2021学年高三物理下学期入学考试试题一.doc

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1、2021学年高三下学期入学考试物理（一）第I卷（选择题）一、单选题（本大题共6小题，共30.0分）1.如图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】金属环的面积：由法拉第电磁感应定律得：由欧姆定律得，感应电流：感应电荷量：q=It，解得：故A正确，BCD错误；故选A【点睛】本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式计算2.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度进入电场并

2、沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是A. 在a点的加速度大于在b点的加速度B. 在a点的电势能小于在b点的电势能C. 在a点的速度小于在B点的速度D. 电场中a点的电势一定比b点的电势高【答案】C【解析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知EAEB，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A错误；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，电势能减小，即在a点的电势能大于在b点的电势能，故B错误；整个过

3、程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故C正确；由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误；故选C3.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力.若不计空气阻力，则在整个上升过程中，下列关于物体机械能E、速度大小v、重力势能Ep、动能Ek随时间变化的关系中，正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变，A错误；

4、B在恒力作用下时，物体受力恒定，加速度恒定，撤去外力后，只受重力作用，加速度为g，恒定，故B错误；C有外力作用时随时间变化图像应是开口向上的抛物线，当撤去外力后，物体仍继续上升，重力势能仍继续增大，故C错误；D有外力阶段，做匀加速运动，动能增大无外力阶段，做匀减速运动，动能减小，且都是开口向上的抛物线，故D正确故选D4.在如图所示的图像中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源与电阻R组成闭合电路。由图像判断错误的是A. 电源的电动势为3 V，内阻为0.5B. 电阻R的阻值为1C. 电源的效率为80%D. 电源的输出功率为4 W【答案】C【解析】【详

5、解】A根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则：A正确；B根据图像可知电阻：B正确；C电源的效率：C错误；D两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为：P出=UI=4WD正确。故选C。5.如图所示，是研究光电效应的电路图，对于某金属用绿光照射时，电流表指针发生偏转则以下说法正确的是（）A. 将滑动变阻器滑动片向右移动，电流表的示数一定增大B. 如果改用紫光照射该金属时，电流表无示数C. 将K极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，电流表的示数一定

6、增大D. 将电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑动片向右移动一些，电流表的读数可能不为零【答案】D【解析】【分析】当滑动变阻器向右移动时，正向电压增大，光电子做加速运动，需讨论光电流是否达到饱和，从而判断电流表示数的变化发生光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应，而光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，当将电源的正负极调换，即加反向电压，则电流表可能没有示数，也可能有示数【详解】A滑动变阻器滑片向右移动，电压虽然增大，但若已达到饱和电流，则电流表的示数可能不变，故A错误；B如果改用紫光照射该金属时，因频率的增加，导致光电子最大初动能增加，则电

7、流表一定有示数，故B错误；C将K极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，则光电子的最大初动能增加，但单位时间里通过金属表面的光子数没有变化，因而单位时间里从金属表面逸出的光电子也不变，饱和电流不会变化，则电流表的示数不一定增大，故C错误；D电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑片向右移一些，此时的电压仍小于反向截止电压，则电流表仍可能有示数，故D正确【点睛】本题考查光电效应基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点和基本规律，注意饱和电流的含义，及掌握紫光与绿光的频率高低理解饱和电流与反向截止电压的含义，注意光电子最大初动能与入射光的频率有关6.如图所

8、示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有一竖直向下的匀强磁场现有一个边长为a（aL）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度减为v，那么当线圈完全处于磁场中时，其速度大小（）A. 大于B. 等于C. 小于 D. 以上均有可能【答案】B【解析】【详解】对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为，末速度为由动量定理可知：又电量，得：得速度变化量：由可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为，则有，解得：故本题选B

9、。【点睛】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量分析电量的关系根据感应电量，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等，两个过程电量相等联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）7.如图a，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t=1s时刻撤去恒力F，物体运动的图象如图b，重力加速度，则（）A. 物体在3s内位移B. 恒力F与摩擦力f大小之比C. 物体与地面的动摩擦因数为D. 3s内恒力做功与克服摩擦力做功之比【答案】BC【解析】【详解】A.根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可得物体在3s内的位移：故A错

10、误；B.物体在第1s内的位移为 对整个过程，由动能定理得：解得故B正确；C. 物体在和2s内位移为对后2s内物体的运动过程，由动能定理得解得故C正确；D.对整个过程，由动能定理得可得故D错误。故选BC。8.如图所示,A为地球同步卫星,B为运行轨道比A低的一颗卫星,C为地球赤道上某一高山山顶上的一个物体,两颗卫星及物体C的质量都相同,关于它们的线速度、角速度、运行周期和所受到的万有引力的比较,下列关系式正确的是( )A. vBvAvCB. C. FBFAFCD. TA=TCTB【答案】AD【解析】【详解】A.AC的角速度相等，由：可知：AB比较，同为卫星，由万有引力提供向心力，则有：解得：可知：

11、综合分析有：故A正确；B.因为同步卫星想上对地面上的C静止，所以AC的角速度相等，AB比较，同为卫星，由万有引力提供向心力，则有：解得： 而A的角速度小于B的加速度；故：故B错误；C.由万有引力公式可知：即半径越大，万有引力越小；故：故C错误；D.卫星A同步卫星，周期与C物体周期相等；又万有引力提供向心力，即：解得：所以A的周期大于B的周期，综合分析有：故D正确9.如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B

12、对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是( )A. 物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B. 弹簧的劲度系数为C. 物体A着地时的加速度大小为D. 物体A着地时弹簧的弹性势能为【答案】AC【解析】【详解】A项：由题知道，物体A下落过程中，B一直静止不动对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；B项：物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为 T=mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T=kh，得弹簧的劲度系数为，故B错误；C项：物体A着地时，细绳对A的拉力也等于mg，对A，根据牛顿第二

13、定律得 2mg-mg=2ma，得，故C正确；D项：物体A与弹簧系统机械能守恒，有：，所以，故D错误10.如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇不计空气阻力，A、B质量相等且均可视为质点，重力加速度为g，以下判断不正确的是（）A. 相遇时A的速度一定为零B. 相遇时B的速度一定为零C. A从抛出到最高点的时间为D. 从抛出到相遇A、B动量的变化量相同【答案】A【解析】【详解】A、A分解为竖直向的匀减速直线运动与水平向的匀速直线运动，相遇时A达到最高点则其竖直向的速度为0，水平向速度不变，合速度不为0，故A错误B

14、、A在竖直向的分速度为vy，则相遇时： ，解得vB=vy，B的达到最高点，速度为也为0，故B正确C、A与B到达最高点的时间相等为 ，故C正确D、两者受到的外力为重力，时间相同则冲量相同，动量的变化量相同，故D正确第II卷（非选择题）三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）11.某同学用如图所示的装置“验证力的平行四边形定则”在某次实验中，弹簧测力计的指针位置如图所示（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中细绳BO对O点的拉力大小为_N（2）下列不必要的实验要求是_（请填写选项前对应的字母）A弹簧测力计应在使用前校零B用两个弹簧测力计同时拉细绳时，它们的示数之差应尽可能大C改变拉力，进行

15、多次实验，每次都要使O点静止在同一位置D为了验证力的平行四边形定则，应采用作力的图示来表示分力与合力（3）为了提高实验的准确性，减少误差，请您提出合理的解决办法：（至少二条）_；_【答案】 (1). 3.60 (2). BC (3). 选用弹性小的细绳 (4). 橡皮条、细绳套和弹簧测力计的轴应在同一平面上且与板面平行贴近等【解析】【详解】（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N图指针落在3N到4N的第3格处，所以拉力大小为3.6N；（2）弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故A项需要；对弹簧测力计的示数没有什么要求，故B不需要；O的位置可以变动，只需要保

16、证作用效果相同即可，故C不需要；实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，故D项需要；故选BC（3）选用弹性小且适当长的细绳；橡皮条、细绳和测力计的轴应在同一平面上，且与板面平行贴近；12.某同学利用如图甲所示电路进行电阻的测量，他选定了以下实验器材：待测电阻阻值约为；变阻箱、电源、多用电表、单刀单掷开关和单刀双掷开关、导线。其中多用电表表盘的欧姆刻度线除“0”、“”、“4”三条是清晰的其余刻度线均模糊不凊，但电流、电压刻度线完好，电流表、电压表均视为理想表(1)将多用电表的选择开关调到欧姆档的_、位置，并按正确步骤调好多用电表，断开，与a相接，此时多用电表指针所在位置如图乙所示

17、，待测电阻的阻值_保留两位有效数字。(2)为了进一步精确测定，该同学将多用电表选择开关调到直流电压“10V”的档位，将与b相接，闭合，调节变阻箱并记录其阻值R及对应的电压，作图像如图丙所示、由图像可知_保留两位有效数字。【答案】 (1). (2). 24 (3). 27【解析】【详解】(1) 1 因为待测电阻阻值约为，所以将多用电表的选择开关调到欧姆档的“”位置。2设多用电表调到欧姆档的“”位置时，内部电源的电动势为,内电阻为。设测该电阻时的电流为，指针指“4” 、“0”刻度线时的电流分别为、。由乙图由闭合电路的欧姆定律联立解得 (2) 3根据串并联规律以及欧姆定律，有得到图像中纵轴截距和斜率

18、 解得四、计算题（本大题共3小题，共44.0分）13.如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=2m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得解得碰撞过程中系统损失的机械能为损解得损当AC上升到最大高度时，ABC系统的速度相等；根据动量守恒定律解得

19、由能量关系解得14.如图所示，虚线MN沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，虚线MN的右侧区域有方向水平向右的匀强电场水平线段AP与MN相交于O点在A点有一质量为m，电量为+q的带电质点，以大小为v0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A与O点间的距离为，虚线MN右侧电场强度为，重力加速度为g求：（1）MN左侧区域内电场强度的大小和方向；（2）带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；（3）带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时

20、速度的大小vp【答案】（1），方向竖直向上；（2）；（3）【解析】【详解】（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE=mg，方向竖直向上；所以MN左侧区域内电场强度，方向竖直向上；（2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：，所以轨道半径；质点经过A、O两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO的垂直平分线上，且质点从A运动到O的过程O点为最右侧；所以，粒子从A到O的运动轨迹为劣弧；又有；根据几何关系可得：带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角；根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运

21、动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：；（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O点的竖直分速度，水平分速度；质点从O运动到P的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动；质点运动到P点，故竖直位移为零，所以运动时间；所以质点在P点的竖直分速度，水平分速度；所以带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度；15.如图所示，均匀薄壁U型管竖直放置，左管竖直部分高度大于30cm且上端封闭，右管上端 开口且足够长，用两段水银封闭了 A、B两部分理想气体，下方水银左右液面等高，右管上方的水银柱高h=4cm，初状态温度为27，A气体长度=15cm，大气压强.现使

22、整个装置缓慢升温，当下方水银的左右液面高度相差=10cm时，保持温度不变，再向右管中缓慢注入水银，使A中气柱长度回到15cm.求：(1)升温后保持不变的温度是多少摄氏度？(2)右管中再注入的水银高度是多少？【答案】(1)177 (2)40cm【解析】【详解】（1）缓慢升温过程中，对A中气体分析初态：V1=l1S；p1=p0+h=80cmHg；T1=（27+273）K=300K末状态：V2=（l1+l）S； p2=p0+h+l，由理想气体状态方程得：代入数据解得：T2=450K；得t2=177（2）对A气体分析，初末态体积相同T3=T2p3=p0+h+h，由查理定律得：代入数据解得：h=40cm；即再加入的水银高40cm.- 17 -