云南玉溪新平一中2020-2021学年高三上开学物理试题

云南省玉溪市新平一中2020-2021学年高三（上）开学物理试题学校:姓名：班级：一、单选题1．关于力和运动，下列说法中正确的是（）A.物体在恒力作用下可能做曲线运动B.物体在变力作用下不可能做直线运动C.物体在恒力作用下不可能做曲线运动D.物体在变力作用下不可能保持速率不变2．下图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，调节前后（）J忙］A.副线圈中的电流比为1：2B.副线圈输出功率比为2：1C.副线圈的接入匝数比为2：1D.原线圈输入功率比为1：2.如图，三个固定的带电小球。、b和c,相互间的距离分别为ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线.设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为鼠则（）

a、b的电荷同号，aa、b的电荷同号，a、b的电荷异号，a、b的电荷同号，a、b的电荷异号，k二169k二169k二班27k二史27.在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动，如图所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品.已知管状模型内壁半径凡则管状模型转动的最低角速度/为（）C.愣C.愣.如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L,一端通过导线与阻值为R的电阻连接.导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆、导轨的电阻均忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下.用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动.当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示.下列说法正确的是（）A.金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动B.a点电势高于b点电势力工工：弓C.由图像可以得出B、L、R三者的关系式为——=-及2D.当恒力F=4N时，电阻R上消耗的最大电功率为24W6．伽利略为了研究自由落体运动的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，如图所示，对于这个研究过程，下列说法正确的是（）A.斜面实验放大了重力的作用，便于测量小球运动的路程B.斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于小球运动距离的测量C.通过对斜面实验的观察与计算，直接得到自由落体运动的规律D.根据斜面实验结论进行合理的外推，得到自由落体运动的规律二、多选题.如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块.选择B端所在的水平面为重力势能的零参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，下面四幅图象能正确反映其机械能E与位移％关系的是（）.如图所示，斜面粗糙绝缘.A点处固定一点电荷甲，将一带电小物块乙从斜面上B点处由静止释放，乙沿斜面运动到C点时静止.则（）甲.Z■iy号A.乙在B点的电势能一定大于在C点的电势B.甲、乙有可能带异种电荷C.从B到C的过程中，乙可能做匀减速度运动D.从B到C的过程中，乙的机械能的损失量一定小于克服摩擦力做的功9．下列说法正确的是（）A.一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，系统的内能保持不变B.对某物体做功，可能会使该物体的内能增加C实际气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积D.一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同E.功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功三、实验题10.在“实验：用伏安法测量金属丝电阻率p”中，实验用的电源电动势为3V,金属丝的最大电阻为5Q.①为使测量更为准确，请在图甲中正确选择电流表的量程并接入电路.②用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图乙所示，其读数为d=mm.③滑动变阻器触头调至一合适位置后不动.闭合开关，P的位置选在ac的中点b,读出金属丝接人电路的长度为L,电压表、电流表的示数分别为U、I.请用U、I、L、d写出计算金属丝电阻率的表达式：p=.④本电路测量结果：p测―p真.（选填“〉”或“<”）11.利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置示意图如图1所示：

(1)实验步骤：①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m,将导轨调至水平.②用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图2所示，由此读为1=mm.③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s=cm.④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2.⑤从数字计数器(图1中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m.(2)有表示直接测量量的字母写出下列所求物理量的表达式：①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1=和v2=.②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为E能分别为Ek产K1和EK2=K2③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少AEP=—(重力加速(3)如果AEp氏，则可认为验证了机械能守恒定律.四、解答题.如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为/间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为〃，重力加速度大小为g.忽略所有电阻.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．.如图所示，在光滑的水平长直轨道上，有一质量为M=3kg、长度为L=2m的平板车以速度v0=4m/s匀速运动.某时刻将质量为m=1kg的小滑块轻放在平板车的中点，小滑块与车面间的动摩擦因数为〃=0.2，取g=10m/s2.(1)若小滑块最终停在平板车上，小滑块和平板车摩擦产生的内能为多少？(2)若施加一个外力作用在平板车上使其始终保持速度为v0=4m/s的匀速运动，当小滑块放到平板车中点的同时，对该小滑块施加另一个与平板车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从平板车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件?⑶在(2)的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从平板车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？.如图所示，水平放置一个长方体气缸，总体积为匕用无摩擦活塞(活塞绝热、体积不计)将内部封闭的理想气体分为完全相同的A、B两部分.初始时两部分气体压强均为P,温度均为.若使A气体的温度升高^T,B气体的温度保持不变，求(i)A气体的体积变为多少？(ii)B气体在该过程中是放热还是吸热？.一列简谐横波在t=3s时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点.图3)是质点Q的振动图象。求:(i)波速及波的传播方向；

(ii)质点Q的平衡位置的％坐标。五、填空题16.如图，445。为一玻璃三棱镜的横截面，/A=30°,一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60°,则玻璃对红光的折射率为.若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射射角(“小于”“等于”或“大于”)60°.参考答案1．A【解析】【详解】物体在恒力作用下可能做曲线运动，例如平抛运动，选项A正确，C错误；物体在变力作用下也可能做直线运动，只要这个力方向与速度方向在同一条直线上，选项B错误；物体在变力作用下也可能保持速率不变，例如匀速圆周运动，选项D错误.2．C【解析】设原线圈中电流为I1,匝数为n1,两端输入电压为U1,输入功率为P1,幅线圈中电流为I2,匝数为n2，两端输出电压为U2，输出功率为P2，根据理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系有：=，所以当输出电压U2由220V降至110V时，副线圈匝数n2也应减少为一半，故选项C正确；由于副线圈两端所接用电器不变，所以当用电器电压减半时，其电流I2也减半，故选项A错误；根据功率计算式P=UI可知，副线圈中输出功率P2变为原来的1/4,故选项B错误；由能量守恒定律可知，原线圈中输入功率P1也变为原来的1/4,故选项D错误．【考点定位】理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系、部分电路欧姆定律、电功率计算式、能量守恒定律的应用．【方法技巧】理清理想变压器中各参量间的因果关系,究竟是谁决定谁是正确解决此类问题的关键和突破口．3．D【详解】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于。,b的连线，可知，。、b的电荷异号，对小球c受力分析，如下图所示因ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm,因此ac±bc,那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有Faac4Fb―bC―3根据库仑定律有f二k",f二kQq

aac2bbc2综上所得q44264—a=—X——=——q33227b故D正确，ABC错误。故选D。4．A【解析】【分析】经过最高点的铁水要紧压模型内壁，否则铁水会脱离模型内壁，故临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解管状模型转动的最小角速度．【详解】经过最高点的铁水要紧压模型内壁，临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mg=m①2R解得：仁故A选项符合题意，BCD均不符题意3=5．B【详解】试题分析：金属杆在匀速运动之前，水平方向受到拉力F和向左的滑动摩擦力f和安培力F,而国=03,安培力大小与速度大小成正比，开始阶段，拉力大于安培力，金属杆安享R做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，合力减小，加速度减小，故金属杆在匀速运动之前做变加速直线运动，A错误;根据楞次定律判断得知，流过电阻R的电流方向为口Ta的电势高于b,B正确；当金属杆匀速运动时，则有百=七十一,得：D1上；J7f——=---,根据图象乙，由数学知识得：Rvv当廿二2班船时，F-2N,代入上式得：二1一一①R2当廿二4tm/s时，F=3N,代入上式得：=一一/_②D1解得：——=-,c错误；当恒力F=4W时，由图知u=6加,"，电阻R上消耗的最大电R2功率为：尸=®v)==工乂心用=如甲,D错误；故选B.R£2【点睛】首先明确电路，发生电磁感应现象的部分是电源，其余为外电路，要抓住导体棒的受力情况，运动情况的动态分析，即导体受力运动产生感应电动势一感应电流一通电导体受安培力一合外力变化一加速度变化一速度变化一周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达稳定运动状态，抓住时，速度v达最大值的特点；再根据图象中v和F的对应关系及稳定时的能量转化情况可得R上消耗的最大电功率.考点：电磁感应现象的综合应用．6．D【详解】伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“减小”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，便于小球运动时间的测量，减小实验误差，故AB错误；根据实验结果，伽利略将实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律，不是直接得到的．故C错误，D正确；故选D.7．CD【解析】【详解】①当物块刚放到传送带上时，一直被加速时，则由于物体所受的摩擦力对物体做正功，所以物体的机械能从某一值一直增大，故A错误；②当物块放到传送带上，先做加速运动，传送带对物体的摩擦力的方向向下，即摩擦力对物体做正功，机械能增加；设初始时机械能为E0.根据功能原理可知：E=E+日mgcos6・x,0图线的斜率大小等于Nmgcos9；当物块和传送带速度达到相等后，摩擦力的方向向上，此时摩擦力对物体做负功，故机械能减小；若物块在到达B点之前.设物块与传送带速度相同时机械能为E'，位移为％.对于00速度相同后的过程，可得：E=E'-mgsin9(x—x)，图线的斜率大小等于mgsin9.00若Nmgcos9>mgsin9,则物体相对传送带静止，此时所以后者图线斜率小于前者，所以B错误，D正确；若Nmgcos9<mgsin9,则物体相对传送带继续加速下滑，此时所以后者图线斜率大于前者，故C正确；故选CD.8．AD【解析】试题分析：由于乙电荷从B运动到C处静止，则甲、乙两个电荷一定带同种电荷，相互排斥，在B点受到的排斥力大于C处的排斥力，因此B错误，大B向C运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，因此乙在B点的电势能一定大于在C点的电势，A正确；从B向C运动的过程中，乙先做加速后做减速运动，C错误；由于电场力做正功，摩擦力做负功，两个力做功之和等于乙损失的机械能，因此乙的机械能的损失量一定小于克服摩擦力做的功，D正确.考点：动能定理，电势能9.BCD【解析】【详解】A.水变成水蒸气，分子平均动能不变，但由于体积增大，分子间距离增大，由于气体分子间间距接近104,故在变化过程中分子力做负功，分子势能增大，故内能增加，从宏观来看，水变成水蒸气需要吸热，内能也是增加的，故A错误；B.做功和热传递均可以改变物体的内能，故对物体做功内能可能增加，可能减少，故B正确；C.气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积，故C正确；D.由热力学第零定律，两系统达到热平衡的条件为温度相同，故D正确；E.由热力学第二定律，功可以全部转化为热，而热量也可以全部转化为功，但要引起其他方

面的变化，故E错误;故选BCD。兀d2U_10.①如下图所示.②0.690(0.688〜0.693)③石1.④V【解析】试题分析：①如下图所示.②金属丝的直径d=0.5mm+0.01mmx19.0=0.690mm.③由欧姆定_UR=p—律：R=丁_UR=p—律：R=丁+d2联立解得P=测量值偏小，故电阻率的测量值偏小.考点：测量金属导体的电阻率.11.9.3060.00(59.96测量值偏小，故电阻率的测量值偏小.考点：测量金属导体的电阻率.11.9.3060.00(59.96〜60.04)—(M+m)(—)221(M+加)(—)乙2mgsEk2【解析】△【详解】第一空.该游标卡尺的精确度为0.05mm,主尺读数为9mm,副尺读数为0.05mmx6=0.30mm,故遮光条的宽度l=9mm+0.05mmx6=9.30mm.第二空.刻度尺的精确度为1mm,估读到0.1mm,则两光电门中心之间的距离s=80.00cm-20.00cm=60.00cm(59.96〜60.04).第三空.第四空.由于挡光条宽度很小,因此将挡光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速ll度.有：丁丁「2=712第五空.根据动能的定义式得：通过光电门1,系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总△△动能为E=1(M+m)(1)2.k12t1第六空.通过光电门2,系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能为△E=1（M+m）（—）2.k22t2第七空.系统势能的减少△EP=mgh=mgs△第八空.如果△E「=△Ek=Ek2-Ek1即重力势能的减小量等于动能的增加量，则可认为验证了机械能守恒定律．(1)Q=CBLv(2)v_mgsin。一口mgcos0m+CB2L2【解析】试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律，求出感应电动势；再与相结合求出电荷量与速度的关系式.（2）由左手定则来确定安培力的方向，并求出安培力的大小；借助于、且及牛顿第二定律来求出速度与时间的关系.解：（1）设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为E=BLv,平行板电容器两极板之间的电势差为U=E,设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,按定义有,联立可得，Q=CBLv.（2）设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t,通过金属棒的电流为i,金属棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为f1=BLi,设在时间间隔（t,t+4t）内流经金属棒的电荷量为^Q,贝必Q=CBL△v,Aq按定义有：［若，△Q也是平行板电容器极板在时间间隔（t,t+4t）内增加的电荷量，由上式可得，△v为金属棒的速度变化量，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上,大小为：f2=pN,式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有N=mgcos0,金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a,根据牛顿第二定律有：mgsin。-f1-f2=ma,即：mgsin。-gmgcos0=CB2L2a+ma；in(sin日一乩cos9)g联立上此式可得：a=n-o.时必i/c由题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为mtsin0-cos6)gtV=nri-B2L2C.答：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系为Q=CBLv；in(sin9-[1cos6)gt(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系^=『.id-BZLZC【点评】本题让学生理解左手定则、安培力的大小、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、及运动学公式,并相互综合来求解．(1)6J(2)F三6N(3)0.5sWtW1.08s【分析】(1)由动量守恒定律列出等式,由能量守恒求解；(2)根据牛顿第二定律和运动学公式求解；⑶力F取最小值，当滑块运动到达车右端时，与车达共同速度.根据根据牛顿第二定律和几何关系求解.【详解】(1)由动量守恒定律得：Mv-(M+m)v0计算得出：Mv

V0—m+M由能量守恒得：11Q=—Mv2一(M+m)v2=6J22(2)设恒力(2)设恒力F取最小值为F1,滑块加速度为a此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到车左端的时间：vt--o1a1由几何关系有：vtLVt一一01——0122由牛顿定律有：F+从mg=ma11由①②③式代入数据计算得出：t1=0.5s,F1=6N则恒力F大小应该满足条件是F>6N.⑶力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动(设运动加速度为a2,时间为12)，再做匀减速运动(设运动加速度大小为a3).到达车右端时，与车达共同速度.则有：F一日mg-ma12从mg=ma3…………⑥1a2t2…………⑥—at2+2-^--L2222a3由④⑤⑥式代入数