广东省惠州市2021届高三下学期第一次调研考试物理试题 Word版含解析 19页

- 1 - 2021 届高三第一次调研考试 物理试题 一、单项选择题（8 小题，每题 4 分，共 32 分，只有一个选项正确） 1. 与原子核内部变化有关的现象是 （ ） A. 电离现象 B. 光电效应现象 C. 天然放射现象 D. α粒子散射现象 【答案】C 【解析】 【详解】电离现象是原子核外的电子脱离原子核的束缚，与原子核内部无关，故 A 不对 光电效应说明光的粒子性同样也与原子核内部无关，故 B 不对 天然放射现象是从原子核内部放出 、 、 三种射线，说明原子核内部的复杂结构，放出 、  后原子核就变成了新的原子核，故 C 正确 α粒子散射现象说明原子有核式结构模型，与原子核内部变化无关，故 D 不对 2. 某人骑自行车沿平直坡道向下滑行，其车把上挂有一只盛有半杯水的水杯，若滑行过程中 悬绳始终竖直，如图，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ） A. 自行车一定做匀加速运动 B. 坡道对自行车的作用力垂直坡面向上 C. 杯内水面与坡面平行 D. 水杯及水整体的重心一定在悬绳正下方 【答案】D 【解析】 【详解】A．对水壶受力分析，受力重力和绳子拉力，悬绳始终竖直，两力大小相等、方向相 - 2 - 反，则自行车一定做匀速运动，A 错误； B．自行车受三个力重力，摩擦力，支持力作用，因为匀速下滑，摩擦力和支持力的合力与重 力等大反向，即坡道对自行车的作用力竖直向上，B 错误； C．由于水壶水平方向不受力，则水平方向做匀速直线运动，所以壶内水面一定水平，C 错误； D．水壶受到共点力作用，重力和绳子拉力，在同一直线上，则水壶及水整体的重心一定在悬 绳正下方，D 正确。 故选 D。 3. 系一重物的气球，以 4m/s 的速度匀速上升，离地 9m 时绳断了。则重物脱离气球后离地面 的最大高度是（不计空气阻力 210m/sg  ）（ ） A. 0.8m B. 9m C. 9.8m D. 10m 【答案】C 【解析】 【详解】绳断后，重物做初速度为 4m/s 的竖直上抛运动，继续上升的高度为 2 2 1 4 m 0.8m2 2 10 vh g    则重物上升的最大高度为 1 2 9m 0.8m 9.8mH h h     故选 C。 4. 同一水平线上相距 L 的两位置沿相同方向水平抛出两小球甲和乙，两球在空中相遇，运动 轨迹如图所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ） A. 甲球要先抛出才能相遇 B. 甲、乙两球必须同时抛出才能相遇 C. 从抛出到相遇过程中，甲球运动的时间更长 D. 两球相遇时乙球加速度更大 - 3 - 【答案】B 【解析】 【详解】ABC．由于相遇时甲、乙做平抛运动的竖直位移 h 相同，由 21 2h gt 可以判断两球下 落时间相同，即应同时抛出两球，AC 错误 B 正确； D．两球都做平抛运动，加速度都为 g，D 错误。 故选 B。 5. 一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系质量 M=15kg 的重物，重 物静止于地面上，有一质量 m=10kg 的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑 轮与绳子间的摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为（ g 取 210m / s ） （ ） A. 220m/s B. 215m/s C. 210m/s D. 25m/s 【答案】D 【解析】 【详解】重物不离开地面时，最大拉力 max 150NF Mg  隔离对猴子分析，根据牛顿第二定律得 max maxF mg ma  解得最大加速度为 2 2max max 150 100 m / s 5m / s10 F mga m     D 正确，ABC 错误。 故选 D。 6. 由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为 1q 和 2q ，其间距离为 r 时，它 - 4 - 们之间相互作用力的大小为 1 2 2 q qF k r  ，式中 k 为静电力常量。若用国际单位制表示， k 的 单位应为（ ） A. 2 2N m / kg B. 2 2kg m / C C. 3 2 2kg m s C    D. 2 2N m / A 【答案】C 【解析】 【详解】根据 1 2 2 q qF k r  解得 2 1 2 Frk q q  根据 F ma 则 2 1 2 mark q q  根据质量的单位是 kg，加速度的单位 m/s2，距离的单位是 m，电量的单位是 C， 可得 k 的单 位是 3 2 2kg m s C    故选 C。 7. 将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭 喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气 阻力可忽略） A. 30 kg m/s B. 5.7×102 kg m/s C. 6.0×102 kg m/s D. 6.3×102 kg m/s 【答案】A - 5 - 【解析】 开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭 的动量 1 1 0.05 600kg m/s 30kg m/sp m v         ，负号表示方向，故 A 正确，BCD 错误； 【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度 必须相对于地面为参考系． 8. 如图为一水平放置的平行板电容器，它两极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔 （小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方 P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落， 经过小孔进入电容器，并恰好在下极板处（未与极板接触）返回。若只稍微改变下极板的位 置，则关于从 P 点开始下落的相同粒子，以下说法正确的是（ ） A. 将下极板向上移动一些，粒子一定打在下极板上 B. 将下极板向下移动一些，粒子一定打在下极板上 C. 无论下极板上移或者下移一些，粒子一定恰好在下极板处返回 D. 无论下极板上移或者下移一些，粒子一定在下极板上方返回 【答案】B 【解析】 【详解】设电容器两极板间电压为U ，带电粒子质量为 m ，对下极板未移动前，带电粒子从 静止释放到速度为零的过程，由动能定理得：   0mg h d qU   将下极板移动一些时，此时极板间距变为 d ( )dd  ，设粒子运动均打不到下极板，且到距 上极板 x 处速度为零，则有，   0U xmg h x q d     联立以上两式解得 hx dh d d    - 6 - AC．当将下极板向上移动一些时，有 d d 所以 1h h d d    x d 说明粒子确实打不到下极板上，在打到下极板之前已经返回了，故 AC 错误； BD．当将下极板向下移动一些，此时有 d d  ，由以上分析可知 x d 说明粒子一定打在下极板上，故 B 正确，D 错误。 故选 B。 二、多项选择题（每题有多个选项是正确的，全对得 4 分，选不全得 2 分，错一项或不填得 0 分。本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分） 9. 如图所示，火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力， 并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法中正确的是（ ） A. 各小行星绕太阳运动的周期大于一年 B. 小行星带内侧行星的加速度小于外侧行星的加速度 C. 小行星带内各行星绕太阳公转的线速度均小于地球公转的线速度 D. 与太阳距离相等的每一颗小行星，受到太阳的引力大小都相等 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据万有引力提供向心力有 2 2 2MmG mRR T      求得 2 34 RT GM  - 7 - 故离太阳越远，周期越大，所以各小行星绕太阳运动的周期大于地球的公转周期一年，故 A 正确； B．根据万有引力提供向心力有 2 MmG maR  求得 2 GMa R  所以小行星带内侧行星的加速度大于外侧行星的加速度，故 B 错误； C．根据万有引力提供向心力有 2 2 Mm vG mR R  求得 GMv R  所以由题图可判断，小行星带内各行星绕太阳公转的线速度均小于地球公转的线速度，故 C 正确； D．根据万有引力公式有 2= MmF G R万 由于与太阳距离相等的每一颗小行星的质量未知，所以受到太阳的引力大小不一定都相等， 故 D 错误。 故选 AC。 10. 如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻 R｡金属棒 ab 与两导轨垂 直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下｡现使磁感应强 度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是（ ） A. ab 中的感应电流方向由 a 到 b B. ab 中的感应电流逐渐减小 C. ab 所受的安培力保持不变 D. ab 所受的静摩擦力逐渐减小 - 8 - 【答案】AD 【解析】 【分析】 由于磁场发生变化，利用法拉第电磁感应定律可求得感应电动势，从而求得电流，再根据通 电导线在磁场中的受力，分析安培力大小，由于金属棒处于静止状态从而分析摩擦力大小。 【详解】A．根据楞次定律，可知感应电流的磁场与原磁场方向相同，再根据右手定则得 ab 中的感应电流方向由 a 到 b，A 正确； B．根据感应电动势 BE St t     由于磁感应强度随时间均匀减小，因此感应电动势保持不变，回路中的电流保持不变，B 错误； C．安培力的大小 F=ILB 由于电流不变而磁感应强度减小，因此安培力减小，C 错误； D．由于金属棒始终处于静止状态，所受摩擦力与安培力等大反向，安培力逐渐减小，因此摩 擦力逐渐减小，D 正确。 故选 AD。 11. 一带负电粒子仅在电场力的作用下，从 x 轴的原点O 由静止开始沿 x 轴正方向运动，其运 动速度 v 随时间t 的变化关系如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 电场为匀强电场 B. 带电粒子运动过程中，其机械能守恒 C. 粒子从O 点开始运动到 1t 时刻过程中电势能减少了 2 1 1 2 mv D. 粒子沿 x 轴做加速度不断减小的加速运动 - 9 - 【答案】CD 【解析】 【详解】A．根据速度时间图像，图像的倾斜程度逐渐减小，加速度逐渐减小，因为只受电场 力，所以电场力逐渐减小，根据 F qE 场强逐渐减小，A 错误； B．在运动过程中，受到电场力的作用，机械能不守恒，B 错误； C．根据速度时间图像，粒子从O 点开始运动到 1t 时刻过程中速度一直在增大，根据动能定理 2 1 1 2W mv 电场力做正功，电势能减小了 2 1 1 2 mv ，C 正确； D．根据速度时间图像，图像的倾斜程度逐渐减小，加速度逐渐减小，但是速度一直在增大， 所以粒子做的是沿 x 轴做加速度不断减小的加速运动，D 正确。 故选 CD。 12. 某发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定 值电阻 R 供电，电路如图所示，理想交流电流表 A、理想交流电压表 V 的读数分别为 I 、U ， R 消耗的功率为 P 。若发电机线圈的转速变为原来的 2 倍，则（ ） A. R 消耗的功率变为 2P B. 电压表 V 的读数变为 2U C. 电流表 A 的读数变为 2I D. 通过 R 的交变电流频率不变 【答案】BC 【解析】 【详解】B．根据 mE NBS 发电机线圈的转速变为原来的 2 倍，角速度变为原来的 2 倍，理想变压器的原线圈的最大电 - 10 - 压为原来的 2 倍，根据 m 1 2 EU  原线圈两端的电压有效值增大 2 倍，根据 1 1 2 2 U n U n  可知理想变压器的副线圈的电压为原来的 2 倍，电压表 V 的读数变为 2U，B 正确； A．R 的电压变为原来的 2 倍，根据 2UP R R 消耗的功率变为 4P，A 错误； C．根据欧姆定律 UI R  通过理想变压器的副线圈的电流为原来的 2 倍，根据 1 2 2 1 I n I n  理想变压器的副线圈的电流为原来的 2 倍，电流表 A 的读数变为 2I，C 正确； D．根据 2 f  发电机线圈的转速变为原来的 2 倍，角速度变为原来的 2 倍，通过 R 的交变电流频率变为原 来的 2 倍，D 错误。 故选 BC。 二、实验题（本大题共 2 小题，共 13 分） 13. 某同学用图 1 所示的装置研究小车做匀变速直线运动的特点。 - 11 - （1）实验中，除打点计时器（含交流电源、纸带、复写纸）、小车、平板和重物外，在下面 的器材中，必须使用的是______（选填选项前的字母）。 A．刻度尺 B．秒表 C．天平 D．弹簧测力计 （2）下列实验步骤的正确顺序是______（用字母填写）。 A．关闭电源，取下纸带 B．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连 C．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔 D．接通电源后，放开小车 （3）实验中获得的一条纸带如图 2 所示，在纸带上依次取O 、 A 、 B 、C 、 D ……若干个 计数点，利用实验数据计算出打点时小车的速度 v ，以 v 为纵坐标，t 为横坐标，做出如图 3 所示的v t 图象。根据图象求出小车的加速度 a=______ 2m/s （保留 3 位有效数字）。 【答案】 (1). A (2). CBDA (3). 1.44 【解析】 【详解】（1）[1]A．需要用刻度尺测量计数点之间的距离处理数据，故 A 需要； B．打点计时器有计时功能，所以不需要秒表，故 B 不需要； C．本实验是研究匀变直线运动的特点，只让小车做匀加速即可，不需要测量质量，所以天平 不需要，故 C 不需要； D．本实验是研究匀变直线运动的特点，只让小车做匀加速即可，不需要测量力，所以弹簧测 力计不需要，故 D 不需要。 - 12 - 故选 A。 （2）[2]根据实验原理以及实验过程，先安装仪器，然后接通电源放开小车进行实验，最后 关闭电源，取下纸带数据处理，则下列实验步骤的正确顺序是 DCBA。 （3）[3]根据图像可得 2 20.720 m/s 1.44m/s0.50 va t    14. 在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路。 (1)按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来_____。 (2)在如图乙所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于_____ 端（填“ A ”或“ B ”）。 (3)如图是根据实验数据作出的U I 图象，由下图可知，电源的电动势 E  _____V，内阻 r  _____ Ω 。（结果均保留 2 位有效数字） (4)实验中误差是由于_____选填（“电流表”或“电压表”）的读数比真实值偏_____（选填 “大”或“小”）而引起的。 - 13 - 【答案】 (1). (2). B (3). 1.5 (4). 1.0 (5). 电流表 (6). 小 【解析】 【详解】(1)[1]电路实物图如图所示，注意导线不要交叉： (2)[2]为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处，即应置于 B 端。 (3)[3]由图丙所示图象可知，电源U I 图象与纵轴交点坐标值是 1.5，故电源电动势 E=1.5V [4]电源内阻 1.5 1.0 Ω 1.0Ω0.5 Ur I     (4)[5]通过电源的电流等于通过电压表电流与通过滑动变阻器电流之和，即电流表读数比实 际值偏小。 [6]所以实验误差是由于电流表读数比实际值偏小引起的。 15. 1831 年 10 月 28 日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机（如图甲），它是利 用电磁感应的原理制成的，是人类历史上的第一台发电机。图乙是这个圆盘发电机的示意图 圆盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片 C、D 分别与转动轴和铜盘 的边缘接触，使圆盘转动，电阻 R 中就有电流通过。 (1)说明法拉第的圆盘发电机的原理； (2)圆盘如图示方向以每秒 n 转转速转动，圆盎半径为 r ，圆盘所在处的磁感应强度大小为 B ， 不计铜盎电阻，请判断通过电阻 R 的电流方向和大小。 - 14 - 【答案】(1)见解析；(2)电流方向为 a R b  ； 2nBrI R  【解析】 【详解】(1)铜盘可以看成是由无数根半径为 R 的铜线组成，铜导线在磁场中做切割磁感线运 动产生感应电动势，在 CDR 闭合回路中产生感应电流。 (2)根据右手定则可知，D 点相当于电源的正极，故通过电阻 R 的电流方向为 a R b  ， 根据已知可得 2 n  ， E Brv ， 2 2 v rv   ， EI R  解得 2nBrI R  16. 如图所示 xoy 坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别 存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示。现有一个质量为 m 、电荷量为 q 的带 电粒子在该平面内从 x 轴上的 P 点，以垂直于 x 轴的初速度 0v 进入匀强电场，恰好经过 y 轴 上的Q 点且与 y 轴成 45角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于 x 轴进入第四象限的磁 场。已知 OP 之间的距离为 d （不计粒子的重力）求： （1）O 点到Q 点的距离； （2）磁感应强度 B 的大小； （3）带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过 x 轴的位置到O 点距离 - 15 - 【答案】（1） 2h d ；（2） 0 2 mvB qd  ；（3） 10.5X d 【解析】 【分析】 带电粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律可解出粒子进入磁场的速度大小和 方向，而后带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，算好半径，画好轨迹，方便理解 做题。 【详解】（1）设Q 点的纵坐标为 h ，到达Q 点的水平分速度为 xv ， P 到Q 受到的恒定的电场 力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知竖直方向 匀速直线运动 0 1h v t 水平方向匀加速直线运动的平均速度 0 2 xvv  则 1 2 xv td  根据速度的矢量合成 0 tan 45 xv v  解得 2h d - 16 - （2）粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径 2 2R d 由牛顿第二定律得 2vqvB m R  解得 mvR qB  由（1）可知 0 02cos45 vv v  联立解得 0 2 mvB qd  （3）由图可知带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过 x 轴位置到 0 点距离 3 cos45X R R   解得 (6 2 2) 10.5X d d   17. 如图所示，一段长度为 1 3mL  的水平静止传送带，右侧为与它等高的台面 BC ，长度为 2 1mL  ，右边是半径 0.5mR  的光滑半圆轨道CDE ，物块以 0 2 10v  m/s 的初速度从传 送带 A 点向右运动，物块与传送带及水平面之间的动摩擦因数均为 0.25  ，物体的质量为 1kg ，则（ g 取 210m/s ） （1）物块达到圆轨道最低点C 对轨道的压力值； - 17 - （2）通过计算判别，物块能否到达圆轨道的最高点 E ； （3）若传送带可以顺时针转动，要使物块恰好到达最高点 E ，请计算传送带的速度大小。 【答案】（1）50N ；（2）不能到达最高点 E ；（3） 30m / s 【解析】 【详解】(1)物块 A 到C 的过程，由动能定理得   2 2 1 2 0 1 1 2 2Cmg L L mv mv    可得 20m / sCv  物块在C 点时，根据牛顿第二定律得 2 N CvF mg m R   解得 N 50NF  由牛顿第三定律知，支持力和压力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故物块 达到圆轨道最低点C 对轨道的压力值为50N ； （2）物块到达 E 点时，最小速度需要满足 2  Evmg m R 所以 5m / sEv gR  从C 到 E ，因为 2 21 122 2C Emv mg R mv  所以物块不能到达最高点 E （3）物块恰好到达 E 点，根据动能定理得，物块离开传送带的速度满足 - 18 - 2 2 2 1 12 2 2E Bmg L mg R mv mv      得 30m/sBv  如果传送带静止，则物块从 A 到 B 过程，由动能定理得 2 2 1 1 0 1 1 2 2BmgL mv mv   可得： 1 5m/s 30m/sBv   物块由 0v 减速到 Bv 的过程中移动  2 2 0 1 - 2m 3m2 Bv S La v    要使物块恰好到达最高点 E ，物块在传送带上先匀减速后匀速，所以传送带顺时针转动的速 度大小为 30m / s 。 - 19 -