河北省唐山市2021届高三上学期第一次摸底考试物理试题 Word版含解析

河北省唐山市2021届高三上学期第一次摸底考试物理试题 Word版含解析

唐山市2020~2021学年度高三年级摸底考试 物理 一、单项选择题：本题共8个小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。‎ ‎1. 一汽车沿平直公路行驶，其运动的v-t图像如图所示，则该汽车（　　）‎ A. 第1s内和第2s内运动方向相反 B. 第2s内和第3s内加速度方向相反 C. 第1s内和第2s内平均速度相同 D. 0~2s内和0~4s内位移相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由v-t图像可知，第1s内和第2s内，汽车速度均为正值，速度方向相同，A错误；‎ B．第2s内和第3s内图像的斜率相同均为负值，说明汽车的加速度方向相同，B错误；‎ C．第1s内的位移和第2s内的位移大小相等，方向相同，所用时间相等，所以平均速度相同，C正确；‎ D．由图线和时间轴围成面积表示位移可知，0-2s内汽车沿正方向运动，位移为正，大小为 ‎0-4s内汽车先在0-2s内沿正方向运动，位移为正，大小为4m；后在2-4s内沿负方向运动，位移为负值，大小为 ‎ 汽车在0-4s内的位移 汽车在0-2s内和0-4s内位移不相同，D错误。‎ 故选C。‎ - 21 -‎ ‎2. 在进行光电效应实验时，用波长为λ的单色光照射光电管阴极，发生了光电效应现象，下列说法正确的是（　　）‎ A. 改用波长小于λ的光照射，不能发生光电效应 B. 改用波长大于λ的光照射，光电子的最大初动能变大 C. 减小入射光的强度，光电流可能消失 D. 增大入射光的强度，光电流变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．波长越小，则频率越大，则改用波长小于λ的光照射，仍能发生光电效应，选项A错误；‎ B．波长越大，则频率越小，根据爱因斯坦光电效应方程可知，改用波长大于λ的光照射，光电子的最大初动能变小，选项B错误；‎ C．减小入射光的强度，，单位时间逸出光电子的数量减小，光电流减小，但是不会消失，选项C错误；‎ D．增大入射光的强度，单位时间逸出光电子的数量增加，则光电流变大，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎3. 如图所示，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道项端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧末端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。甲乙两个小球的质量相同，下列判断正确的（　　）‎ A. 两小球到达末端时动能相同 B. 两小球到达末端时速度相同 C. 两小球从顶端运动到末端的过程中，重力做功不相等 D. 两小球到达末端时，重力的瞬时功率相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 详解】AB．根据机械能守恒定律可知 - 21 -‎ 可知两小球到达末端时动能相同，速度大小相同，但是方向不同，则速度不同，选项A正确，B错误；‎ C．两小球从顶端运动到末端的过程中，重力做功相等，均为mgh，选项C错误；‎ D．根据P=mgvy可知，两小球到达末端时，甲的重力的瞬时功率为零，乙的重力的瞬时功率不为零，选项D错误。‎ 故选A。‎ ‎4. 光滑水平地面上静止放置A、B两物体，物体A的质量为3m，物体B的质量为2m，对物体A施加恒定的水平外力F，作用时间t。撤去外力F后，物体A与物体B发生碰撞并粘合在一起，则二者的共同速度为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对整个过程以及AB的系统，由动量定理 可得 解得 故选B。‎ ‎5. 变压器原线圈与恒压交变电源连接，当滑动变阻器的滑片P向B端滑动时，理想交流电表的变化情况为（　　）‎ A A1表读数变小 B. A2表读数变小 C. V1表读数变小 D. V2表读数变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】C．由于变压器原线圈与恒压交变电源连接，则原副线圈的电压不变，所以V1表读数不变，R两端的电压也不变，R1与滑动变阻器这个支路的总电压也不变，选项C错误；‎ B．当滑动变阻器的滑动触头P向B端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，则R1与滑动变阻器这个支路的电流变大，A2表读数变大，副线圈电路干路电流变大，选项B错误；‎ A．原副线圈匝数不变，根据可知原线圈中电流变大，A1表读数变大，选项A错误；‎ D．由于R1与滑动变阻器这个支路的总电压不变，电流变大，降落在R1上的电压变大，则滑动变阻器的电压变小，即V2表读数变小，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎6. 如图所示，两根长为L的平行直导线P、Q固定在水平面上，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。当导线中通入图中所示方向大小相等的电流I时，两导线所受安培力均为0。现将导线Q中的电流反向，大小不变，导线P受到的安培力为（　　）‎ A. BIL B. 2BIL C. 3BIL D. 4BIL ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，导线Q中的电流未反向时，两导线所受安培力均为0，说明两导线所受外加磁场的安培力与两导线间的作用力方向相反，大小相等即为BIL，现将导线Q中的电流反向，大小不变，则导线P受到导线Q的作用力方向向右与导线P所受到的外加磁场的安培力方向相同，则此时导线P受到的安培力为2BIL 故选B。‎ ‎7. 某同学将篮球从距离地面高为h处由静止释放，与地面碰撞后上升的最大高度为。若篮球与地面碰撞无能量损失，空气阻力大小恒定，则空气阻力与重力大小之比为（　　）‎ A. 1：5 B. 2：5 C. 3：5 D. 4：5‎ ‎【答案】C - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】篮球与地面碰撞无能量损失，全过程根据动能定理有 所以 选项C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎8. 如图所示，圆形金属轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场中，一足够长的金属杆MN恰好封住轨道缺口，杆的N端与轨道的一端接触良好。现使金属杆以N端为轴顺时针匀速转动，金属杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆单位长度上的电阻为r。在金属杆转过的过程中，下列图像中的描述回路电流变化正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设金属杆转动的角速度为，经过时间t，金属杆接入电路中的有效长度为 此时产生的感应电动势为 - 21 -‎ 感应电流为 随时间的推移，电流增大，当时，即金属杆转到竖直位移置，此时感应电流最大，当金属杆转到竖直位置右边时感应电流为 随时间的推移，电流减小，由数学知识可知，只有B图符合 故选B。‎ 二、多项选择题：本题共3个小题，每小题4分，共12分。每个小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。‎ ‎9. 如图所示，光滑水平面和倾角为45°的光滑斜面对接，质量为m的小球静止在斜面底端。对小球施加一水平向右的作用力F，小球未离开水平面，F的值可能为（　　）‎ A mg B. mg C. mg D. 2mg ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球施加一水平向右的作用力F，当力F为0时，小球受重力和水平面的支持力平衡，随着力F的增大，斜面对小球也将产生弹力的作用。当小球恰好与水平面无作用力，仅受斜面弹力而平衡时，F最大，受力如图 此时根据几何关系有 - 21 -‎ 所以mg和mg为F的可能值，故选AB。‎ ‎10. 如图所示，在虚线圆圆心A两侧的对称点固定等量异种电荷+Q、－Q，B、C、D为虚线圆上的三个点，下列判断正确的是（　　）‎ A. A、B、C、D四个点中C点电势最低 B. B、D两点场强相同 C. B、D两点电势相同 D. 将+q沿圆周由B点移动到D点，+q的电势能一直减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由电势的叠加原理可知，由于D点离负电荷最近，则A、B、C、D四个点中D点电势最低，故A错误；‎ B．由等量异种电荷电场分布可知，B、D两点场强相同，故B正确；‎ C．由电势的叠加原理可知，由于D点离负电荷最近，B点离正电荷更近，故B点电势高于D点电势，故C错误；‎ D．沿圆周由B点移动到D点，离正电荷越来越远，离负电荷越来越近，由电势的叠加原理可知，沿圆周由B点移动到D点电势越来越低，则+q的电势能一直减小，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎11. 我国嫦娥四号探测器已经成功在月球表面着陆，并进行相关探索行动。若发现一物体以初速度v在动摩擦因数为μ的平面上滑行，经时间t停止运动。已知万有引力常数为G，月球的半径为R，则正确的是（　　）‎ A. 月球质量为 - 21 -‎ B. 月球的平均密度为 C. 月球的第一宇宙速度为 D. 月球的自转周期为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】令月球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律可得加速度为 a=μg 根据速度时间公式 可得 A．根据万有引力提供向心力 解得质量为 故A正确；‎ B．月球的体积为 则密度为 联立可得月球的平均密度为 - 21 -‎ 故B正确；‎ C．根据万有引力提供向心力 联立可得月球的第一宇宙速度为 故C正确；‎ D．根据题意无法求出月球自转的周期，故D错误。‎ 故选ABC。‎ 三、非选择题：本题5小题，共52分。‎ ‎12. 某同学利用如图所示的装置“探究功与速度变化的关系”。实验时，在木板的左端固定一挡板，挡板上拴一轻质弹簧，弹簧的右端固定一小物块，物块的上方有一很窄的遮光片，当弹簧的长度为原长时，物块恰处于O点，O点的正上方有一光电门，光电门上连接计时器（图中未画出）。已知弹性势能的表达式为Ep=k（△x）2。‎ ‎(1)实验开始时______平衡摩擦力（填“需要”或“不需要”）。‎ ‎(2)所有实验条件具备后，将小物块向左压缩弹簧△x后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t1。‎ ‎(3)将小物块向左压缩弹簧2△x、3△x、4△x…后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，分别记下遮光片通过光电门的时间t2、t3、t4‎ ‎(4)将几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3…，则W1：W2：W3=______，若以W为纵坐标，为横坐标作图，则得到的是______（选填“一条直线”或“一条曲线”）。‎ ‎【答案】 (1). 需要 (2). 1∶4∶9 (3). 一条直线 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由于该实验要求弹簧弹力做功，所以不能有摩擦力做功，所以需要平衡摩擦力 - 21 -‎ ‎(4)[2]已知弹性势能的表达式为Ep=k（△x）2，所以几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3，根据功能关系可知 W1：W2：W3=Ep1：Ep2：Ep3=1：4：9，‎ ‎[3]光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度v，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t，则小物块的速度 根据功能关系可以求出需要验证的关系式 若以W为纵坐标、为横坐标作图，则得到的图象是一条倾斜直线。‎ ‎13. 为了测量某电池的电动势E（约为3V）和内阻r，可供选择的器材如下：‎ A.电流表G1（2mA内电阻为100Ω）‎ B.电流表G2（1mA内电阻未知）‎ C.电阻箱R1（0~99.9Ω）‎ D.电阻箱R2（0~9999.9Ω）‎ E.滑动变阻器R3（0~10Ω，1A）‎ F.滑动变阻器R4（0~1000Ω，10mA）‎ G.定值电阻R0（800Ω，0.1A）‎ H.待测电池，‎ I.导线、开关若干 ‎(1)采用如图甲所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数和电流表G2的示数I2如下表所示：‎ I1/mA ‎0.40‎ ‎0.81‎ ‎1.20‎ ‎1.59‎ ‎2.00‎ I2/mA ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎1.00‎ 根据测量数据，请在图乙坐标系中描点作出I1-I2图线______，由图线可得出电流表G2的内阻等于______。‎ - 21 -‎ ‎(2)某同学在现有器材的条件下，要测量该电池的电动势和内阻，采用了图丙所示的电路，若把电流表G2改装成量程为3V的电压表，把电流表G1改装成量程为0.5A的电流表。‎ ‎(3)以G2示数I2为纵坐标，G1示数I1为横坐标，作出I2-I1如图丁所示，结合可得出电源的电动势为______V，电源的内阻为______Ω（结果均保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 图略 (2). 200 (3). 2.7 (4). 8.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]描点作出I1-I2图线如图所示，从表格中数据看，I1-I2成正比。图线为过原点的直线，电流表G2和电流表G1并联，电流之比就是内阻的反比。如图 电流表G1的内阻是100Ω，所以电流表G2的内阻等于200Ω。‎ ‎(3)[3][4]因为电流表G2（量程为1mA内电阻为200Ω），把它改装成3V的电压表时，由于电流表上的电压为0.2V，故串联的电阻上的电压为2.8V，电阻箱R2该调到电阻的大小为 R2=2800Ω 由图像可知，当I1=0时，I2=0.9mA，故 E=(3000Ω）×0.9 mA ‎ 当I1=0.4mA时，I2=0.6mA，因将电流表改为0.5A量程，相当于扩大了250倍，故此时通过电池的电流也约为100mA，而此时的路端电压为0.6mA×3000Ω=1.8V，所以 E=1.8V+100mA×（r+RA）‎ 以上两式联立方程解之得 - 21 -‎ E=2.7V r +RA=9.0Ω 将电流表G1改装为0.5A量程的电表，则有 解得，因此等效电流表的内阻为 故电源的内阻 r=8.6Ω。‎ ‎14. 质量为m的长木板静置于水平地面上，一质量也为m的木块从木板的左端滑上木板，初速度大小为v0=4m/s，如图所示。木板与木块间动摩擦因数μ1=0.3，木板与地面间动摩擦因数μ2=0.1，当二者都停止运动时，小木块未从木板上滑出。求：‎ ‎(1)木块刚滑上木板时，木板的加速度大小；‎ ‎(2)经过多长时间，木块和木板达到共速；‎ ‎(3)木板在地面上滑行总距离。‎ ‎【答案】(1)1m/s2；(2)1s；(3)1m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)木块刚滑上木板时 对木板分析，由牛顿第二定律 可得 a2=1m/s2‎ ‎(2)二者共速时，设共同速度为v 对木块 对木板 - 21 -‎ 可得 t=1s ‎(3)二者共速后，一起减速滑行，对二者整体研究，由牛顿第二定律 可得 a3=1m/s2‎ 共速前木板位移 共速后木板位移 总位移 可得 x=1m ‎15. 如图所示，A、B两物体置于水平地面上的O点，物体C置于P点，轻弹簧左端与竖直墙壁连接，右端与物体A相连，此时弹簧处于原长状态，物体B与A接触但无挤压。已知O点左侧水平面光滑，右侧粗糙，与物体A、B、C间动摩擦因数均为μ，物体A的质量为m1=m，物体B的质量为m2=5m，OP两点之间的距离为d。对物体B施加向左的外力，缓慢将AB推动到Q点（图中未画出），撤掉外力，物体B刚好滑动到P点但未与物体C发生碰撞。物体A、B、C均可视为质点，求：‎ ‎(1)轻弹簧的弹性势能；‎ ‎(2)将物体B换成质量为m4=0.5m的物体D，重复上述过程，释放后物体D与物体C发生弹性碰撞，碰后物体D恰好返回到O点，求物体C的质量。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】(1)撤掉外力，到达原长时，由能量守恒定律 之后AB分开，B减速运动到停止，由动能定理 可得 ‎(2)将B换为物体D，设弹簧原长时物体D的速度为v，，物体D滑动到P点时的速度为v0，则 CD发生弹性碰撞 D反弹，，由动能定理 可得 ‎16. 两金属板MN平行放置，金属板右侧的矩形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，P、Q分别为ad边和bc边的中点，ab=3L，ad=2L，金属板与矩形区域的轴线PQ垂直，如图所示。质量为m、电荷量为q的粒子在M板附近自由释放，经两板间电压加速后，穿过N板上的小孔，以速度v沿轴线PQ进入磁场区域，并由b点离开磁场。不计粒子重力，求：‎ ‎(1)加速电压U的大小；‎ ‎(2)矩形磁场中磁感应强度的大小；‎ ‎(3)若在矩形磁场右侧，分布着另一个一条边平行于ab边的矩形磁场区域efgh（未画出），粒子经过efgh偏转后恰好回到出发位置，求矩形磁场efgh的最大磁感应强度及对应的面积。（cos=0.8，sin=0.6）‎ - 21 -‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在电场中加速，由动能定理得 可得 ‎(2)磁场中 由勾股定理 可得 可得 ‎(3)粒子可能的轨迹如图所示，则有粒子离开abcd后，立即进入磁场efgh时，满足题目要求。设粒子在磁场efgh中运动轨迹的半径为r - 21 -‎ 可得 磁场efgh中 由公式 得 则 磁场efgh面积 可得 得 四、选考题：共12分。从17和18题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ - 21 -‎ ‎[物理——选修3-3]‎ ‎17. 下列说法正确的是______。‎ A. 一定质量的气体，体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减少 B. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大 C. 空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下热传递方向性可以逆向 D. 外界对气体做功时，其内能一定会增大 E. 液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一定质量的气体，体积不变时，分子数密度不变，温度越低，则分子平均速率越小，则分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减少，选项A正确；‎ B．晶体熔化时吸收热量，但是温度不变，则分子平均动能不变，选项B错误；‎ C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下热传递方向性可以逆向，选项C正确；‎ D．外界对气体做功时，若气体放热，则其内能不一定会增大，选项D错误；‎ E．液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，选项E正确。‎ 故选ACE。‎ ‎18. 如图所示，两玻璃管内径相同，底部用细管相连，开始时两管内存在等高的10cm长水银柱，管内空气柱高均为20cm。现用阀门将右管口封闭，用活塞封闭左管口，缓慢推动活塞压缩左管内气体，使左管内的水银恰好全部进入右管，然后保持活塞位置不动。已知大气压为75cmHg，细管容积忽略不计，环境温度保持不变。求：‎ ‎（1）左管活塞下移的距离（结果保留两位有效数字）；‎ ‎（2）将右管上端的阀门缓慢开启，计算说明右管内水银是否会溢出。‎ ‎【答案】（1）21cm；（2）水银不会溢出 ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】(1)对右侧气体应用玻意耳定律 p0L0＝p右L右 其中 L右＝20－10＝10‎ p右＝p左－20‎ 对左侧气体应用玻意耳定律 P0L0S=P左L左S 解得 L左＝8.8cm 活塞下移的距离 x＝30cm－L左＝21cm ‎(2)右管阀门打开后假设水银不溢出，左侧气体压强变为 p＝p0＋20‎ p0L0＝pL′‎ 解得 L′＝15.8cm 因 L′＋20＝35.8cm<（8.8＋30）cm 故水银不会溢出。‎ ‎[物理——选修3-4]‎ ‎19. 一列简谐横波，在t=0.6s时刻的如图甲所示，波上A质点的振动如图乙所示，则以下说法正确的是______‎ A. 这列波沿x轴正方向传播 B. 这列波的波速是m/s - 21 -‎ C. t=0.6s时，质点P的加速度方向沿y轴负方向 D. 从t=0.6s开始，质点P比质点Q晚0.4s回到平衡位置 E. 从t=0.6s开始，紧接着的△t=0.6s时间内，质点P通过的路程是4m ‎【答案】ABE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由乙图读出t=0.6s时刻质点A向下振动，由甲图结合同侧法判断出可知波沿x轴正方向传播，故A正确；‎ B．由甲图读出波长为λ=20m，由乙图读出周期为T=1.2s，则波速为 故B正确；‎ C．由图甲可知，t=0.6s时，质点P的位移为负，则此时质点P的加速度方向沿y轴正方向，故C错误；‎ D．图示时刻质点P沿y轴正方向，直接向平衡位置运动，而Q正沿y轴负向运动，所以质点P将比质点Q早回到平衡位置，故D错误；‎ E．由于 则从t=0.6s开始，紧接着的△t=0.6s时间内，A质点通过的路程是 故E正确。‎ 故选ABE。‎ ‎20. 如图所示，等腰三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角度i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射。已知θ=15°，BC边长为L，该介质的折射率为。求：‎ ‎（1）入射角i；‎ ‎（2）光从入射到发生第一次全反射所用的时间（设光在真空中的速度为c，可能用到：sin75°=或tan15°=2-）。‎ - 21 -‎ ‎【答案】（1）45°；（2）L ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可知光路图如图所示 ‎(1)根据全反射可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得 sinC＝‎ 代入数据得 C＝45°‎ 设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得 r＝30°‎ 由折射定律得 n＝‎ 联立可得 i＝45°‎ ‎(2)在△OPB中，根据正弦定理得 ‎＝‎ 设光从入射到发生第一次全反射所用时间为t，光在介质中的速度为v，得 ‎＝vt v＝‎ - 21 -‎ 联立解得 t＝L - 21 -‎