1、昌吉市第九中学2020-2021学年第一学期期初考试高三年级物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. 实验观察到 , 静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变, 衰变产生的新核与粒子恰在纸面内做匀速圆周运动,运动方向和轨迹示意如图则 ( ) A. 轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里B. 轨迹2是粒子，磁场方向垂直纸面向外C. 轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里D. 轨迹1是粒子的，磁场方向垂直纸面向外【答案】A【解析】原子核发生衰变时，根据
2、动量守恒可知两粒子的速度方向相反，动量的方向相反，大小相等；由半径公式（P是动量），分析得知，r与电荷量成反比，所以半径比较大的轨迹1是衰变后粒子的轨迹，轨迹2是新核的新核沿逆时针方向运动，在A点受到的洛伦兹力向右，由左手定则可知，磁场的方向向里故A正确，BCD错误故选A【点睛】静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后粒子与反冲核的运动方向相反，动量的方向相反，大小相等由半径公式，P是动量，分析两个粒子半径轨迹半径之比2. 脉冲星是科学家不会放过的“天然太空实验室”，它是快速旋转的中子星，属于大质量恒星死亡后留下的残骸，也是宇宙中密度最高的天体之一。某颗星的自转周期为（实际测量为，距
3、离地球1.6万光年）。假设该星球恰好能维持自转不瓦解，令该星球的密度与自转周期的相关量为为，同时假设地球同步卫星离地面的高度为地球半径的6倍，地球的密度与自转周期的相关量为，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由，可得周期越小，物体需要的向心力越大，物体对星球表面的压力越小，当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向心力，即又联立解得地球的同步卫星的轨道是地球的半径的7倍，对地球的同步卫星又联立解得所以故选D。3. 如图所示，在竖直平面内，两质量均为m、电荷量均为+q的小球（视为质点）P、Q用一段绝缘细线连接，整个装置始终处在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中让
4、小球P固定不动，将细线水平拉直后由静止释放小球2，当绳与水平方向夹角为（小于90）时，小球的加速度大小为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】小球Q在运动中与小球P距离保持不变，所以小球Q所处的电势大小不变，所以电场力不做功洛伦兹力时刻指向圆心，与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功所以只有重力做功设当绳与水平方向夹角为（小于90）时，小球速度为v，由动能定理可得： mv2=mgRsin；对小球Q受力分析，沿绳方向和垂直于绳的方向建立平面直角坐标系，将重力正交分解，分级为垂直于绳方向的G1，和沿绳方向的G2沿绳方向的合力充当向心力，所以沿绳方向的合力 ；沿绳方向的加速度 ；联立解得
5、：a1=2gsin；垂直于绳的方向的力G1=mgcos，垂直于绳方向加速度a2=gcos；小球Q的加速度，故C正确，ABD错误4. 如图所示，带正电的小球A用竖立在地面上的绝缘杆支撑，带正电的小球B用绕过A球正上方的定滑轮的绝缘细线拉着，开始时A、B在同一水平线上并处于静止，不计两个小球的大小现用手拉细线使小球B缓慢向上移动，小球B在向上移动过程中A、B两球的带电量保持不变，不计两球间的万有引力，则在B球缓慢移动一小段距离的过程中() A. A、B两球间的距离在减小B. 小球B的运动轨迹是一段圆弧C. 细线上的张力一直增大D. 细线上的张力可能先变小后变大【答案】B【解析】【详解】设小球B受到
6、的重力为mg，A、B两球的带电量分别为q1、q2，两球间的距离为r，定滑轮距离A球为h，距离B球为d，对B球受力分析如图根据相似三角形可知， ，得 ，在小球移动过程中，r不变，因此小球的运动轨迹是一段圆弧，选项A错误、B正确；又，由于d在减小，因此F在减小，选项CD错误故选B.5. 如图所示，水平面O点左侧光滑，O点右侧粗糙且足够长，有10个质量均为m完全相同的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点，滑块2、3依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F作用于滑块1，经观察发现，在第3个小滑块进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线
7、运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是A. 粗糙地带与滑块间的动摩擦因数B 匀速运动过程中速度大小C. 第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等D. 在水平恒力F作用下，10个滑块全部可以进入粗糙地带【答案】B【解析】【详解】A、对整体分析，根据共点力平衡得，F=3mg，解得，故A错误.B、根据动能定理得，解得，故B正确.C、第一个滑块进入粗糙地带后，整体仍然做加速运动，各个物体的加速度相同，隔离分析，由于选择的研究对象质量不同，根据牛顿第二定律知，杆子的弹力大小不等，故C错误.D、在水平恒力F作用下，由于第4个滑块进入粗糙地带，整体将做减速运动，所以10个滑块不
8、能全部进入粗糙地带，故D错误故选B.6. 如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接入电路，现在AB两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是A. 在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为20VB. 在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/sC. 在A、B两点间接入一只电容器，保持原线圈电压最大值不变而提高交流电频率，电压表读数减小D. 在A、B两点间接入一只电感线圈，保持原线圈电压最大值不变而提高交流电频率，电阻R消耗的电功率减小【答案】AD【解析】【详解】A
9、、输入电压为200V，根据电压与匝数成正比知输出电压为40V，在A、B两点间接入理想二极管，会过滤负半周电流，设电压表读数为U，则根据有效值定义，解得电压表读数，故A正确；B、在A、B两点间串联一只电阻R，输入电压最大值为，故平均每匝电压为，故磁通量的最大变化率为，故B错误；C、在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，故R分得的电压增大，电压表读数增加，故C错误；D、在A、B两点间接入一电感线圈，只提高交流电频率，感抗增加，故R分得的电压减小，电阻R消耗的电功率将缓慢减小，故D正确；故选AD.7. 已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地运行的周期为T，卫星运
10、动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方假设某时刻，该卫星如图在A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T0，不计空气阻力则A. B. C. 卫星在图中椭圆轨道由A到B时，机械能不变D. 卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变【答案】BC【解析】【详解】A、赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，则知三天内卫星转了8圈，则3T0=8T，解得；故A错误.B、根据开普勒第三定律知，解得；故B正确.C、卫星在图中椭圆轨道由A到B时，只有万有引力做功，机械能守恒；故C正确.D、卫星由圆轨道进入椭圆
11、轨道，需要减速，则机械能减小，故D错误.故选BC.8. 如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面现有一矩形线圈abcd，宽度cd= 0.5m，质量为0.1kg，电阻为2，将其从静止释放，速度随时间的变化关系如图乙所示，t=0时刻cd边与L1重合，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向（重力加速度g取10m/s2）则A. 线圈的长度ad=1mB. 线圈匀速运动的速度大小为8m/
12、sC. 在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25CD. 0t3时间内，线圈产生的热量为1.8J【答案】BCD【解析】【详解】B、根据平衡有：mg=BIL，而，联立两式解得：；故B正确；A、t1t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场设磁场的宽度为d，则线圈的长度L=2d；线圈下降的位移为：x=L+d=3d，则有：，将v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为L=2d=2m；故A错误；C、在0t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：；故C正确.D、0t3时间内，根据能量守恒得：；故D正确.故选BCD.三、非
13、选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求做答）（一）必考题（共129分）9. 某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数PQ为一块倾斜放置的木板，在斜面底端Q处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)每次实验时将一物体(其上固定有宽度为d的遮光条)从不同高度h处由静止释放，但始终保持斜面底边长L0.500 m不变(设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同)(1)用20分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度d如乙图所示，则d_cm；(2)该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度v，并作出
14、了如图丙所示的v2h图象，其图象与横轴的交点为0.25由此可知物块与斜面间的动摩擦因数_；(3)若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到v2h图象，其图象的斜率将_(填“增大”“减小”或“不变”)【答案】 (1). 0.225 (2). 0.5 (3). 不变【解析】【详解】（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，则读数为：；（2）设斜面的长为s，倾角为，由动能定理得：即：，由图象可知，当时，代入得到：；（3）由知斜率为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变10. 某同学测定电源电动势和内阻，所使用的器材有：待测干电池一节(内阻很小)、电流表A(量程0.6 A，内阻RA小于1 )、电
15、流表A1(量程0.6 A，内阻未知)、电阻箱R1(099.99 )、滑动变阻器R2(010 )、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干(1)该同学按图甲所示电路连接进行实验操作请在答题卡相应位置的虚线框内补全与图甲对应的电路图_(2)测电流表A的内阻：闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A的示数为0.20 A、电流表A1的示数为0.60 A、电阻箱R1的示数为0.10 ，则电流表A的内阻RA_(3)测电源的电动势和内阻：断开开关K，调节电阻箱R1，将开关S接_(填“C”或“D”)，记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数；断开开关K，开关S所接位置不
16、变，多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I(4)数据处理：图乙是由实验数据绘出的R图象，由此求出干电池的电动势E_V、内阻r_(计算结果保留二位有效数字)(5)如果电流表A的电阻未知，本实验_ (填“能”或“不能”)测出该电源的电动势【答案】 (1). 如图所示： (2). 0.20 (3). D (4). 1.5 (5). 0.25 (6). 能【解析】【详解】（1）由实物图连接原理图，如图所示：（2）根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱R1的电流；电压，则电流表内阻为：；（3）S接D，否则外电路短路；（4）根据（3）中步骤和闭合电路欧姆定律可知变形可得：
17、根据图象可知:，解得，；（5）由可知：当电流表内阻未知时，能测出电动势，但不能测出内电阻11. 如图所示，光滑水平面上放着质量都为m的物块A和B，A紧靠着固定的竖直挡板，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能为,在A、B间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度放手后绳在短暂时间内被拉断，之后B继续向右运动，一段时间后与向左匀速运动、速度为v0的物块C发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为2m求：(1)B、C相撞前一瞬间B的速度大小；(2)绳被拉断过程中，绳对A所做的W【答案】2v0 mv02/2【解析】【详解】（1）B与C碰
18、撞过程中，动量守恒，以B的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：mvB-2mv0=0，解得：vB=2v0（2）弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，则EP=mvB02解得：vB0=3v0，绳子拉断过程，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：mvB0=mvB+mvA解得：vA=v0由动能定理可得，绳对A所做的功【点睛】本题主要考查了动量守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，明确应用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中12. 在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，
19、如图甲所示第二象限内有一水平向右匀强电场，场强为E1坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2=，匀强磁场方向垂直纸面处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷=102C/kg的带正电的微粒（可视为质点），该微粒以v0=4m/s的速度从-x上的A点进入第二象限，并以v1=8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g=10m/s2试求：（1）带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；（2）+x轴上有一点D，OD=OC，若带电微
20、粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？（3）要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？【答案】（1）02N/C（2）B0=02n（T）（n=1，2，3）；（n1，2，3）（3）（kg/C）【解析】【详解】(1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动. ，则qE1=2mg，计算得出E1=0.2N/C.(2)qE2=mg，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半
21、径为R，周期为T，则 可得.使粒子从C点运动到D点，则有：.计算得出： （n=1，2，3）. ， （n=1，2，3）.(3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：由图可以知道. 【点睛】（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，得出两个方向上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律求出带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；（2）若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，作出粒子的运动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，得出粒子在磁场中运动的半径大小，结合几何关系，求出磁感应度的通项表达式，再根据周期的关系求出磁场的
22、变化周期T0的通项表达式（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时，根据几何关系求出圆心角的大小，从而求出T0的范围，以及B0T0应满足的关系（二）选考题：共39分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。物理选修3-313. 如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示在此过程中_A. 气体温度一直降低B. 气体内能一直增加C. 气体一直对外做功D. 气体一直从外界吸热E. 气体吸收的热量一直全部用于对外做功【答案】BCD【解析】【详解】A由图知气体的 pV一直增大，由，知气体的温度一直升高，
23、故A错误；B一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；C气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；D气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律U=W+Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；E气体吸收的热量用于对外做功和增加内能，故E错误14. 在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边求U形管平放时两边空气柱
24、的长度在整个过程中，气体温度不变【答案】7.5 cm【解析】【详解】解析：设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1和l2由力的平衡条件有式中为水银密度，g为重力加速度大小由玻意耳定律有p1l1=pl1p2l2=pl2l1l1=l2l2由式和题给条件得l1=22.5 cml2=7.5 cm物理选修3-415. 如图所示，甲图为一列沿x轴传播的简谐横波在t1s时刻的波动图象，乙图为 参与波动的质点P的振动图象，则下列判断正确的是A. 该波的传播速率为4m/sB. 该波的传播方向沿x轴正方向C. 经过
25、2s，质点P沿波的传播方向向前传播4mD. 在01s时间内，质点P的位移为零，路程为0.4mE. 该波在传播过程中若遇到直径为3m的球，能发生明显衍射现象【答案】BDE【解析】【详解】A由甲读出该波的波长为=4m，由乙图读出周期为T=2s，则波速为，故A错误B在乙图上读出t=1s时刻P质点的振动方向沿y轴正方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴正方向，故B正确C在波的传播过程中，介质中的质点只在平衡位置附近振动，并不随波的传播方向迁移，故C错误D质点的振动周期为2s，由图乙所示图线可知，质点的振幅：A=0.2m，在01s时间内质点P的位移为零，路程：s=2A=20.2=0.4m，故D正确；E
26、由于该波的波长为4m，所以该波在传播过程中若遇到直径为3m的球，能发生明显的衍射现象，故E正确16. 如图所示，一个半径为R的半球形玻璃砖，O为球心，AB为直径，玻璃的折射率为n=（i）一束细光线从AB上O点沿垂直底面向上射入半球形玻璃砖，OO=，求此光线在玻璃砖中的射出点到O点的距离；（ii）一束平行光从下表面沿垂直底面向上射入玻璃砖，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束的最大横截面积为多少？【答案】(i) R ；(ii) 【解析】【分析】根据题意，画出光线的反射图，再根据全反射条件、反射定律和几何关系即可求解。【详解】（i）设全反射的临界角为C，由全反射条件有解得：C=45设光线从O点射入后，在上表面的入射角为，由几何关系得： =60 C所以光线在玻璃砖内会发生全反射，光路如下图所示，由反射定律和几何关系得：射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达O点射出。（ii）在O点左侧取一点E，设从E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于临界角C，则半径为rOE的圆形区域内的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如下图所示，由几何关系得：解得：则最大面积为：【点睛】考察全反射的条件、反射定律和折射定律的运用。
