OAM＝30°，MA是等势线，电场线与MA的垂线OC平行，设电场强度的大小是E，则：
qEdsin∠OAM＝ΔEpA (2分)
解得：，方向与竖直方向成75°角。 (2分)
18．(14分)
【解析】带电粒子的运动轨迹如图所示。
(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动：
2L＝v0t， (2分)
解得：。 (2分)
(2)设带电粒子经C点时的竖直分速度为vy，速度为v，有：
则v＝v0，方向与x轴正向成45°斜向上，粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动：
qvB1＝m
解得R＝L (2分)
由几何关系知，离开区域时的位置坐标为：x＝L，?y＝0。 (2分)
(3)根据几何关系知，带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径满足：
L≤r≤L， (2分)
得 (2分)
根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角30°≤θ≤90°。 (2分)

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