1、宣化第一中学2021届高三上学期第一次联考物理试卷一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1. 如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端球与弹簧不连接，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面栓牢图甲烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动图乙那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是A. 弹簧的弹性势能先减小后增大B. 球刚脱离弹簧时动能最大C. 球在最低点所受的弹力等于重力D. 在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加2. 如图所示，金属棒MN，在竖直放置的两根平行导轨上无摩擦地下滑，导轨间串联一个电阻，磁感强度垂
2、直于导轨平面，金属棒和导轨的电阻不计，设MN下落过程中，电阻R上消耗的最大功率为P，要使R消耗的电功率增大到4P，可采取的方法是A. 使MN的质量增大到原来的2倍B. 使磁感强度B增大到原来的2倍C. 使MN和导轨间距同时增大到原来的2倍D. 使电阻R的阻值减到原来的一半3. 如图，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业为了节省救援时间，人沿梯子匀加速向上运动的同时消防车匀速后退，则关于消防队员的运动，下列说法中正确的是A. 消防队员做匀加速直线运动B. 消防队员做匀变速曲线运动C. 消防队员做变加速曲线运动D. 消防队员水平方向的速度保持不变4. 假设
3、地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么A. 地球公转周期大于火星的公转周期B. 地球公转的线速度小于火星公转的线速度C. 地球公转的加速度小于火星公转的加速度D. 地球公转的角速度大于火星公转的角速度5. 不考虑温度对电阻的影响，把两个“220V，40W”的灯泡串联接在220V的电路中，则两灯泡的总功率为A. 10WB. 20WC. 40WD. 80W二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）6. 一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图下面说法中正确的是A. 每当感应电动势e变换方向时，穿过线圈的
4、磁通量的绝对值都为最大B. 和时刻穿过线圈的磁通量变化率为零C. 该图是从线圈平面与磁场方向平行时刻开始计时的D. 和时刻穿过线圈的磁通量最大7. 如图，光滑的水平桌面处在竖直向下的匀强磁场中，桌面上平放一根一端开口、内壁光滑的绝缘细管，细管封闭端有一带电小球，小球直径略小于管的直径，细管的中心轴线沿y轴方向在水平拉力F作用下，细管沿x轴方向作匀速运动，小球能从管口处飞出小球在离开细管前的运动加速度a、拉力F随时间t变化的图象中，正确的是A. B. C. D. 8. 如图所示，闭合电键S，电压表的示数为U，电流表的示数为I，现向左调节滑动变阻器R的触头P，下列说法正确的是A. I变大B. U变
5、大C. 电阻的功率变大D. 电源的总功率变大三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）9. 某同学利用打点计时器、已知质量为m的滑块、可调节高度的斜面、直尺等仪器进行“探究动能定理”的实验，如图甲所示，他首先将打点计时器固定在斜面的上端，并将滑块与纸带相连，让纸带穿过打点计时器，接通低压交流电源已知其频率为后释放滑块，打点计时器在纸带上打下一系列记数点。回答下列问题：用已知字母表示写出影响滑块动能变化的主要因素_。该实验探究中为了求合力，应先求出滑块与斜面的动摩擦因数。该同学通过多次调节斜面的高度，得到一条打点间距均匀的纸带，如图乙所示，此时相对应的斜面长为L、斜面高为h。由此可求出滑块与斜面
6、的动摩擦因数为_。保持斜面长度不变，升高斜面高度到，该同学在实验中得到一条打点清晰的纸带，如图丙所示，用直尺测出、，对A、B两点研究：此时滑块在A、B两点的速度大小为：_，_。如果该同学在记录数据时各物理量的单位分别是：L、H、单位为cm，质量m单位是kg，频率f单位为Hz，重力加速度g单位为，对AB段进行研究，在实验允许的误差范围内，该同学根据记录的数据直接计算合力对滑块所做的功为W，滑块动能的改变量为，结果发现两者的差别很大，其原因是_。写出该同学计算出的数值W与之间正确关系的表达式_。10. 在做“研究匀变速直线运动”的实验中：实验室提供了以下器材：电磁打点计时器、一端附有滑轮的长木板、
7、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线和开关、低压交流电源、复写纸、弹簧测力计。其中在本实验中不需要的器材是_。如图1所示，是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔，其中、。表列出了打点计时器打下B、C、F时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下D、E两点时小车的瞬时速度小数点后保留三位数字。位置BCDEF速度以A点为计时起点，在坐标图中图画出小车的速度时间关系图线。根据你画出的小车的速度时间的关系图线计算出的小车的加速度_。四、简答题（本大题共1小题，共21.0分）11. 如图所示，水平地面上方有一高度为H、
8、上、下水平界面分别为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度为矩形导线框ab边长为，bc边长为，导线框的质量为m，电阻为磁场方向垂直于线框平面向里，磁场高度线框从某高处由静止落下，当线框的cd边刚进入磁场时，线框的加速度方向向下、大小为；当线框的cd边刚离开磁场时，线框的加速度方向向上、大小为在运动过程中，线框平面位于竖直平面内，上、下两边总平行于空气阻力不计，重力加速度为求：线框的cd边刚进入磁场时，通过线框导线中的电流；线框的ab边刚进入磁场时线框的速度大小；线框abcd从全部在磁场中开始到全部穿出磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量五、计算题（本大题共1小题，共21.0分）12. 如图，板间
9、距为d、板长为4d的水平金属板A和B上下正对放置，并接在电源上现有一质量为m、带电量的质点沿两板中心线以某一速度水平射入，当两板间电压，且A接负时，该质点就沿两板中心线射出；A接正时，该质点就射到B板距左端为d的C处取重力加速度为g，不计空气阻力。求质点射入两板时的速度；当A接负时，为使带电质点能够从两板间射出，求：两板所加恒定电压U的范围。物理试卷答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小，所以球刚脱离弹簧时弹簧的弹性势能最小，故A错误。B、当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，所以小球的动能先增大后减小，
10、所以球刚脱离弹簧时的动能不是最大，故B错误。C、烧断细线瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，只有弹簧的弹力大于mg，球才会向上先加速运动，故C错误。D、当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，再向上运动速度减小，动能减小，但是从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小，转化为小球的机械能，所以在未刚脱离弹簧的运动过程中它的机械能增加。故D正确。故选：D。弹簧的弹性势能跟弹簧的形变量有关，形变越大，弹性势能越大分析小球的运动情况：从细线被烧断到弹簧的弹力等于小球的重力的过程中，小球向上做加速运动，之后做减速运动，当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，动
11、能最大本题关键是分析小球的受力情况来确定小球的运动情况中等难度，是常见题型，要熟练掌握2.【答案】A【解析】解：当金属棒做匀速直线运动时，金属棒消耗的功率最大，此时有：A、当MN的质量增大到原来的2倍，则v增大到原来的2倍，根据能量守恒定律，电阻R上消耗的功率等于重力的功率，知，则使R消耗的电功率增大到故A正确B、使磁感强度B增大到原来的2倍，则速度变为原来的，根据知，电功率变为原来的故B错误C、使MN和导轨间距同时增大到原来的2倍则速度变为原来的，根据知，电功率变为原来的故C错误D、使电阻R的阻值减到原来的一半，则速度变为原来的，根据知，电功率变为原来的故D错误故选：A导体棒向下做加速度减小
12、的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，做匀速直线运动，此时电阻R上消耗的功率最大求出最大的功率的大小，判断与什么因素有关解决本题的关键知道当导体棒加速度为零时，速度最大，电阻R上消耗的功率最大，求出功率的表达式，根据题意即可正确解题3.【答案】B【解析】【分析】消防员参与了沿梯子方向的匀加速直线运动和水平方向上的匀速直线运动，通过合速度与合加速度是否在同一条直线上判断消防员做直线运动还是曲线运动。解决本题的关键掌握运动的合成与分解，知道通过分解为水平方向和竖直方向分运动来判断消防队员在水平方向的速度变化。【解答】根据运动的合成，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线，其加速度的方向大
13、小不变，所以消防员做匀变速曲线运动，故AC错误，B正确。D.将消防员的运动分解为水平方向和竖直方向，知水平方向上的最终的速度为匀速后退的速度和沿梯子方向速度在水平方向上的分速度的合速度，因为沿梯子方向的速度在水平方向上的分速度在变，所以消防队员水平方向的速度在变，故D错误。故选B。4.【答案】D【解析】解：A、B、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，线速度越小、周期越大，由于地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，所以，故AB错误。C、据万有引力提供向心加速度，得：，可知轨道半径比较小的地球的向心加速度比较大。故C错误；D、根据：，所以：，可知轨道半径比较小的地球的公转的角速度比
14、较大。故D正确。故选：D。根据万有引力提供向心力，解出线速度、周期、向心加速度以及角速度与轨道半径大小的关系，据此讨论即可。本题考查万有引力定律的应用，要掌握万有引力提供向心力，并能够根据题意选择不同的向心力的表达式。5.【答案】B【解析】解：“220V，40W”的灯泡的电阻为： 两个灯泡串联，总电阻为： 故两灯泡的总功率为： 故选：B先根据求解灯泡的电阻；两个灯泡串联，总电阻等于各个电阻的代数和，再根据求两灯泡的总功率本题关键是明确电灯泡是纯电阻电路，功率，基础题6.【答案】ABC【解析】解：A、每当e转换方向时，线圈与磁场垂直，线圈通过中性面时，磁通量最大故A正确B、时刻感应电动势为零，线
15、圈通过中性面时，磁通量最大，时刻感应电动势也为零，磁通量的变化率为零故B正确 C、该图是从线圈平面与磁场方向平行时刻开始计时，因为时，感应电动势最大故C正确D、由图时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零故D错误故选：ABC矩形线圈中产生正弦式电流，当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：线圈与磁场垂直位置，及线圈与磁场平行位置7.【答案】BD【解析】解：A、B、在x轴方向上的速度不变，则在y轴方向上受到大
16、小一定的洛伦兹力，根据牛顿第二定律，小球的加速度不变，故A错误，B正确；C、D、管子在水平方向受到拉力和球对管子的弹力，球对管子的弹力大小等于球在x轴方向受到的洛伦兹力大小，在y轴方向的速度逐渐增大，则在x轴方向的洛伦兹力逐渐增大，所以F随时间逐渐增大，故C错误，D正确；故选BD小球在沿x轴方向上做匀速直线运动，根据左手定则知小球在沿y轴方向受到洛伦兹力，小球在y轴方向上做加速运动在y轴方向一旦有速度，在x轴方向也会受到洛伦兹力本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似小球在y轴方向受到洛伦兹力做匀加速直线运动，在x轴方向受洛伦兹力与弹力平衡8.【答案】BC【解析】解：A、变阻器与电阻并
17、联后与电阻串联，当向左调节滑动变阻器尺的触头P，变阻器电阻变大，故外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流减小，故A错误；B、由可知，因I减小，故U增大，故B正确；C、干路电流减小，故并联部分电压增加，根据可知，电阻的功率变大，故C正确；D、干路电流减小，故电源的总功率减小，故D错误；故选：BC图中变阻器与电阻并联后与电阻串联，根据闭合电路欧姆定律判断干路电流变化情况，根据判断电源的总功率；根据判断电阻的电功率情况；本题是动态分析问题，关键明确电路结构，按照局部整体局部的顺序进行分析9.【答案】重力做功、摩擦力做功 在探究动能定理时单位没有统一用国际单位 【解析】解：由滑块在斜面上运动
18、可知，影响滑块动能变化的是合力的功，即重力做功和摩擦力做功之和。由题图甲可知滑块在斜面上做匀速直线运动，则有：mgsin为斜面的倾角，可得。由运动学公式得A点的瞬时速度为：B点的瞬时速度为：该同学根据记录的数据直接计算合力对滑块所做的功为W和滑块动能的改变量为，两者数值差别很大，说明该同学在探究动能定理时单位没有统一用国际单位，应修正为：故答案为：重力做功、摩擦力做功；在探究动能定理时单位没有统一用国际单位；。对滑块进行受力分析可知，滑块下滑的过程中受到重力。斜面的支持力和摩擦力的作用，其中支持力不做功，因此，影响滑块动能变化的主要因素是重力和摩擦力。从图2中可知，滑块做匀速直线运动，受到的合
19、外力等于0；点的瞬时速度等于OB段的平均速度，B点的瞬时速度等于AC段的平均速度；该同学使用的长度的单位不统一。可能是错误的主意原因。在平时的做题或实验数据的处理中，首先要统一计算使用的单位，如该同学使用的长度的单位不统一，导致探究的结论不对。切记。10.【答案】弹簧测力计 【解析】解：在本实验中不需要测量力的大小，因此不需要弹簧测力计。故答案为：弹簧测力计。根据匀变速直线运动某时刻的瞬时速度等于一段时间内的平均速度，所以有：利用描点法可画出速度时间图象：在图象中，图象的斜率表示加速度的大小，所以有：。故答案为：弹簧测力计；，；如上图；。根据实验目的明确实验步骤和所要测量的物理量，即可知道实验
20、所需要的实验器材。在匀变速直线运动中，时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出D、E速度大小。利用描点法可画出速度时间图象。根据图象的物理意义可知，图象的斜率表示加速度大小。对于实验器材的选取一是根据实验目的进行，二是要进行动手实验，体会每种器材的作用；考查了有关纸带处理的基本知识，平时要加强基础实验的实际操作，提高操作技能和数据处理能力。要注意单位的换算和有效数字的保留；同时注意利用图象来解决问题。11.【答案】解：设线框的cd边刚进入磁场时线框导线中的电流为，依据题意、根据牛顿第二定律有：解得：设线框ab边刚进入磁场时线框的速度大小为，线框的cd边刚离开磁场时速度大小为，线框的cd边
21、刚离磁场时线框导线中的电流为，依据题意、牛顿第二定律有：解得：又，得：当ab进入磁场后，线框中没有感应电流，做加速度为g的匀加速运动，则有：得：代入解得：设线框abcd穿出磁场的过程中所用时间为，平均电动势为E，通过导线的平均电流为，通过导线某一横截面的电荷量为q，则：，则：答：线框的cd边刚进入磁场时，通过线框导线中的电流是线框的ab边刚进入磁场时线框的速度大小是线框abcd从全部在磁场中开始到全部穿出磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量是【解析】线框的cd边刚进入磁场时，受到重力和竖直向上的安培力作用，根据牛顿第二定律和安培力公式结合求解电流当线框的cd边刚离开磁场时，由牛顿第二定律得
22、到电流表达式，由欧姆定律得到速度的关系式当ab进入磁场后，线框做匀加速运动，加速度为g，通过位移时ab离开磁场，由运动学公式求解线框的ab边刚进入磁场时线框的速度大小由、结合求解电量本题是电磁感应与力学知识的综合应用，已知加速度，根据牛顿第二定律和安培力公式结合研究电流线框完全在磁场中运动的过程中，是匀加速运动，由匀变速运动的规律研究初速度和末速度的关系12.【答案】解：当两板加上电压且A板为负时，有：A板为正时，设带电质点射入两极板时的速度为，向下运动的加速度为a，经时间t射到C点，有：又水平方向有竖直方向有由得：要使带电质点恰好能从两板射出，设它在竖直方向运动的加速度为、时间为，应有：由得
23、：若的方向向上，设两板所加恒定电压为，有：若的方向向下，设两板所加恒定电压为，有：解得：，所以，所加恒定电压范围为：答：求质点射入两板时的速度为；当A接负时，为使带电质点能够从两板间射出，两板所加恒定电压U的范围为。【解析】当两板间电压，且A接负时，质点沿两板中心线射出，做匀速直线运动，由平衡条件可得出板间电压与重力的关系；A接正时，该质点做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由图看出，偏转距离等于，水平位移等于d，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式可求出质点射入两板时的速度。当A接负时，为使带电质点能够从两板间射出，当质点恰好从下板右边缘射出时，电压最小，当质点恰好从上板右边缘射出时，电压最大，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解。本题质点在电场和重力场中复合场中做类平抛运动，研究方法与平抛运动类似，由牛顿第二定律和运动学结合处理。
