2021届浙江省杭州市桐庐分水高级中学高三（下）开学考试物理试题解析

2020—2021高三第二学期开学考物理试卷

一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中

只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.测量国际单位制规定的三个力学基本物理量分别可用的仪器是下列哪一组（）

A.米尺、弹簧秤、秒表B.米尺、天平、秒表

C.量筒、天平、秒表D.米尺、测力计、打点计时器

答案：B

解：长度、时间、质量是三个力学基本物理量，米尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器，

秒表是测量时间的仪器，故B正确，ACD错误.

2.如果正在做自由落体运动的物体的重力忽然消失，那么它的运动状态应该是（）

A.悬浮在空中不动B.运动速度逐渐减小

C.做竖直向下的匀速直线运动D.以上三种情况都有可能

答案：C

解：做自由落体运动的物体在运动过程中只受重力作用，如果重力消失，则物体不受任何力作用，

根据牛顿第一定律可得物体将做竖直方向的匀速直线运动。

故选C。

考点：考查了对牛顿第一定律的理解

3.如图所示，蹲在树枝上的一只松鼠看到一个猎人正在用枪水平对准它，就在子弹出枪口时，松

鼠开始运动，下述各种运动方式中，松鼠不能逃脱厄运而被击中的是（设树枝足够高）：

C

①自由落下

②竖直上跳

③迎着枪口，沿AB方向水平跳离树枝

④背着枪口，沿AC方向水平跳离树枝

A.©©③B.②③④C.①③④D.①②④

答案：C

解：子弹在竖直方向上是自由落体运动，若松鼠做自由落体运动，那么松鼠和子弹在竖直方向上的

运动是一样的，它们始终在一个高度上，所以松鼠一定会被击中，同样，③迎着枪口，沿方向

水平跳离树枝和④背着枪口，沿AC方向水平跳离树枝这两种运动在竖直方向上也是自由落体运动,

松鼠同样会被击中，都不能逃脱厄运，只有②竖直上跳时，在竖直方向上和子弹的运动过程不一样,

能逃过厄运。

故选C。

4.如图所示，分别用"、F?、心将质量为，力的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜

面底端拉到斜面的顶端，物体到达斜面顶端时，力可、居、K的功的关系为（）

A,叱=吗=吗B.叱＞吗=暝

C.叱<叫<也D.叫＞吗＞吗

答案：A

解：由题意，根据牛顿第二定律可知三个力在沿斜面方向的分力大小相等，三个力在垂直斜面方向

的分力做功均为零，根据功的定义可知三个力做的功相等。

故选Ao

5.某同学在实验室做了如图所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由

下落，已知小球的直径为0.5cm,该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为l.OOxlO^s，g

取10m/s2,则小球开始下落的位置距光电门的距离为（）

铁质小球

光电门三诊

A.1mB.1.25mC.0.4mD.1.5m

答案：B

解：小球通过光电门时间很短，这段时间内的平均速度可看成瞬时速度，为:

x0.5x10-2

v=—=------------T-m/s=5m/s

l.OOxlO-3

由自由落体运动规律可知：

V2

h=——=1.25m

2g

选项B正确，ACD错误。

故选B。

6.一带电粒子在匀强磁场中.沿着磁感应强度的方向运动，现将该磁场的磁感应强度增大1倍，则

带电粒子受到的洛伦兹力（）.

A.增大为原来的2倍

B.增大为原来的4倍

C.减小为原来的一半

D.保持原来的情况不变

答案：D

解：带电离子沿着磁感应强度的方向运动，粒子的速度v方向与与磁场方向B的夹角

。=0。，sinO°=O,则带电粒子在磁场中所受洛伦兹力为零，将该磁场的磁感应强度增大1倍，粒子

所受洛伦兹力仍然为零，不变；故D正确，ABC错误；

故选D.

【点睛】熟练掌握洛伦兹力公式即可.

7.质量为1kg的物体从某一高度自由下落，则该物体下落5m内重力做功的平均功率是（）（取

g-1Om/s2）

A.25WB.50WC.75WD.100W

答案：B

解：下落过程有

h=-gt~

物体下降过程中重力做的功为

W-ingh

重力的平均功率为

P=—

t

联立并带入数据得重力的平均功率为50W。

故选B。

8.奥运会单杠比赛中有一个“单臂大回环”动作，难度系数非常大。假设运动员质量为〃？，单臂

抓杠身体下垂时，手掌到人体重心的距离为/,在运动员单臂回转从顶点倒立（已知此时速度为0）

转动至最低点的过程中（可将人视为质量集中于重心的质点，且不考虑手掌与单杠间的摩擦力，重

力加速度为g）,下列分析正确的有（）

A.运动员在最低点处速度大小是向

B.运动员在最低点处的加速度大小是3g

C.在最低点时运动员手臂拉力是其自身重力的3倍

D.经过最低点时运动员的角速度最大，为2行

答案：D

解：A.运动员在最低点处速度大小为v,根据机械能守恒定律有

,12

20mgl=—mv

解得

v=2a

故A错误；

B.运动员在最低点处的加速度大小为

V2

a=7=4g

故B错误；

C.设在最低点时运动员手臂拉力大小为凡根据牛顿第二定律有

F-mg=ma

解得

F=5mg

故C错误;

D.经过最低点时运动员的线速度最大，所以角速度最大，为

­=2的

故D正确。

故选D。

9.下列用电器是利用电流热效应工作是（）

A.电冰箱B.电风扇C.电暖器D.电视机

答案：C

解：试题分析：（1）电流热效应：电流通过导体要发热，这叫做电流的热效应，如电灯、电炉、

电烙铁、电焊等都是电流的热效应的例子；

（2）电流化学效应：电流通过导电的液体会使液体发生化学变化，产生新的物质，电流的这种

效果叫做电流的化学效应，如电解，电镀，电离等就属于电流的化学效应的例子；

（3）电流的磁效应：给绕在软铁心周围的导体通电，软铁心就产生磁性，这种现象就是电流的磁

效应，如电铃、蜂鸣器、电磁扬声器等都是利用电流的磁效应制成的.

解：A、电冰箱工作时主要把电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作的，故A错误；

B、电风扇利用电动机带动工作，利用了电流的磁效应.故B错误；

C、电暖气是利用了电流的热效应，来加热的，故C正确；

D、电视机也是利用了电流的磁效应来工作的，故D错误；

故选C.

点评：本题主要考查学生对电流的热效应，以及电能和其它形式能的相互转化，利用热效应工作的

电器特点是把电能主要转化成内能，是一道基础题.

10.下面的四个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是（）

XXDXX

X'XXX

B

••・

D./(5>-F

•••

答案：c

考查了左手定则的应用.根据左手定则的内容，直接判断即可，比较简单.

解：A.磁场向上，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向水平向右，所以A错误：

B.磁场向左，电流向外，根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以B错误；

C.磁场向里，电流向左，根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以C正确；

D.磁场向外，电流向外，它们的方向相同，不受安培力的作用，所以D错误.

【点睛】要注意与右手定则的区别，注意磁场方向、电流方向以及安培力的方向之间的关系.

11.如图所示，当开关S断开时，电压表示数为3V,当开关S闭合时，电压表示数为1.8V,则外

电阻R与电源内阻r之比为（）

C.2：3D.3：2

答案：D

解：开关断开时，电压表的示数等于电源的电动势，故E=3V；当开关闭合时，电压表示数为R两

端的电压，由U=E-U内可知，内电压

Urt=E-U=3-1.8=1.2（V）

故外电阻与内电阻的比值

R_U_L8_3

7=U^=L2=2

故选D。

12.如图所示，一质量为m的汽车保持恒定的速率运动，若通过凸形路面最高处时对路面的压力为

F.,通过凹形路面最低处时对路面的压力为R,则（）

A.F,=mgB.F]>mgC.F2=mgD.F2>mg

答案：D

解：汽车通过凸形桥和凹形桥时均做圆周运动，因此要对汽车进行正确的受力分析，然后利用向心

力公式求解.

设汽车通过凹形桥最低点和凸形桥最高点时所受支持力分别为F'?和F；,根据向心力公式有：

2

通过凹形桥最低点时F',-G=?上，

r

mv2

通过凸形桥最高点时：G-F',-------

r

由于m、v、r均相等，固有6'>G>/7,根据牛顿第三定律可知耳=F；,E=F'2：,故ABC错

误，D正确.

故选D.

【点睛】生活中有许多圆周运动的实例，要能通过所学知识，对其进行分析，提高应用物理知识解

决实际问题能力.

13.电阻R和电动机M串联接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，电

键接通后，电动机正常工作，设电阻R和电动机M两端的电压分别为Q和。2,经过时间/，电

流通过电阻R做功为“，产生热量为。I，电流通过电动机做功为明，产生热量为。2,则有（）

A.叱=吗,。］>。2B.=U2,Qt=Q2

C.U,<U2,Q1=Q2D.叫〈吗

答案：c

解：设开关接通后，电路中电流为/,对于电阻R,由欧姆定律得5=/R,对于电动机4>/R则

ut<u2

2

根据焦耳定律得Q1=/2放,Q2=IRt,则

Q\=Qi

故ABD错误，C正确。

故选C。

二、选择题n（本大题共3小题，每小题2分，共6分）

14.如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于〃=4的激发态，当向低能级跃迁时辐

射出若干种不同频率的光，下列说法正确的是（）

A.这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光

B.由〃=2能级跃迁到n=1能级产生的光频率最小

C.由〃=4能级跃迁到n=1能级产生的光最容易发生衍射现象

D.用〃=2能级跃迁到〃=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属钳能发生光电效应

答案：D

解：A.大量处于〃=4能级的氢原子能发射不同种频率的光子数为

小一1）

---------=0

2

故A错误；

BC.核外电子从高能级〃向低能级加跃迁时，辐射的光子能量

\E=En-Em=hv

C

故能级差越大，光子的能量也越大，即光子的频率越大，根据=♦可知频率越大，波长越小。又

/I

波长越大，越易发生明显的干涉和衍射现象。

由图可知当核外电子从〃=4能级跃迁到〃=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，

频率最小，波长最大，故最易发生衍射现象，故BC错误；

D.由〃=2能级跃迁到〃=1能级辐射出的光的能量为

A£=-3.4eV-（-13.6eV）=10.2eV

大于6.34eV,能使该金属发生光电效应，故D正确。

故选D。

15.在。点有一波源，f=0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波.〃=4s时，距离。点为

3m的A点第一次达到波峰；f2=7s时，距离0点为4m的B点第一次达到波谷.则以下说法正确

的是（）

A.该横波的波长为2m

B.该横波的周期为4s

C.该横波波速为lm/s

D.距离。点为1m的质点第一次开始向上振动的时刻为6s末

答案：BC

由题中“在。点有一波源”可知，本题考查机械波的振动周期、波长、波速和振动规律，根据机械波

的规律可分析本题.

解：ABC、由于波源开始向上振动，所以当4点，第一次出现波峰时，根据

Ax

△Af=—

v

得

3T

4=4s=—+一

'v4

当8点第一次出现波谷时有

r43T

Z,=7s=—+——

'v4

解得

尸lm/s,T=4s

波长

A.=vT=4m

故A错误，BC正确；

D、振动从。传到距离0点为1m的质点所需时间

Ar,

ZA=——=ls

v

故D错误.

16.固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，。点为圆心，0。'为直径的垂线，足够大的光屏PQ

紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN.由A、8两种单色光组成的一束光沿半径方向射向。点，入射光线

与。。'夹角。较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大。角，当。=6;时・，光屏NQ区域A光

的光斑消失，继续增大8角，当仇"时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则（）

o

A.玻璃砖对A光的折射率比对B光的大

B.A光在玻璃砖中传播速度比B光的大

C.＜夕时，光屏上只有1个光斑

JT

D.£＜0＜一时，光屏上只有1个光斑

答案：AD

解：A、由题意可知当6=a时，A光在MN发生全反射，当合小时B光在MN发生全反射,则可知A

光的临界角小于B光的临界角，根据sinC=，可知，玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，选项

n

A错误；

B、由〃=£可知A光在玻璃砖中传播速度比B光的小，选项B错误；

v

C、a〈9V0时，此时A光已经发生全反射，故在NP部分油-一个光斑，同时B光从MN下方折射

出来，射到NQ上，则在光屏上应有2个光斑，选项C错误；

冗

D、「＜9＜彳时，AB两束光都发生全反射，故在光屏上只有1个光斑，选项D正确.

三、非选择题（本题共7小题，共55分）

17.用伏安法测电阻时，如待测电阻R1约为150C,电压表内阻约为5kC,电流表内阻约为20。，

应该用图中的电路（填①或②）来测量可以尽量减小误差.当用电路图1进行测量时，测量

值将比真实值偏;当用图2进行测量时测量值比真实值偏一（填大或小）.以上的测量误差

属于—（偶然，系统）误差.

答案:(1).①(2).小(3).大(4).系统

解：待测电阻与电流表内阻相当，满足用=2250()<&•&=5000x2(),属于小电阻，采用电

R.R

流表的外接法测量误差较小，测量误差偏小故选图①电路;而《产片一^<&,测量值比真实值

《+Kv

偏小；图②为电流表的内接法，我测="+a4〉与，测量误差偏大；以上测量误差是电压表分流和

电流表分压造成的，属于系统误差.

【点睛】解决本题的关键知道电流表的内外接引起的误差属于系统误差，掌握口诀“小外偏小，大内

偏大

18.如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为

d、质量为，〃的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于3处的光电

门，测得A、8间的距离为〃(“》〃)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为f,当地的

重力加速度为g。贝I：

4,金属球

I

甲z

(1)如图乙明示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径”=mm。

(2)小球经过光电门3时的速度表达式为u=0

(3)多次改变高度〃，重复上述实验，作出去随，的变化图象如图丙所示，当图中已知量八、"o

和重力加速度g及小球的直径d满足表达式时，可判断小球下落过程中机械能守恒。

(4)实验中发现动能增加量八七总是稍(选填“大于”或“小于”)重力势能减少量△「，增大

下落高度后，则AEp-AEk将(选填"增大”、"减小”或"不变”)。

d12gH。)

答案：(1).7.15(2).—(3).--2=(或9(4).小于(5).增

t10a2

大

解：(1)口］小球的直径为

d=7mm+3x0.05mm=7.15mrn

(2)［2］小球经过光电门B时的瞬时速度近似等于f时间内的平均速度，即

d

v=—

t

(3)[3]根据机械能守恒定律有

12

mgHu=—mv

解得

1__2gH

t2~d2

根据题图丙可知，若小球下落过程中机械能守恒，则图中已知量办、"o和重力加速度g及小球的

直径d应满足的表达式为

1_2gH。

工厂屋

(4)[4]由于空气阻力的作用，使得动能增加量△线总是稍小于重力势能减少量。

[5]根据功能关系可知

所以“增大后，%一.将增大。

19.如图所示，一带电荷量为+外质量为根的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装

置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度用g表示，sin37。=0.6,

cos37°=0.8.求：

(1)电场强度的大小E;

(2)将电场强度减小为原来的；时，物块加速度的大小a-,

(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能Ek。

答案：⑴,方向水平向右；(2)0.3g,方向沿斜面向下；⑶0.3〃磔

4q

解：(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则

y\^X

■>

F

mg

在X轴方向

产合x=Fcos。-mgsin6=0

在y轴方向

F仆y=FN-mgcos。-Fsin0=O

得

qE=mgtan310

故有

3mg

E=

4q

方向水平向右。

(2)场强变化后物块所受合力为

F=mgsin310-^Ecos37°

根据牛顿第二定律得

F-tna

故代入解得

a=0.3g

方向沿斜面向下

(3)4到B的过程中重力和电场力做功，根据动能定理得物块下滑距离L时的动能为：

Ek=mgLsin31°--yqELcos370=0.3mgL

20.如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，在离B距离为x

的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到

最高点C处后水平抛出，恰好落回A点，问：

(1)推力对小球做了多少功？

(2)x取何值时，完成上述运动时所做的功最少?最少功为多少？

c

答案：⑴，('+)(2)2RUgR

8R2

解：(1)质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点速度为七,质点从C点运

动到A点所用的时间为t,

在水平方向上在竖直方向上2R=gg产

联立即得％=鼻厢

对质点从A到C有动能定理可得%-2mgR=，根T，解得w—(16R-+5)

2F8R

1,

(2)要使F力做功最少，确定x的取值，由吗.=2MgH+/，〃心知，只要质点在C点速度最小，

则功也.就最小.

2

若质点恰好能通过C点，其在C点最小速度为v,由牛顿第二定律有机g='二，

当尤=2R时，％最小，

最小的功W.=|mgR

21.在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度为w的某种正粒子偏转吆角

(volE)；在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，使该粒子

穿过该区域且偏转角仍为。(不计粒子的重力)，问：

(1)匀强磁场的磁感应强度是多大；