2021屆寧夏吳忠市高考物理一輪聯(lián)考試卷

單選題（本大題共5小題，共30.0分）

EJeV

如圖所示為氫原子的部分能級圖，以下判斷正確的是（）.0

-0.54

-0.85

A.處于n=3能級的氫原子可以吸收任意頻率的光子--1.51

B.欲使處于基態(tài)的氫原子被激發(fā)，可用12.09elZ的光子照射

C.當氫原子從幾=5的狀態(tài)躍遷到ri=3的狀態(tài)時，要吸收光子

D.用n=2能級躍遷到n=1能級輻射出的光照射金屬柏（逸出功為6.34eU）時不能發(fā)生光電效

應

2.初速度為幾,以恒定的加速度a做直線運動的物體，若使速度增加為初速度的n倍，則經(jīng)過的位

移為（）

兒宗彥一1）BT（n-l）C《n2DT（-1）2

3.如圖所示，可視為質點的兩個帶同種電荷的小球a和b,分別靜止在豎勺夕。

直墻面和水平地面上；b球被光滑豎直板擋住，所有接觸面均光滑，a球

由于緩慢漏電而緩慢下降，在此過程中（）i刃

A.地面對6的支持力變小B.豎直擋板對b的支持力變°船“一??

小

C.必間的作用力變大D.以上說法均不正確

4.如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強K

度的大小為B,在兒的中點。處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射速率不；

同的粒子，粒子帶負電，質量為TH,電荷量為q,已知這些粒子都能從ab邊離J…或.、

開abc區(qū)域，ab=2L,不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用，則這些粒子（）

A.速度的最大值為&2竺B.速度的最小值為政

mm

C.在磁場中運動的最短時間為翳D.在磁場中運動的最長時間為翳

zqb乙qti

如圖所示，把長為0.5機的導體棒置于豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強|

度為0.47,導體棒與磁場方向垂直，棒中通有電流為14則導體棒所受安培|||LI

力（）W

A.大小為0.2N

B.大小為0.4N

C.方向垂直紙面向外

D.方向與磁場方向相同

二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）

6.長木板4放在光滑的水平面上，質量為巾=2kg的另一滑塊B以水平速度為=2m/s滑上原來靜

止的長木板4的表面，由于4、B間存在摩擦，之后力、B速度隨時間變化情況如圖所示，則下列

說法正確的是（）

得仇?,

A.木板獲得的動能為B.系統(tǒng)損失的機械能為U

C.木板4的最小長度為1mD.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1

7.在如圖甲所示的電路中，理想變壓器原線圈的輸入電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，圖中曲線為正

弦曲線的上半部分或下半部分，副線圈所接的、規(guī)格為“36V30W”的燈泡L恰好正常發(fā)光。則

下列說法正確的是（

A.變壓器原線圈輸入電壓的有效值為220V

B.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為110：9

C.燈泡L兩端電壓的最大值為36&V

D.0?6s內燈泡L電流方向改變的次數(shù)為200

8.如圖所示，關于4、B兩點的電場強度與電勢的說法正確的是（）

AB

A.4點的電場強度大于B點的電場強度

B.A、B點的電場強度的大小無法判斷

C.4點的電勢大于B點的電勢

D.4點的電勢等于B點的電勢

9.對于一定質量的某種理想氣體，如果與外界沒有熱交換，有（）

A.若氣體分子的平均動能增大,則氣體的壓強一定增大

B.若氣體分子的平均動能增大,則氣體的壓強一定減小

C.若氣體分子的平均距離增大，則氣體分子的平均動能一定增大

D.若氣體分子的平均距離增大，則氣體分子的平均動能一定減少

10.如圖所示是沿x軸傳播的一列簡諧橫波，實線是在t=0時刻的波形圖，虛線是在t=0.2s時刻的

波形圖。已知該波的波速是0.8ni/s,則下列說法正確的（）

A.這列波的周期是0.15s

B.這列波是沿x軸負方向傳播

C.t=0時，x=lOcni處的質點速度沿y軸負方向

D.t=0.2s時，x=4c?n處的質點加速度方向向下

三、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）

11.如圖所示，是“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置圖.實驗中按實

驗圖安裝好實驗器材，調整好儀器，接通打點計時器的電源，釋放

紙帶，讓重物自由下落，打點計時器就會在紙帶上打出一系列的點，

則：

（1）為了完成本實驗，除了圖中所給出的器村外，還需要的器材有

4天平（祛碼）B.米尺C.直流電流D.彈簧秤

（2）在該實驗中，下列說法中正確的是.

4在安裝打點計時器時，兩個限位孔一定要在同一豎直線上

B.在所選的紙帶中.第1、2點間的距離接近2cm

C測出重物下落的高度九，利用mgh=便可求出下落八時的瞬時速度

D只要數(shù)出第1個點到第n（n>1）個點間的時間間隔，就可以用v=g（n-1）7求得打第>1）個點

時的瞬時速度

（3）在實驗中產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是由于存在______（寫出一種即可）.

12.某同學用圖1所示的原理圖來測量一節(jié)電池的電動勢和內電阻，圖中兩電壓表均視為理想電壓表,

實驗中的定值電阻阻值Ro=ion,試分析下列問題:

(1)實驗前該同學利用多用電表的直流電壓擋的“X2.5U”擋初測該電源的電動勢，測量結果如圖2

所示，則多用電表測得的電動勢為后=V.

(2)根據(jù)電路圖請將圖3中的實物圖連接好.

13八'

(3)根據(jù)實驗中所得的數(shù)據(jù)最后作出了如圖4所示的圖象，依據(jù)圖4得該電源的電動勢E=V，

內阻r=2(結果保留三位有效數(shù)字)

四、計算題(本大題共4小題，共40.0分)

13.質譜儀是用來測定帶電粒子的質量和分析同位素的裝置，如圖所示，電容器兩極板相距為d=

1.0x10-2m,兩板間電壓為U=2.0xl02p,極板間的勻強磁場的磁感應強度為3=0.057,

一束電荷量相同的帶正電的粒子沿電容器的中線平行于極板射入電容器，沿直線穿過電容器后

進入另一磁感應強度為為=1.07的勻強磁場，結果分別打在感光片上的a、b兩點，設a、b兩點

之間距離為x=5x10-3小，粒子所帶電荷量為q=4.8x10-19(；,不計重力。求：

(1)粒子進入勻強磁場外時的速度大小V=?

(2)打在a、b兩點的粒子的質量之差/巾=?

14.如圖光滑絕緣的半圓形軌道ABC固定在豎直平面內，圓心為0,軌道

半徑為R,B為軌道最低點。該裝置右側四分之一圓弧置于水平向右

的足夠大的勻強電場中。某一時刻一個帶正電小球從4點由靜止開始

運動，至帕點時，小球動能為比，進入電場后繼續(xù)沿軌道運動，到達

C點時球的電勢能減少量為2E0.試求:

(1)小球所受重力和電場力的大??？

(2)小球經(jīng)過C點時的動能？

(3)小球脫離軌道后，到達最高點時的動能?

15.趣味運動“充氣碰碰球”如圖所示。用完全封閉的PUC薄膜充氣膨脹成型，人鉆入洞中，進行

碰撞游戲。充氣之后碰碰球內氣體體積為0.8加3,壓強為1.5x105pa。碰撞時氣體最大壓縮量

是0.08巾3,不考慮壓縮時氣體的溫度變化。

(1)求壓縮量最大時，球內氣體的壓強；

(2)為保障游戲安全，球內氣體壓強不能超過1.75X105pa,那么，在早晨17。(：環(huán)境下充完氣的碰碰

球，球內氣體壓強為1.5xl()5pa,若升溫引起的球內容積變化可忽略，請通過計算判斷是否可

以安全地在中午37匯的環(huán)境下進行碰撞游戲？

16.如圖所示為一半圓柱形玻璃磚的半圓形橫截面，4B是半圓的直徑，半徑為R,。為圓心，一束單

色光以入射角％=45。由真空射到玻璃磚上表面的4處，進入玻璃后射到半圓面的C點，4C=R,

已知光在真空中的速度為C。求：

(1)玻璃磚對這種色光的折射率；

(2)光在玻璃磚中的傳播時間t。

參考答案及解析

I.答案：B

解析：解：力、要使兀=3能級的氫原子發(fā)生躍遷，吸收的光子能量必須等于兩能級間的能級差，或

大于1.51eV能量的任意頻率的光子。故A錯誤；

B、根據(jù)玻爾理論用12.09eU電子照射時，吸收光子后電子的能量：12.09+(-13.6)=-1.51eU,所

以能從基態(tài)發(fā)生躍遷，躍遷到第3能級，故B正確；

C、氫原子從高能級躍遷到低能級時放出光子，故C錯誤；

D、從n=2能級躍遷到n=1能級輻射出的光子的能量E=E2~Er=-3.4eV-(-13.6)eK=

10.2。＞6.34eV,而使金屬發(fā)生光電效應的條件是光子的能量大于電子的逸出功，故可以發(fā)生光電

效應。故。錯誤。

故選：B。

能級差是不連續(xù)的，吸收或輻射的光子能量等于兩能級的能級差，所以光子能量不連續(xù)。軌道半徑

越小，原子能量越小。

根據(jù)光電效應的條件判斷能否發(fā)生光電效應。

本題考查了氫原子的能級與氫原子的躍遷問題，解決本題的關鍵知道能級間躍遷輻射或吸收的光子

能量等于兩能級間的能級差。

2.答案：4

解析：解：末速度=nv0,根據(jù)速度位移公式戶一詔=2ax得，x=巴璉='匕上「=逋何？-1).故

4正確，B、C、。錯誤。

故選：Ao

根據(jù)速度位移公式"2-詔=23,求出經(jīng)過的位移.

解決本題的關鍵掌握速度位移公式M-詔=2ax.

3.答案：C

解析：解：CD、以a球為研究對象，分析受力，F(xiàn)隹Ns

作出力圖如圖1所示.\[\

設b對a的庫侖力F庫與墻壁的夾角為仇由平衡\

1——?N】F一一＞Ni

條件得豎直墻面對小球4的彈力為：

(ma+m4)g

卻圖2

Ni=magtan9f

cos。'

a球由于緩慢漏電而緩慢下降，。變大，則豎直墻面對小球a的彈力Ni變大，庫侖力也變大，故C正

確，。錯誤；

力B、再以a、b整體為研究對象，分析受力如圖2所示，由平衡條件得：

F=M

N2=(ma+mb)g

則豎直擋板對b的支持力F變大，地面對小球B的支持力一定不變，故A錯誤，B錯誤;

故選：C

先以a球為研究對象，分析受力，作出力圖，根據(jù)平衡條件分析墻壁對4的彈力如何變化，再以a、b整

體為研究對象，根據(jù)平衡條件分析F如何變化和地面對小球b的彈力的變化.由庫侖定律分析兩球之

間的距離如何變化.

本題運用隔離法和整體法結合分析動態(tài)平衡問題，關鍵是確定研究對象(往往以受力較少的物體為研

究對象)，分析受力情況.

4.答案：A

解析:解:粒子從ab邊離開磁場時的臨界運動軌跡如圖所示：段

由幾何知識可知：解得：

ra=|L,rr^+(r2-Z,)=r2>/'1：

萬=(1+V2)L；/}I

AB,粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由&"。1

牛頓第二定律得：解得：v=哼,

(

粒子的最大速度：為ax=皿=1+物叫最小速度：匕1m=曲=譬，故4正確，B錯誤：

CD、粒子從ab邊離開磁場區(qū)域的臨界運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，粒子轉過的最大圓心角：

emax=iso%最小圓心角:emin=45%

粒子做圓周運動的周期：7=警，粒子在磁場中運動的最短時間：%皿=嘿7=裳，最長運動

c{Doou4qb

時間：、以=鬻？=翳，故8錯誤；

DOUqtt

故選：Ao

粒子在磁場中做圓周，洛倫茲力提供向心力，作出粒子運動軌跡，求出粒子軌道半徑與粒子轉過的

圓心角，然后應用牛頓第二定律求出粒子的速度，根據(jù)粒子做圓周運動的周期公式求出粒子的運動

時間。

帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，分析清楚粒子運動過程、作出粒子

運動軌跡是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律、粒子在磁場中做圓周運動的周期公式可以解題。

5.答案：A

解析：尸=/LB=1x0.5x0.4N=0.2N,由安培定則得，方向垂直于紙面向里.

6.答案：ACD

解析：解：從圖可以看出，B做勻減速運動，力做勻加速運動，最后的共同速度為lm/s,

A、由EKA=：血”2可得木板4的獲得的動能為1/,選項A正確；

B、系統(tǒng)損失的機械能△EK=-[x=2J,選項B錯誤；

C、由圖象可知物體B的位移為1.5m,木板4的位移為0.5m,所以木板最小長度為1m,選項C正確；

。、由圖象可知木板4的加速度為lm/s2,根據(jù)=叫4得出動摩擦因數(shù)為0.1,選項。正確。

故選：ACDo

根據(jù)題設情景，B受摩擦力作用做勻減速運動，力受摩擦力作用做勻加速直線運動，根據(jù)u-t圖象得

出兩物體的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解即可.

加速度是聯(lián)系力和運動的橋梁，根據(jù)u-t圖象得出物體運動特征，并根據(jù)牛頓運動定律求解受力和

運動情況是解決本題的關鍵.

7.答案：AD

解析：解：4由乙圖可知：此交流電只有票的時間存在電壓，這段時間內的最大值為：Ulm=220百V,

這段時間內的有效值為U=》=曄也

根據(jù)有效值的定義有：幺空=里7,

R3R

即：（鬻療〉〈27：支廣

R3R

解得：U1=2207,

即原線圈的電壓有效值為220人故A正確；

BC.由于燈泡正常發(fā)光，所以變壓器輸出端的有效值：4=36V,

由變壓器的變壓比：,=?=瑞=§，

n2u236/9

設燈泡兩端的最大電壓為Gm，由變壓器的變壓比：手=腎，

u2mn2

得：U2m=x220V37=36V3K,所以燈泡L兩端電壓的最大值36^V，故BC錯誤；

力.每周期內電流的方向改變兩次，交流電。?6s內完成100次周期的變化，所以0?6s內小燈泡L中的

電流方向改變次數(shù)為200,故。正確。

故選:AD.

先根據(jù)乙圖算出票的時間有效值，在根據(jù)有效值的定義算出一個周期內的有效值；

利用變壓器的變壓比即可求解變壓器的線圈匝數(shù)比，以及燈泡L兩端電壓的最大值；

每周期內電流的方向改變兩次，交流電0?6s內完成100次周期的變化，據(jù)此分析。?6s內小燈泡L中

的電流方向改變次數(shù)。

本題難點在于對有效值的理解及計算。要掌握理解變壓器的工作原理及相關的計算。

8.答案：BC

解析：解：4、B、電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，由于只有一條電

場線，故無法判斷4、B點的電場強度的大小，故A錯誤，B正確；

C、D、沿電場線電勢逐漸降低，故A點的電勢大于B點的電勢，故C正確，Z)錯誤；

故選：BC.

電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小.電場線與等勢面垂直，沿電場線的

方向，電勢降低.

本題關鍵是要能夠通過電場線反映電勢的高低、電場強度的大小和方向，基礎題目.

9.答案：AD

解析：解：若氣體分子的平均動能增大，則溫度一定升高，內能增加，據(jù)△U=勿+Q,由于△U>0,

<2=0,故W>0,則氣體被壓縮，據(jù)與=C,由于72>TI，吟<匕，則P2>P「即壓強一定增大，

A正確B錯誤；

若氣體分子的平均距離增大，則氣體體積變大，氣體對外做功W<0,據(jù)W+Q=△U,由于Q=0,

則△〃<(),內能減小，溫度降低，氣體分子的平均動能一定減小，故。正確C錯誤。

故選：AD.

溫度是分子平均動能的標志，根據(jù)熱力學第一定律和理想氣體狀態(tài)方程聯(lián)立可以判斷壓強和平均動

能的變化.

本題考查了熱力學第一定律的應用，結合溫度是分子平均動能的標志考查狀態(tài)方程.

10.答案：AB

解析：解：4、從圖知，波長4=12cm=0.12m,已知波速v=0.8m/s,則該波的周期為：

A0.12

T=-=--s=0.15s

v0.8

故A正確；

B、由于t=0.2s=1^7,根據(jù)波形的平移法可得知，該波x軸負方向傳播，故B正確；

C、由于該波向左傳播，所以根據(jù)“上下坡法”可知，t=0時刻，x=10cm處的質點的速度沿y軸

正方向，故C錯誤；

。、t=0.2s時，x=4cm處的質點位移方向向下，則加速度方向向上，故。錯誤。

故選：AB。

從圖象中可以讀出波長，根據(jù)波速公式可以求出周期，然后根據(jù)時間與周期的關系確定波的傳播方

向，從而判斷出質點的速度方向，由質點的位置分析其加速度方向。

本題給出兩個時刻的波形圖，常用波形平移法來理解，根據(jù)“上下坡法”判斷質點的振動方向。要

注意加速度方向與位移方向總是相反的。

11.答案：B；4；阻力

解析：解：(1)驗證機械能守恒，即驗證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，兩邊都有質量，

可以約去，所以不需要測量重物的質量，則不需要天平，也不需要彈簧秤；打點計時器使用交流電

源，所以不需要直流電源.實驗中需要用刻度尺測量點跡間的距離，從而得出重物下降的高度以及

求解瞬時速度，故選：B.

(2)力、為了減小阻力的影響，在安裝打點計時器時，兩個限位孔一定要在同一豎直線上，故A正確.

B、根據(jù)x==gx10x0.022m=2nvn知，選擇紙帶時，選擇第1、2點間的距離接近2mm,

故B錯誤.

C、驗證機械能守恒，不能通過機械能守恒求解下降八時的瞬時速度，否則沒有驗證的意義了，故C

錯誤.

力、瞬時速度的大小,可以根據(jù)某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出，不能根據(jù)u=gt

進行求解，否則沒有驗證的意義，故。錯誤.

故選:A.

(3)在實驗中產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是由于存在阻力.

故答案為：(1)8,(2)4(3)阻力.

根據(jù)實驗的原理得出需要測量的物理量，從而確定所需的物理器材；

根據(jù)實驗的原理以及操作中的注意事項確定正確的操作步驟；在實驗中產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是

由于存在阻力.

解決本題的關鍵知道實驗的原理，注意瞬時速度的求解方法，不能通過D=gt或I；=/訴進行求解,

若用這些公式求解，相對于運用機械能守恒驗證機械能守恒,沒有驗證的意義.

12.答案：1.501.505.00

解析：解：(1)用多用電表測得電源的電動勢為E=1.50V.

(2)由多用電表的測量結果可知電壓表的量程選0?3匕所連

的實物圖見答案.

(3)根據(jù)圖4可知圖象在橫軸上的截距表示電阻箱的阻值調到

了零的狀態(tài).在圖1中由閉合電路的歐姆定律可得E=U2+

空r,由上式可得劣=。29-￡檢，由此可知圖象的斜

TT

率々=午，為求直線的斜率可在直線上取兩個距離較遠的

點,如(0,—3.00)和(1.50,1.50),圖象的斜率為.

上=若等=3.00,所以電源的內阻為3r=r+R°,即電源的內阻為r=?=曰=5.000，由圖4的

1.50—02Z

U1-4的圖象可知圖象在縱軸上的截距的絕對值為3.0=E?B，所以電源的電動勢E=管=1.50K；

故答案為：(1)1.50；(2)如圖所示；(3)1.50；5.00.

(1)根據(jù)多用電表的量程，確定最小分度，即可得出對應的讀數(shù)；

(2)根據(jù)實驗原理圖可明確對應的實物圖；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律進行分析，由圖象可明確電源的電動勢和內阻.

本題考查測量電動勢和內電阻的實驗，要掌握根據(jù)原理圖分析，由閉合電路歐姆定律列式得出方程，

再通過圖象求解電動勢和內電阻的能力.

13.答案：解：(1)粒子在電容器間做勻速直線運動，有：

U

quBi=q-

解得“=—=——20x10——-=4x105m/s.

Bid0.05x1.0x10-21

(2)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，有：

V2

qvBz=rn—

K

解得R=左.

則“2&-2匕=2(署-署)

解得△m=-機1=

代入數(shù)據(jù)解得：△m=3.0x10~27kg.

答：(1)粒子進入勻強磁場&時的速度9的大小為4x105m/s.

(2)打在a、b兩點的粒子的質量之差Ani為3。x27kg

解析：(1)根據(jù)粒子沿直線運動時電場力等于洛倫茲力求出速度的大小.

(2)根據(jù)帶電粒子在磁場中的半徑公式，抓住a、b兩點的距離差求出粒子的質量之差.

本題考查帶電粒子在磁場中運動的基本規(guī)律的應用，解決本題的關鍵知道粒子在電容器間受電場力

和洛倫茲力平衡，以及知道在勻強磁場中靠洛倫茲力提供向心力，掌握軌道半徑公式的正確推導和

應用.

14.答案：解：(1)從4到B,由動能定理得：mgR=Eo-0

解得：mg=^-

從B到C的過程，由功能關系得qER=2E。。

解得qE=爺

(2)從4到C,由動能定理得：qER=Em-。

解得Ekc=2E。。

(3)C點時：-mvl=2F0?

從C到最高點，豎直分運動是加速度大小為g的勻減速直線運動，有

vc=gt

水平分運動，有幺=得%=axt

解得vx=

則到達最高點時的動能a=+決)

解得a=8好。

答：(1)小球所受重力是引，電場力的大小是等。

KK

(2)小球經(jīng)過C點時的動能是2E。。

(3)小球脫離軌道后到達最高點時的動能是8E。。

解析：(1)小球從4到B,由動能定理可求得重力的大小，從8到C電場力做功與電勢能變化的關系可

求得電場力的大?。?/p>

(2)從B到C的過程，由動能定理求得小球經(jīng)過C點時的動能。

(3)小球脫離軌道后豎直方向做勻減速運動，由運動學公式可求得到達最高點的時間和上升的高度，

水平方向做勻加速運動，由位移公式可求得到最高點發(fā)生的水平位移，小球脫離軌道到最高點的過

程由動能定理可求出小球到達最高點時的動能。

本題考查了動能定理、運動學公式，需要認真分析小球的運動過程，要注意離開軌道后的曲線運動

要通過受力特點分解成直線運動求解，這是解決曲線運動