{高中试卷}高三物理第一轮复习阶段性测试题()[仅供参考]

20XX年高中测试

高

中

试

题

试

卷

科目：

年级：

考点：

监考老师：

日期：

20XX届高三物理第一轮复习阶段性测试题（12）

（命题范围：必修1、2及选修3-1占30﹪，选修3-2、3-3、3-4、3-5占70﹪）

说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分；答题时间120分钟.

第Ⅰ卷（选择题，共40分）

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，有的小题

只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）

1．下列叙述中符合物理学史的有（）A．麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，并通过实验证实了电磁波的存在

B．托马斯·杨通过对光的干涉现象的研究，证实了光具有波动性

C．玻尔通过对 粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构学说

D．贝克勒尔发现了天然放射现象，并预言原子核是由质子和中子组成的

2．如图所示，一束单色光a沿半径射向置于空气中的半球形玻璃砖球心，在界面M上同时发生反射和折射，b为反射光，c为折射光，它们与法线的夹角分别为β和θ.逐渐增大入射角α（但小于临界角）.则下列说法中正确的是（）A．β和θ两角同时增大，θ始终大于β

B．b光束的亮度逐渐减弱，c光束的亮度逐渐增强

C．b光在玻璃中的波长小于c光的波长

D．b光光子的能量大于c光光子的能量

3．下列叙述正确的是（）A．对一定质量的气体加热，其内能不一定增加

B．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传递到高温物体

C．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律

D．能量耗散现象是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性

4．下列哪些现象是由于所产生的电磁波而引起的（）A．用室内天线接受微弱电视信号时，人走过时电视机画面发生变化

B．在夜晚用电高峰时，部分地区白炽灯变暗发红，日光灯不易启动

C．把半导体收音机放在开着的日光灯旁听到噪声

D．在边远地区用手机或小灵通通话时，有时会发生信号中断的现象

5．A、B两列波在某时刻的波形如图所示，经过t=T A（T A为波A的周期），两波再次出现如图波形，则两波的波速之比v A:v B可能是（）

A．1:3 B．1:2

C．2:1 D．3:1

6．用同一频率的光照射到甲、乙两种不同的金属上，它们释放的光电子在磁感应强度为B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的轨道半径之比为1:3

:

R，则下列叙述正确的

乙

甲R

是（）A．两种金属的逸出功之比为3:1

B．两种光电子的速度大小之比为3:1

C．两种金属的逸出功之比为1:3

D．两种光电子的动量大小之比为3:1

7．测省室内的地面、天花板和四周墙壁表面都贴上了吸音板，它们不会反射声波，在相距6m的两侧墙壁上各安装了一个扬声器a和b，俯视图如图，两扬声器的振动位移大小、方向完全相同，频率为170Hz.一个与示波器Y输入相连的麦克风从a点开始沿a、b两点连线缓慢向b运动，已知空气中声波的波速为340m/s.则（）

A．麦克风运动到距离a点1.5m处时示波器荧屏上的波形为

一直线

B．麦克风运动过程中除在a、b两点外，示波器荧屏有5次出现波形最大

C．麦克风运动过程中示波器荧屏显示的波形幅度是不变的

D．如果麦克风运动到a、b连线的中点停下来之后，麦克风中的振动膜将始终处于最大位移处

8．狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，假设地面附近空中有一S 极磁单极子，在竖直平面内的磁感线如图所示，一带电微粒正在该磁单极子附近的水平面上做匀速圆周运动，图中①②③表示三个不同的水平面，则该微粒所在平面可能是图中的（）

A．平面①

B．平面②

C．平面③

D．平面①②都可能

9．等离子气流由左方连续以初速度v0射入P1和P2两平行

板间的匀强磁场中，磁场的方向垂直纸面向里，ab直导

线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd相连接，线圈

A内有随乙所示的变化磁场，且磁场B的正方向规定

为向左，如图甲所示，则下列叙述正确的是（）

A．0～1s内ab、cd导线互相排斥

B ．1～2s 内ab 、cd 导线互相吸引

C ．2～3s 内ab 、cd 导线互相吸引

D ．3～4s 内ab 、cd 导线互相排斥

10．如图所示，光滑绝缘的水平面上M 、

N 两点各放一带电量分别为q +

和q 2+完全相同的金属球A 和B ，给A 和B 以大小相等的初动能0E （此时动量大小均为0P ），使其相向运动刚好发生碰撞，碰后返回M 、N 两点时的动能分别为1E 和2E ，动

量大小分别为1P 和2P ，则

（ ）

A ．021E E E <=，021P P P >=

B ．021E E E ==，021P P P ==

C ．碰撞发生在M 、N 中点的左侧

D ．两球同时返回M 、N 两点

第Ⅱ卷（非选择题，共110分）

二、本题共2小题，共20分，把答案填在题中相应的横线上或按题目要求作答.

11．（8分）某实验小组设计了如图甲所示的理论装置验证“碰撞中的动量守恒”.用一飞行

的子弹击穿旋转的纸筒后，击中放在桌边缘的木块并停留在其中，忽略子弹击穿纸筒时能量的损失.现测得纸筒转动的角速度为ω，半径为R .子弹从A 点穿入，在纸筒旋转一周后从B 点穿出，θ=∠OB A /

（如图乙

所示）.桌面高度为h ，子弹与木块的水平射程为s ，子弹与木块的质量分别为m 1、m 2.

（1）验证动量是否守恒只需判断

______________和______________是否相等即可.（填题中所给已知量表示的代数式）（2）该实验装置在实际操作过程中是否可行？___________________（并回答可行或不可行的原因）.

12．（12分）实验室有一破损的双量

程动圈式电压表，两量程分别是50V 和500V ，其内部电路如图所示.因电压表的表头G 已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R 1、

R 2完好，测得R 1=49.9k Ω，R 2=499.9k Ω.现有两个表头，外形都与原表头G 相同， 已知表头G 1的满偏电流为1mA ，内阻为 60Ω；表头G 2的满偏电流0.5mA ，内阻为 100Ω，又有两个定值电阻r 1=40Ω，r 2=20Ω .若保留R 1、R 2的情况下，对电压表进行修复，则： （1）原表头G 满偏电流I =________，内阻r =_________. （2）用于修复电压表的器材有：

________________________________ （填器 材符号）.

（3）在虚线框中画出修复后的电路.

三、本题共6小题，共90分.解答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．（13分）“蹦床”已成为奥运会的比赛项目，质量为m 的运动员从床垫正上方h 1高处自

由落下，落到床垫后反弹的高度为h 2，设运动员每次与床垫接触的时间为t ，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力.（空气阻力不计，重力加速度为g ） 某同学给出了如下的解答： 设在时间t 内，床垫对运动员的平均作用力大小为F ，运动员刚接触床垫时的速率为v 1，刚离开床垫时的速率为v 2，则由动量定理可知：

p Ft ?=①12mv mv p -=?②

再由机械能守恒定律分别有，

12

12

1mgh mv =，112gh v =③ 2222

1mgh mv =，222gh v =④

由①②③④式联立可得，t

gh gh m F )

22(12-=

⑤

该同学的解答过程是否正确？若不正确，请指出该同学解答过程中所有的不妥之处，并加以改正.

14．（14分）如图所示，运输带由水平和倾斜两部分组成，倾斜部分倾角θ=37°.运输带运

行速度v =1m/s ，方向如图箭头所示.有一小块颜料落在倾斜部分上，下落在运输带上的地点与倾斜部分底端距离s=1.0m.已知颜料与运输带之间的动摩擦因数μ=0.5，则颜料从下滑到再次上升到最高点的过程中，在皮带上留下的痕迹有多长？（设颜料通过运输带两部分交接处速度大小不变，g 取10m/s 2）

15．（14分）一个质量为m =0.001kg 、带电量为q =3

101-?C 的带正电小球和一个质量也为m

不带电的小球相距L =0.2m ，放在绝缘光滑水平面上，当加上如图所示的匀强电场和匀强磁场后，（E =3

101?N/C ，B =0.5T ）带电小球开始运动与不带电小球相碰，并粘在一起，合为一体。问：

（1）两球碰后的速度为多大？

（2）两球碰后到两球离开水平面，还要前进多远？

16．（16分）如图所示，在真空中，半径为R 的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸

面向外.在磁场右侧有一对平行金属板M 和N ，两板间距离为R ，板长为2R ，板的中心线O 1O 2与磁场的圆心O 在同一直线上。有一电荷量为q 、质量为m 的带正电的粒子，以速度v 0从圆周上的a 点沿垂直于半径OO 1并指向圆心O 的方向进入磁场，当从圆周上的O 1点飞出磁场时，给M 、N 两板加上如图所示电压，最后粒子刚好以平行于N 板的速度，从N 板的边缘飞出（不计粒子重力）. （1）求磁场的磁感应强度B ；

（2）求交变电压的周期T 和电压U 0的值；

（3）若t=T /2时，该粒子从MN 板右侧沿板的中心线，仍以速度v 0射入M 、N 之间，求粒

子从磁场中射出的点到a 的距离.

17．（16分）如图所示，两根相距为l 的足够长的两平行光滑导轨固定在同一水平面上，并

处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B .ab 和cd 两根金属细杆静止在导轨

上面，与导轨一起构成矩形闭合回路.两根金属杆的质量关系为m m m cd ab 22==、电阻均为r ，导轨的电阻忽略不计.从t =0时刻开始，两根细杆分别受到平行于导轨方向、大小均为F 的拉力作用，分别向相反方向滑动，经过时间T 时，两杆同时达到最大速度，以后都作匀速直线运动.

（1）若在t 1（t 1

18．（17分）在20XX年暑假的一次电脑奥林匹克（OM）竞赛中，要求设计并制作一辆小车，车高不得超过75cm，车的动力是利用质量是2.4kg的重物的重力，通过这一部分重力做功来达到驱动小车前进，要求小车行驶得尽可能远，现有质量相同的小车若干辆，下面是同学们设计的两个方案：

方案1：如图甲所示，绳的一端栓在重物上，通过定滑轮，另一端一圈一圈地绕在后轮的轮轴上，当重物在0.75m高处因自身重力作用而缓慢下沉时，绳就带动轮轴转动，从而使车轮转动，带动小车前进尽可能远的距离.

方案2：如图乙所示，使重物在车上光滑的滑槽上由0.75m高处开始下滑，利用小车的反冲，使小车前进尽可能远的距离.

这两个方案哪个更合适，试说明理由.（假定两种情况下小车与地面的动摩擦因数相同，忽略车子内部各部分传动装置的能量损失）

参考答案

1．答案：B 麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，A

错；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构学说，C 错；预言原子核是由质子和中子组成的是卢瑟福，并由查德威克证实，D 错.

2．答案：AC 由反射定律β=α，由折射定律知θ>α，所以A 正确.b 光的波长λb =λc /n ，

故C 正确.b 光和c 光的频率相同，光子能量相同.故A 、C 选项正确.

3．答案：AD 根据热力学第一定律知A 正确，根据热力学第二定律知B 、C 错误，D 正

确.

4．答案：C A 为人对电磁波的阻碍；B 为电压的降低；C 为日光灯产生的电磁波而引起；D 为电磁波传入边远地区能量损耗怠尽造成.

5．答案：ABC 由题中图可以得到A 、B 两列波的波长分别为：a A 3

4=λ、a B 3

2=λ，经时间

t=T A 时间，两列波再次出现如图波形，这表明B 波所经历的时间应为周期的整数倍，即有：t=T A =nT B （式中n=1，2，3…….） 所以两列波的波速之比为A

B B A B A

T T v v λλ=，联立以上各式可得：n

v v B

A

2

=

（式中n=1，2，3…….）.

所以当n=1时，v A :v B =2:1；当n=4时，v A :v B =1:2；当n =6时，v A :v B =1:3.

6．答案：BD 电子在磁场中做圆周运动，由R

v m evB 2

=得

eB mv

R =

，动量和速度大小均

和环绕半径成正比，B 、D 正确；光电子的最大初动能之比为9:1，根据爱因斯坦的光电效

应方程，金属的逸出功2

2

1mv h W -=ν，所以两种金属的逸出功的比值不确定.

7．答案：AB 由f v λ=可知2170/340/===f v λm ，两振源的振动情况完全相同，当麦克风与两振源距离差为波长整数倍时为振动加强点，当麦克风与两振源距离差为半波长的奇数倍时为振动减弱点.在距离a 点1.5m 处为振动减弱点，振幅为零，所以在示波器上显示一条直线，A 对；麦克风由a 向b 运动过程中，经过距a 点1m 、2m 、3m 、4m 、5m 的五个振动加强点，振幅最大，B 对；由以上分析可知C 错；中点是振动加强前，但注意该点处的质点仍是振动的，因此其位移始终是变化的，D 错.

8．答案：C 提示：考虑洛伦兹力的方向与B 和v 所在的平面垂直，所以洛伦兹力一定是斜向上的，其中一个和重力相等（方向相反），另一个分力提供向心力，故只有平面③符合要求.本题解决的关键在于学生的空间想象能力.

9．答案：BD 由左手定则，可判定等离子气流中的正离子向上极板偏转，负离子向下极板偏转，所以ab 中电流方向是由a 向b 的.在第1s 内，线圈A 内磁场方向向右，磁感应强度减小，由楞次定律可知感应电流的方向是由c 向d 的，由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，可知两导线相互吸引，A 错；在第2s 内，线圈A 内磁场磁场方向向左，磁感应强度增加，由楞次定律可知，感应电流的方向是由c 向d 的，由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，可知两导线相互吸引，B 正确；同理可判断其他选项，故正确选项为

B 、D.

10．答案：D 两球所受库仑力的大小始终相等，方向相反，所以两球加速度大小总是

大小相等.两球接触后电荷总量虽然不变，但平均分配后库仑力变大，通过相等的距离，库仑力做功要比碰前大一些.所以AB 错误，根据动量大小相等、动能相等，所以开始的初速度一定相等，由于加速度始终相等，所以碰撞一定在M 、N 中点.

11．答案：（1）根据线速度定义，θ

πω+=22R v ，子弹与木块的共同速度h g s v 2=，故只需验证θπω+221R m 和

h g s m m 2)(21+是否相等即可.（4分） （2）实际操作过程中是不可行的.因为子弹飞行的速度很大，

危险性大；子弹的测速只能粗略测量；子弹穿过纸筒 转过的圈数不便于计数.（4分）

12．答案：（1）1mA （2分） 100Ω（2分）

（2）G 1和r 1（4分）

（3）电路图如图所示（4分）

13．解析：此同学的解答有如下错误：（3分）

（1）原解答过程中②式未注意动量的矢量性，正确的表达式为：规定竖直向上为正方向，

12mv mv p +=?.（2分）

（2）①式的冲量应为合外力的冲量，即床垫对运动员的作用力和重力的合力冲量，正确

的表达式为：12)(mv mv p t mg F

+=?=-（2分）

t

gh gh m mg F )22(12-+=（2分） （3）该同学所求F 为床垫对运动员的作用力，而题中要求运动员对床垫的作用力，正确

的表述为：根据牛顿第三定律可得，运动员对床垫的作用力大小为

t

gh gh m mg F F )

22(12-+

=='（2分） （4）该同学未说明运动员对床垫作用力的方向，应给出“运动员对床垫作用力的方向是

竖直向下”. （2分） 14．解析：颜料运动分为四个阶段：第一阶段，从落到运输带上开始滑到底端的过程，这过

程中各运动量为

加速度a 1=(sin37°－μcos37°)g=2m/s 2 末速度1112s a v =

=2m/s

运动时间t 1=v 1/a 1=1s （1分）

相对运输带位移s 1/=s 1+vt 1=2m （2分）

第二阶段，由底端向左运动变为与运输带有相同向右速度的过程，以向右方向为正，这过程中各运动量为

加速度a 2=μg=5m/s 2，初速度v 1=－2m/s

末速度v 2=1m/s ，运动时间t 2=(v 2－v 1)/a 2=0.6s （2分） 位移s 2=(v 22－v 12)/2a 2=0.3m （1分） 相对运输带位移s 2/=s 2+vt 2=0.9m （2分）

第三阶段，随运输带回到底端的过程，这个过程没有相对位移，v 3=v 0=1m/s （1分） 第四阶段，由底端上到最高点的过程，这过程中各运动量为 加速度a 4=(μcos37°－sin37°)g =－2m/s 2 运动时间t 4=－v 3/a 4=0.5s 位移s 4=－v 32/2a 4=0.25m （2分）

相对运输带的位移s 4/=vt 4－s 4=0.25m （2分） 痕迹长即相对运输带总位移s /=3.15m. （1分） 15．解析：（1）两球碰前由动能定理：2

12

1mv EqL =

（2分） m

EqL

v 21=

∴，代入数据得，1v =20m/s （2分） 两球碰撞过程中动量守恒：212mv mv =，（2分）

2v =10m/s （2分）

（2）两球离开水平面时，对水平面无压力，即洛伦兹力与重力平衡，mg qBv 23=，

3v =40m/s （2分）

碰后到两球离开水平面，只有电场力做功，由动能定理得，

Eqs mv mv =?-?2

22322

1221（2分） 代入数据得，s =1.5m （2分）

16．解析：（1）粒子自a 点进入磁场，从O 1点水平飞出磁场，运动的轨道半径为R ，

则qBv 0=mv 02/R ， ∴B=mv 0/qR （4分）

（2）粒子自O 1点进入电场，最后恰好从N 板的边缘平行极板飞出，设运动时间为t ，

则2R=v 0t （3分），20)2(222T mR qU n R ?=，t=nT （n=1，2，…）（3分） 解得0

2nv R

T =，q nmv U 2200=（n=1，2，…）（2分）

（3）当t=T /2时，粒子以速度v 0沿O 2O 1射入

电场时，该粒子恰好从M 板边缘以平行于 极板的速度射入磁场，进入磁场的速度仍 为v 0，运动的轨道半径为R ，设进入磁场 时的点为b ，离开磁场时的点为c ，圆心为 O 3，如图所示，四边形ObO 3c 是菱形，所以 Oc //O 3b ，所以c 、O 、a 三点共线，即为圆的 直径.即c 、a 间的直径距离d =2R .（4分）

17．解析：（1）在两金属杆运动过程中，两杆组成的系统满足动量守恒，设此时杆cd 的速

度为v 2，则022

1=-mv mv ，得122v v =（2分）

此时刻回路中产生的电动势为：

1213)(Blv v v Bl E =+=（1分）

此时刻回路中的电流大小为：r Blv r E I 23211=

=

（1分）

ab 杆所受的安培力大小为：r

v l B l BI F 231

2211==（2分） 此时刻ab 杆的加速度大小为：mr

v l B m F m F F a 43221

221-=-=（1分） （2）设达到最大速度时ab 杆的速度为v ，则cd 杆的速度为v /.

根据动量守恒可得，02/

=-mv mv ，解出v

v

2/

=（1分）

回路中产生的电动势为：Blv v v Bl E 3)(/

/=+=（1分）

回路中电流大小为：r

Blv r E I 232//

==（1分） ab 杆所受的安培力大小为：r v

l B l BI F 2322/

/

==（1分）

杆达到最大速度时所受拉力与安培力平衡，即

/

F F =（1分）

由r v l B F 2322=，解得2

232l B Fr v =（2分）

在0～T 时间内，设通过ab 杆的平均电流为

I

，对ab 杆应用动量定理得，

mv lT I B FT 2=-，3334l B Fmr

Bl FT T I q -

=

=.（2分）

18．解析：方案1中，由机械能守恒得2)(2

1

v m M mgh +=

，

（2分） 由动能定理得

12)()(2

1

gs m M v m M +=+μ，解得)(1m M mL s +=

μ（2分） 方案2中，由机械能守恒得2

2

212

121mv Mv mgh +=

，（2分） 由动量守恒得，210mv Mv -=，（2分） 由动能定理得，

2212

1

mgs Mv μ=（2分） 解得)

(22m M M L

m s +=μ（2分）

所以有

m

M S S =21（2分） 由此可见，如果m M >，方案1优于方案2；如果m M =，两方案等效；若m M <，方

案2优于方案1. （3分）