1、云南省玉溪市峨山一中2020-2021学年上学期开学考试高三物理（本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。）分卷I一、单选题（共12小题，每小题3.0分，共36分）1. 如图所示，一足够长的直角绝缘粗糙斜面静止放置在水平地面上，一质量为m的物体从斜面顶端由静止开始下滑现给物体带上一定量的正电荷，且保证物体所带电荷量保持不变，在空间中加入垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间逐渐增大，物体在斜面上下滑的过程中，斜面相对地面一直保持静止，则下列说法中正确的是A. 物体一直沿斜面向下做加速运动B. 斜面与地面间的静摩擦力始终保持不变C. 斜面相对地面一直有水平向右运动趋势D.
2、地面对斜面的静摩擦力方向先水平向左后水平向右【答案】C【解析】【详解】A物体带正电，因下滑产生速度，则根据左手定则，受到洛伦兹力垂直斜面向下，导致压力增大，小物块受到的摩擦力增大。则当滑动摩擦力等于重力的下滑分力后，随磁感应强度的增大，洛伦兹力增大，则物体做减速运动，故A错误；BCD以物块和斜面组成的整体为研究对象，由于开始时物块沿斜面向下做加速运动，所以可知，整体沿水平方向必定地面的受到向左的摩擦力。而由A的分析可知，物块速度增大时受到的洛伦兹力增大，则根据受力分析可知物块受到斜面的支持力增大，受到的摩擦力逐渐增大，所以摩擦力由于支持力的合力一定增大；根据摩擦力与支持力的关系f=FN可知，摩
3、擦力与支持力的合力的方向不变。然后根据牛顿第三定律可知，物块对斜面的压力与摩擦力的合力也方向不变，大小随物块速度的增大而增大；以斜面为研究对象，开始时受到竖直向下的重力、地面的竖直向上的支持力、物块对斜面的压力与摩擦力、地面对斜面的摩擦力；物块对斜面的压力与摩擦力的合力方向不变，大小随物块速度的增大而增大；则该力沿水平方向的分量随物块速度的增大而增大，根据沿水平方向受力平衡可知，地面对斜面的摩擦力也一定方向不变，始终向左，大小随物块速度的增大而增大。故BD错误，C正确。故选C。2. 如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直
4、平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比（）A. 两小球间距离将增大，推力F将减小B. 两小球间距离将增大，推力F将增大C. 两小球间距离将减小，推力F将增大D. 两小球间距离将减小，推力F将减小【答案】A【解析】【详解】以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：，将小球B向左推动少许时减小，则N1减小；库仑力：，减小，cos增大，减小，根据库仑定律分析得知两球之间的距离增大；再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：，
5、则推力F减小，故A正确，B、C、D错误；故选A【点睛】运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况3. 如图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是（ ）A. 当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B. 当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C. 不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D. 不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动【答案】C【解析】【详解】不管通有什么方向的电流，螺线管内部磁场方向始终与轴线平行，带电粒子沿着磁感线运动时不受洛伦兹力，所以应一直保持原运动状态不变故C正确，ABD错误
6、。4. 如图所示，已知R1=R2=R3=1，当开关S闭合后，电压表的读数为1V；当开关S断开后，电压表的读数为0.8V，则电池的电动势等于（）A. 1VB. 1.2VC. 2VD. 4V【答案】C【解析】当开关S闭合时，电阻R3与R2并联后与R1串联，外电路总电阻为：，电路中干路电流为：，根据闭合电路欧姆定律得：当K断开时，R1与R3串联，电路中干路电流为：，根据闭合电路欧姆定律得：联立解得：、故C项正确，ABD三项错误点睛：对于闭合电路，根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路，要加强这方面的训练，做到熟练掌握5. 用伏安法测电阻时，待测电阻大约是1
7、0欧，电流表的内阻是1欧，电压表的内阻是5千欧，则：（ ）A. 用电流表外接法，此时测量值比真实值大B. 用电流表外接法，此时测量值比真实值小C. 用电流表内接法，此时测量值比真实值大D. 用电流表内接法，此时测量值比真实值小【答案】B【解析】,用电流表外接法，误差较小，测量值为电压表与待测电阻并联后的阻值，小于真实值，B对6. 如图所示是原子核的核子平均质量（核子平均质量原子核质量 核子数）与原子序数Z的关系图象，其中原子核A、B、C对应的原子序数、核子数、核子平均质量分别为ZA、ZB、ZC，nA、nB、nC，和mA、mB、mC.若原子核A分裂成原子核B和原子核C，核反应方程为：ABC，下列
8、说法中正确的是（）A. 一定释放核能E（mAmBmC）c2B. 一定吸收核能E（ZAmAZBmBZCmC）c2C. 一定释放核能E（nAmAnBmBnCmC）c2D. 不能确定是吸收核能，还是释放核能【答案】C【解析】【详解】由图看出，A核子平均质量大于B和C的核子平均质量，而核反应在中核子数守恒，则若A分裂成B和C，出现质量亏损，根据爱因斯坦质能方程一定释放核能，并且得到，放出的核能为E=mc2=（nAmA-nBmB-nCmC）c2故C正确，ABD错误；故选C。7. 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为31，副线圈上并联接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串联一个相同的灯泡L，则（
9、）A. 灯L也能正常发光B. 灯L比另外三个灯都暗C. 灯L将会被烧坏D. 不能确定【答案】A【解析】【详解】设每只灯额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，原副线圈匝数比为3：1，所以原、副线圈的电流之比为1：3，所以原线圈电流为I，灯泡L也能正常发光，A正确，BCD错误。故选A。8. 有一金属棒ab，质量为m，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L，其平面与水平面的夹角为，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属棒与轨道的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，回路中电源电动势为E，内阻不计（假设金属棒与轨道间动摩擦
10、因数为），则下列说法正确的是（）A. 若R，导体棒不可能静止B. 若R，导体棒不可能静止C. 若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向上D. 若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向下【答案】B【解析】【详解】AB根据闭合电路的欧姆定律可得当导体棒受到的摩擦力向上且刚好静止，则根据共点力平衡可得解得当导体棒受到的摩擦力向下且刚好静止，则根据共点力平衡可得解得 故电阻的范围在导体棒静止，故A错误，B正确；CD根据AB的分析可知，静摩擦力可能向上，也可能向下，故CD错误。故选B。9. 有一电场的电场线如图 所示，场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用EA、EB和UA、UB表示，则 （
11、 ） A. EAEB ，UAUBB. EAEB ，UAUBC. EAEB ，UAUBD. EAEB ，UAUB【答案】D【解析】【详解】根据电场线疏密表示电场强度大小，EAEB；根据沿电场线电势降低，UAUB，故ABC错误，D正确故选D10. 在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，另一个带负电Q2，且Q1=2Q2，用E1和E2分别表示两个点电荷所产生的场强大小，则在x轴上A. E1=E2之点只有一个，该处的合场强为零B. E1=E2之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2C. E1=E2之点共有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2E2D. E1=E2之点共有三处，其中一处合场强
12、为零，另两处合场强为2E2【答案】B【解析】画出示意图（下图），由于Q1Q2，所以，在x轴上E1=E2的点只能在两电荷Q1、E2的连线中间或点电荷Q2的右侧Q1、Q2在连线中间产生场强的方向相同，当该处到Q1、Q2的距离之比r1/r2=时，即可使E1=E2，合场强为2E2；Q1、Q2在Q2右侧产生的场强相反，当该处到Q1、Q2的距离之比r1/r2=时，则E2=E1，合场强为零，故应选B11. 在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图过c点的导线所受安培力的方向A. 与ab边平行，竖直向上B. 与ab边平行，竖直向下C. 与ab边垂
13、直，指向左边D. 与ab边垂直，指向右边【答案】C【解析】本题考查了左手定则的应用导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边12. 如图所示，N匝矩形导线框以角速度绕对称轴匀速转动，线框面积为S，线框电阻、电感均不计，在左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R，理想电流表A，则：（ ）A. 从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为B. 交流电流表的示数C. R两端电压的有效值D. 一个周期内R的发热量【答案】B【解析】【详解】
14、A.、由图可知线圈只有一半在磁场中，产生的电动势的最大值为：，从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为：，故选项A错误；B、交流电流表的示数为：，故选项B正确；C、两端电压的有效值：，故选项C错误；D、一个周期内的发热量：，故选项D错误二、多选题（共4小题，每小题4.0分，共16分）13. 一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是（）A. 气球可能匀速上升B. 气球不可能相对地面静止C. 气球可能下降D. 气球运动速度不发生变化【答案】AC【解析】【详解】ABC设气球质量为M，人的质量为m，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒
15、，以向上为正方向，由动量守恒定律得在人向上爬的过程中，气球的速度为当时，气球可匀速上升；当v2=0时气球静止，当时气球下降，故AC正确，B错误；D要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v0，即人不上爬，显然不对，故D错误。故选AC。14. 某同学设计了一种静电除尘装置,如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道,其前、后面板为绝缘材料,上、下面板为金属材料图乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒为U的高压直流电源相连带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0,当碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作
16、用要增大除尘率,则下列措施可行的是： （ ）A. 只增大电压UB. 只增大高度dC. 只增大长度LD. 只增大尘埃被吸入水平速度v0【答案】AC【解析】【详解】增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为，即增加y即可A、只增加电压U可以增加y，故A满足条件B、只增大高度d，由题意知d增加则位移y减小，故B不满足条件C、只增加长度L，可以增加y，故C满足条件D、只增加水平速度v0，y减小，故D不满足条件故选AC【点睛】此题为结合生活背景的题目，考查频率较高，注意构建物理情景类平抛运动，应用运动的分解知识求解15. 某个小水电站发电机
17、的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器向远处输电，输电线的总电阻为8，在用户端用降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损失的功率控制为5kW，则（）A. 输电线上通过的电流为25AB. 升压变压器输出的电压为40kVC. 升压变压器原、副线圈的匝数比为116D. 降压变压器原、副线圈的匝数比为19011【答案】ACD【解析】【详解】A由可知输电线上的电流为故A正确；B升压变压器的输出电压故B错误；C升压变压器原、副线圈的匝数比为故C正确；D降压变压器的输入电压因此降压变压器的原副线圈匝数比为故D正确。故选ACD。16. 超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型
18、船，如图是电磁船的简化原理图，MN和CD是与电池相连的导体棒，MN与CD之间部分区域有垂直纸面向内的匀强磁场(磁场由超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，以下说法正确的是A. 要使船前进，图中MN导体棒应接直流电源的负极B. 改变超导线圈中电流的方向，可控制船前进或倒退C. 若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，电路中的电流为I，则UII2RD. 该超导电磁船应用的是电磁感应原理【答案】ABC【解析】【分析】利用左手定则判断出海水受到的安培力，根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，即可判断运动方向，当改变超导线圈的电流时，会改变磁场的方向，受力都会发生改变，路端电压一部分用来产生磁场，一
19、部分由于海水有电阻，会产生热，有非纯电阻电路的欧姆定律即可判断【详解】A当MN解直流电源的负极时，海水中电流方向由CD指向MN，是海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，A正确；B改变超导线圈中中电流的方向，会改变磁场的方向，从而改变海水的受力方向，从而改变船体的受力方向，故能控制船体的前进或后退，B正确；C路端电压一部分用来产生磁场，一部分由于海水有电阻，会产生热，故，C正确；D该超导电磁船应用的是安培力原理，D错误二、实验题（共2小题，共15分）17. 如图甲，用碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系（1）
20、实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，可以通过仅测量_（填选项前的符号），间接地解决这个问题A小球开始释放高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动射程（2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复接下来要完成的必要步骤是_（填选项前的符号）A用天平测量两个小球的质量m1、m2B测量小球m1开始释放高度hC测量抛出点距地面的高度HD分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE测
21、量平抛射程OM、ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_（用（2）中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_（用（2）中测量的量表示）（4）经测定，m1=45.0 g，m2=7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示碰撞前、后m1的动量分别为与，则:=_:11；若碰撞结束时m2的动量为，则=11:_实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值为_（5）有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大请你用（4）中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为_cm【答案】 (1). C (2).
22、ADE (3). m1OP=m1OM+m2ON (4). m1OP2=m1OM2+m2ON2 (5). 14 (6). 2.9 (7). 1.01 (8). 76.8【解析】（1）验证动量守恒定律实验中，要研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但可通过落地高度不变情况下的水平射程来体现速度，故选C（2）实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复，测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步
23、骤DE是必需的，而且D要在E之前至于用天平秤质量（A）先后均可（3）设落地时间为t，则，若动量守恒，则有，若碰撞为弹性碰撞，即动能守恒，则有故m1OP=m1OM+m2ON成立，则动量守恒；m1OP2=m1OM2+m2ON2成立，则为弹性碰撞（4）碰撞前后m1动量之比为，碰后m1、m2动量之比为，碰撞前后总动量的比值（5）发生弹性碰撞时，被碰小球获得的速度最大，根据动量守恒有，动能守恒有，解得，最大射程18. 现要测定一个额定电压为4 V、电阻约为10 (设电阻不变)的小灯泡的伏安特性曲线要求所测电压范围为0.14 V.现有器材：直流电源E(电动势4.5 V，内阻不计)，电压表V(量程4.5 V
24、，内阻约为4102)，电流表A1(量程250 mA，内阻约为2 )，电流表A2(量程500 mA，内阻约为1 )，滑动变阻器R(最大阻值约为30 )，开关S，导线若干如果既要满足测量要求，又要测量误差较小，应该选用电流表是_，题图所示的甲、乙两个测量电路应选用的是_根据测量小灯泡电阻的实验电路图在图丙上连接成实物图 _ 【答案】 (1). ; (2). 甲； (3). 【解析】小灯泡的额定电流约，故电流表应选用A2；小灯泡的电阻R约为10 ，电流表A2内阻约为1 ，根据故应选电流表外接法，即电路图甲；根据测量小灯泡电阻的实验电路图连接成实物图为四、计算题19. 如图表示，在磁感强度为B的水平匀
25、强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为一质量为m、带电荷为+q的圆环A套在OO棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为，且tan现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？【答案】(1) gsin (2)【解析】【详解】(1)由于tan，所以环将由静止开始沿棒下滑环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg、洛仑兹力qv1B、杆的弹力N1和摩擦力f1=N1根据牛顿第二定律，对沿棒的方向有mgsin-f1=ma垂直棒的方向有N1+qv1B=mgcos所以当f1=0，
26、即N1=0时，a有最大值am，且am=gsin此时qv1B=mgcos解得(2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受杆的弹力为N2，方向垂直于杆向下，摩擦力为f2=N2此时应有a=0，即mgsin=f2N2+mgcos=qvmB解得20. 如图所示，一带电微粒质量为m=2.010-11kg、电荷量q=+1.0105C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=30，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域已知偏转电场中金属板长L=10cm，两板间距d=17.3cm，重力不计（1.73）求：（1）带电微粒
27、进入偏转电场时的速率；（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？【答案】（1）1.0104m/s （2）200V （3）0.1T【解析】【详解】（1）带电微粒在电场中加速，由动能定理得：qU1=代入数据解得： （2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动水平方向：竖直方向：tan=解得：U2=代入数据解得：U2=200V（3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，微粒轨迹刚好与磁场右边界相切，设轨迹半径为R，由几何关系知：D=R+Rcos60设微粒进入磁场时的速度为，则=由牛顿第二定律得：代入数据解得：
28、B=0.1T若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T.21. 如图所示，长为L0.2m、电阻为r0.3、质量为m0.1kg的金属棒CD垂直放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也为L，棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R0.5的电阻，量程为03.0A的电流表串联在一条导轨上，量程为01.0V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面。现以向右恒定的外力F使金属棒右移，当金属棒以v2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一电表未满偏。问：(1)此时满偏的电表是什么表？说明理由。(2)拉动金属棒的外力F多大？(3)
29、导轨处的磁感应强度多大？【答案】(1) 电表是电压表(2)1.6 N(3)4T【解析】详解】(1)采用假设法，假设电流表满偏，则I=3A，R两端电压U=IR=30.5 V=1.5V将大于电压表的量程，不符合题意，故满偏电表应该是电压表。(2)由能量关系，电路中的电能应是外力做功完成的，即存在 两式联立得 (3)磁场是恒定的，且不发生变化，由于CD运动而产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律根据闭合电路欧姆定律联立三式得 点评：此题的难点之一是应用假设法判断仪表满偏；难点之二是应用功能关系，克服安培力做功的功率等于整个电路生成的电功率。22. 如图所示，质量mA=0.2kg、mB=0.3kg的小
30、球A、B均静止在光滑水平面上现给A球一个向右的初速度v0=5m/s，之后与B球发生对心碰撞（1）若碰后B球的速度向右为3m/s，求碰后A球的速度；（2）若A、B球发生弹性碰撞，求碰后A、B球各自的速度；（3）若A、B两球发生的是完全非弹性碰撞，求碰撞后两球损失的动能【答案】(1)vA=0.5m/s；(2)vA=1m/s，vB=4m/s；(3) 动能损失1.5J【解析】【详解】（1）A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：解得（2）两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得：（3）碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得解得：v=2m/s系统损失的动能即动能损失1.5J。
