【物理】广西钦州市第一中学2021届高三开学摸底考试（解析版） 13页

广西钦州市第一中学2021届高三开学摸底考试 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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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，有选错或不答的得0分。‎ ‎14．用金属铷为阴极的光电管观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为5.15×1014 Hz.已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s。则下列说法中正确的是(　　)‎ A．欲测遏止电压，应选择电源左端为正极 B．当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大 C．增大照射光的强度，产生的光电子的最大初动能一定增大 D．如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014 Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek约为1.2×10－19 J ‎15． 如图所示，一足够长的木板的左端固定，右端的高度可调节。若开始时一物块恰好沿木板匀速下滑，下列方法中能使物块停下的是（ ）‎ A. 增大木板的倾角 B. 对物块施加一个竖直向下的力 C. 对物块施加一个垂直于木板向下的力 D. 在物块上叠放一个重物（与物块具有相同的初速度）‎ ‎16． 在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg。电梯在运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示。在这段时间内下列正确的是( )‎ A．晓敏同学所受的重力变小了 B．晓敏同学对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力 ‎ C．电梯一定在竖直向下运动 ‎ D．电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下 ‎17． 如图所示，两个质量均为M的球分别位于半圆环和3/4圆环的圆心，半圆环和3/4圆环分别是由相同的圆环截去一半和1/4所得，环的粗细忽略不计，若甲图中环对球的万有引力为F，则乙图中环对球的万有引力大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎18． 一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则(　　) ‎ A、球A的线速度必定等于球B的线速度 B、球A的角速度必定小于球B的角速度 C、球A的运动周期必定小于球B的运动周期 D、球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力 ‎19． 如图所示，真空中Ｍ、Ｎ处放置两等量异种电荷，a、b、c 表示电场中的3条等势线，d 点和 e 点位于等势线a上，f点位于等势线 c上，df平行于 MN。一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是（ ）‎ A．N点放置的是正电荷 B．d 点的电势高于f点的电势 C．d 点的场强与f点的场强完全相同 ‎ D．将带正电的试探电荷沿直线由d 点移动到e点，电场力先做正功、后做负功 ‎20．如图所示，界面PQ与水平地面之间有一个正交的匀强磁场B和匀强电场E，在PQ上方有一个带正电的小球A自O静止开始下落，穿过电场和磁场到达地面。设空气阻力不计，下列说法中正确的是(　　)‎ A．在复合场中，小球做匀变速曲线运动 B．在复合场中，小球下落过程中的电势能减小 C．小球从静止开始下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和 D．若其他条件不变，仅增大磁感应强度，小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变 ‎21． 跳伞运动员从某高度静止的直升机上跳下，经过2s逐渐打开降落伞，此后再过18 s落地。整个跳伞过程中的v－t图象如图所示。根据图象可知跳伞运动员(　　)‎ A．4 s末速度为18 m/s B．14 s末加速度为零 C．前2 s的机械能守恒 D．下落的总高度约为200 m 第Ⅱ卷 （非选择题 共174分）‎ 本卷包括必考题和选考题两部分。第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题 ‎22．（5分）在“探究求合力的方法”实验中，某同学用两只弹簧秤将橡皮筋的端点拉到点O，作出这两个力F1、F2的图示（图甲），然后用一只弹簧秤将橡皮筋的端点仍然拉到O，弹簧秤示数F如图乙所示。‎ ‎（1）弹簧秤的示数F＝________N；‎ ‎（2）请帮他在图甲中画出力F的图示（图中a为记录F方向时所记录的一点）；‎ ‎（3）该同学用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头末端连起来．他观察图形后受到了启发。你认为他紧接着应进行的两个实验步骤是________。‎ A．整理实验器材 ‎ B．提出求合力方法的猜想 C．改变F1、F2的大小和方向，重复上述实验 ‎ D．与同学交流讨论实验结果，得出结论 ‎23．（10分）某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不用的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13 V，内阻小于3 Ω，由于直流电压表量程只有3 V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15 V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：‎ ‎（1）把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填空。‎ 第一步：按电路图连接实物 第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零 第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3 V 第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V 第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15 V的电压表。‎ ‎（2）实验可供选择的器材有：‎ A．电压表（量程为3 V，内阻约2 kΩ） B．电流表（量程为3 A，内阻约0.1 Ω）‎ C．电阻箱（阻值范围0～9 999 Ω） D．电阻箱（阻值范围0～999 Ω）‎ E．滑动变阻器（阻值为0～20 Ω，额定电流2 A） F．滑动变阻器（阻值为0～20 kΩ，额定电流0.2 A）‎ 电阻箱应选________，滑动变阻器应选________。‎ ‎（3）用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电池电动势E和内阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U－I图线如图丙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为________Ω。‎ ‎24．（12分）如图(a)所示，两根足够长的平行光滑导轨间距为d，倾角为α，轨道顶端连有一阻值为R的定值电阻，用力将质量为m、电阻也为R的导体棒CD固定于离轨道顶端l处。整个空间存在垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度B的变化规律如图(b)所示(图中B0、t1已知)，在t＝t1时刻撤去外力，之后导体棒下滑距离x后达到最大速度，导体棒与导轨接触良好，不计导轨电阻，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)0～t1时间内通过导体棒CD的电流大小和方向；‎ ‎(2)导体棒CD的最大速度vm；‎ ‎25．（20分）如图甲所示，下表面光滑的长木板B静止放在水平面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板的最右端，质量为m1＝0.5 kg的物块A从距长木板B左侧s0＝9.5 m处以某一初速度向长木板运动。一段时间后物块A与长木板B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），以长木板B开始运动作为计时起点，长木板B和物块C运动的v－t图象如图乙所示，已知物块A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)长木板B的质量m2；‎ ‎(2)物块A的初速度v0；‎ ‎(3)A静止时，系统A、B、C由于摩擦产生的热量Q。‎ ‎ (二)选考题 ‎33．[物理——选修3–3]（15分）‎ ‎（1）（5分）一定质量的理想气体，经过一个压缩过程后，体积减小为原来的一半，这个过程可以是等温的、绝热的或等压的过程，在这三个过程中以下说法正确的是___________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）‎ A．绝热过程做功最多 B．a、b、c、d中d的温度最高 ‎ C．等压过程内能减小 D．等温过程要吸热 ‎（2）（10分）如图所示,内壁光滑的水平放置的汽缸被两个活塞分成A、B、C三部分,两活塞间用轻杆连接,活塞厚度不计,在E、F两处设有限制装置,使左边活塞只能在E、F之间运动,E、F之间的容积为0.1V0.开始时左边活塞在E处,A部分的容积为V0,A缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强),温度为297K;B部分的容积为1.1V0,B缸内气体的压强为p0,温度恒为297K,C缸内为真空.现缓慢加热A缸内气体,直至温度为399.3K.求:‎ ‎①活塞刚离开E处时的温度TE;‎ ‎②A缸内气体最后的压强p.‎ ‎34．[物理——选修3–4]（15分）‎ ‎（1）（5分）一个单摆在地面上做受迫振动,其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示以下说法正确的是___________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）‎ A.此单摆的固有周期约为2 s B.此单摆的摆长约为1 m C.若摆长增大,单摆的固有频率增大 D.若摆长增大,共振曲线的峰将向右移动 E.此单摆共振时的振幅是8 cm ‎（2）（10分）如图所示，为折射率的扇形玻璃砖截面，一束单色光照射到面上的点，在点折射后的光线平行于。已知点是的中点，点是延长线上一点，°。‎ ‎①求入射光在点的入射角；‎ ‎②通过计算判断光射到弧能否从弧射出。‎ ‎【参考答案】‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ D C D B B AD BC BD ‎14．由题图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压Uc，因光电管左端为阳极，则电源左端为负极，故选项A错误；当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中，光电管两端电压增大，光电流增大，当光电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是先增大后不变，故选项B错误；光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故选项C错误；根据题图乙可知，铷的截止频率νc＝5.15×1014 Hz，根据hνc＝W0，则可求出该金属的逸出功大小W0＝6.63×10－34×5.15×1014 J≈3.41×10－19 J，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，当入射光的频率为ν＝7.00×1014 Hz时，则最大初动能为Ek＝6.63×10－34×7.00×1014 J－3.41×10－19 J≈1.2×10－19 J，故选项D正确。‎ ‎15．物块沿木板匀速下滑，所受合力为零，根据平衡条件得，若增大木板的倾角重力沿木板向下的分力增大，滑动摩擦力，减小，物块将沿木板做加速运动，故A错误；对物块A施加一个竖直向下的力，由于，物块的合力仍为零，仍做匀速运动，故B错误；对物块A施加一个垂直于木板向下的力，物块的滑动摩擦力，增大，物块A的合力沿木板向上，物块做减速运动，可以使物块停下，故C正确。D．在物块A上叠放一重物B，则有，物块A不可能停下，故D错误。‎ ‎16．由图知体重计示数40kg，示数小于真实体重，说明压力小于重力，失重并不是体重变小，故A错误。晓敏同学对体重计的压力和体重计对晓敏的支持力是相互作用力，二者大小相等且方向相反，故B错误。失重表明加速度方向向下，但是速度可能向上可能向下，因此C错误。对晓敏同学由牛顿第二定律知mg-FN=ma，因此a＝g/5，方向竖直向下。故本题选D。‎ ‎17．【解析】从甲图中半圆环对球的引力为F可知圆环对球的引力大小为，方向沿圆环的角平分线。将乙环分成三个圆环，关于圆心对称的两个圆环对球的引力的合力为零，因此乙图中圆环对球的引力大小等于。故本题选B。‎ ‎18．设圆锥筒的底角大小为2θ，匀速圆周运动中重力和支持力的合力提供向心力，由=和rA>rB知vA>vB，因此A错误。由=mω2r知ωA<ωB ‎，因此B正确。由=mr知TA>TB,因此C错误。由sinθ=知支持力大小方向都相同，因此D错误。故本题选B。‎ ‎19．正电荷在电势高的地方电势能大，正电荷从d到f电势能增加， f点电势高于d点电势，故N点放置正电荷，因此选项A正确、B都错误。d点与f点关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，因此选项C错误。将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到 e点，电势先减小后增大，电势能先减小后增大到原来值，故电场力先做正功后做负功。因此选项D正确。故本题选D。‎ ‎20．球刚进入电场、磁场区域时受力如图，因此小球向右偏转。由于洛伦兹力与速度有关，故小球所受的合力大小方向都变化，电场力做正功电势能减小，因此选项A错误B正确。由于洛伦兹力不做功，系统能量守恒，因此选项C正确。当磁场变强，竖直方向平均加速度变小，运动时间变长，水平方向平均加速度增大，小球落地点的水平位移增大，电场力做正功增加，重力做的正功不变，总功增加，由动能定理知小球的动能增大，因此选项D错误。故本题选BC。‎ ‎21．由图知4s末速度大于18m/s，故A错误。14s末的斜率为零表示加速度为零，因此B正确。由图知前2s内，运动员下落的加速度为8m/s2，可知前2s受向上的阻力且该阻力做负功，故机械能不守恒，因此C错误。速度图象的面积表示位移，运用数格子法（超过半个的算一个，不够半个的舍去），由图知一个小格子的面积为4，20s内总共约是50个格子，所以下落高度约为200m，故D正确。实践题展示真实情境，请注意分拆模型和抓住细节。故本题选BD。‎ ‎22．【答案】（1）2.8 N（1分）（2）见解析（2分）（3）BC（2分）‎ ‎【解析】（1）弹簧秤的最小刻度为0.2 N，可知弹簧秤的示数F＝2.8 N。‎ ‎（2）根据图示法作出F的图示，如图所示。‎ ‎（3）用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头末端连起来。观察图形后受到了启发。提出求合力方法的猜想，然后改变F1、F2的大小和方向，重复上述实验，故B、C正确。‎ ‎23．【答案】（1）0.6（2分）　（2）C（2分）　E（2分）　（3）11.5（2分）　2.5（2分）‎ ‎【解析】（1）将3 V电压表改装成15 V电压表，串联电阻箱后的总内阻为原来电压表内阻的5倍，由于滑动变阻器位置不变，分压部分的两端电压仍为3 V，此时电压表两端的电压为0.6 V。‎ ‎（2）改装电压表需要串联大电阻，电阻箱选C；由于用分压电路，滑动变阻器选E。‎ ‎（3）由于电压表改装后量程扩大5倍，将图丙的纵截距扩大5倍，即可根据纵轴截距得电池的电动势为11.5 V，由图线斜率的绝对值可求电池的内阻为2.5 Ω。‎ ‎24．【答案】24解析：(1)由楞次定律可知，流过导体棒CD的电流方向为D 到C 由法拉第电磁感应定律得E1＝ld 由闭合电路欧姆定律得I1＝＝。‎ ‎(2)当导体棒CD下滑最大速度时匀速运动，切割磁感线产生感应电动势E2‎ E2＝B0dvm，I2＝，mgsin α＝B0I2d 解得：vm＝。‎ ‎25．【答案】（1）1.0kg （2） （3）16J ‎【解析】（1）根据图乙可知，长木板B的加速度大小为（1分）‎ 根据牛顿第二定律可得（1分）‎ 联立解得（1分）‎ ‎(2)物块A与长木板B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有（2分）‎ 根据能量守恒可得（2分）‎ 联立即得v＝9 m/s（1分），v1＝－3 m/s（1分）‎ 对于物块A，以初速度v0向右减速运动与长木板B碰撞的过程，根据动能定理有 ‎（2分）‎ 解得（1分）‎ ‎(3)对物块A反向后，（1分）‎ 当A停下后，即（1分）‎ 解得t＝3 s（1分）‎ 由于碰撞过程中不损失机械能，碰撞前后损失的机械能均为克服摩擦力而做功，故产生的热量为 ‎（2分）‎ 由图乙可知（1分） 解得Q＝16 J。（2分）‎ ‎33．（1）【答案】ABC ‎【解析】由p－V图象知ab是等压过程，ac是等温过程，ad是绝热过程。P-V图象中面积表示气体做功，由图象知Wab0，由热一律ΔU=Q+W知对外放热，因此选项D错误。故本题选ABC。‎ ‎（2）【答案】①330 K ② 1.1p0‎ ‎【解析】①活塞刚要离开E时,A缸内气体体积V0保持不变,根据活塞受力平衡可得:‎ pE＝p0 （2分）‎ 对A缸内气体,由查理定律得:＝ T1＝297 K （2分）‎ 解得:TE＝330 K（1分）‎ ‎②随A缸内气体温度继续增加,A缸内气体压强增大,活塞向右滑动,B缸内气体体积减小,压强增大.‎ 设A缸内气体温度到达T2＝399.3 K时,活塞向右移动的体积为ΔV,且未超过F处 根据活塞受力平衡可得:pA＝pB＝p 对A缸内气体,根据理想气体状态方程可得:＝（2分）‎ 对B缸内气体,由玻意耳定律可得:p0·1.1V0＝pB(1.1V0－ΔV)（2分）‎ 解得:ΔV＝0.1V0,p＝1.1p0（1分）‎ 此时活塞刚好移动到F,所以此时A缸内气体的最后压强p＝1.1p0.‎ ‎34．（1）【答案】ABE ‎【解析】由共振曲线知此单摆固有频率为0.5Hz,则周期为2s，再由，得此单摆的摆长约为1m；若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，AB正确，CD错误。此单摆做受迫振动，只有共振时的振幅最大为8cm,E正确。‎ ‎（2）（2）①光在介质中传播的光路图如图所示： 设入射光在C点的入射角为i，折射角为r，由于在C点折射后的光线平行于OB，所以∠OCP=∠AOD=60°，r=30°，根据折射定律有：-------3分 代入数据解得：i=60°；-------2分 ‎②在C点折射后的光线射到AB弧上P点，连接O、P，OP是法线，过O点做CP的垂线交CP于Q，则折射光线在AB弧的入射角为i1，玻璃砖临界角为C，扇形半径为L，则：‎ ‎，-------1分 根据几何知识有∠COQ=30°，LOQ＝LOC•cos∠COQ=根据-------2分 可得：，-------1分 则：i1＜C，所以光射到AB弧能从AB弧射出。-------1分