高三物理下学期入学考试

咐呼州鸣咏市呢岸学校【考试时间：3月1日9：00~11:30】
高2021级高三下期入学考试
理科综合试题物理
理科综合共300分；包括物理、化学、生物三，考试时间为150分钟。

物理试卷分为第I卷〔选择题〕和第II卷两，共4页，总分值110分
第一卷〔选择题共42分〕
选择题〔此题共7小题。

每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多
个选项正确，选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分〕
1．如图3所示，是从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个质量相
的物体I、II的v-t图象.在0〜t2时间内，以下说法中正确的选项是
A．物体I所受的合外力不断增大，物体II所受的合外力不断减小
B．I、II两个物体的平均速度大小都是〔v1+v2〕/2
C．在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远
D．物体II所受的合外力所做的功大于物体I所受的合外力所做的功
2．2012年10月25日，我国将第十六颗北斗卫星“北斗—G6”送入太空，并点于地球静止轨道东经110.5°。

由此，具有完全自主知识产权的北斗系统将首先具备为亚太提供高精度、高可靠位、导航、授时效劳，并具短报文通信能力。

其位精度优于20m，授时精度优于100ns。

关于这颗“北斗—G6〞卫星以下说法中正确的有
A．这颗卫星轨道平面与东经110.5°的经线平面重合
B．通过地面控制可以将这颗卫星点于州正上方
C．这颗卫星的线速度大小比离地350公里高的天宫一号空间站线速度要大
D．这颗卫星的周期一于地球自转周期
3．如下图，一条光束和另一条紫色光束，以相同的角度同时沿同—半径方向射入一块半圆形玻璃砖，其透射光束由圆心O点沿OA、OB方向射到屏MN上，那么可知
A．OA是红光，它从射入玻璃砖到打在屏上所需时间较长
B．OB是紫光，它从射入玻璃砖到打在屏上所需时间较长
C．从该玻璃砖中射入空气中发生反射时，OB光临界角较大
D．用同一双缝干预仪做光的双缝干预，OA光条纹间距小于OB光条纹间距
4．如下图的交流电路中，理想变压器输入电压为U1，输入功率为P1，输
出功率为P2，各交流电
表均为理想电表．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时
A．灯L变亮
B．各个电表读数均变大
C．因为U1不变，所以P1不变
D．P1变大，且始终有P1= P2
5．图6所示为显像管的原理示意图，当没有磁场时电子束将打在荧光屏的0点．安装在管径上
的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电
子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，图7中哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转
6．一列简谐横波沿x轴正方向传播，O为波源且t=0开始沿y轴负方向起振，如下图是t=0.2s末x=0至4m范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出。

图示时刻x=2m处的质点第一次到达波峰，那么以下判断中正确的选项是
A．这列波的周期为0.2s，振幅为10 cm B．这列波的波长为8m，波速为40 m/s
x/m y/cm
4
2 6 24
10
C ．t=0.7 s 末，x ＝10 m 处质点的位置坐标为〔10m ，10cm 〕
D ．t =0.7 s 末，x ＝24 m 处的质点加速度最大且沿y 轴负方向
7．如下图，两量同种点电荷固在水平方向上的A 、B 两点，过 AB 中点O 的竖直方向上有C 、P 、Q 、D 四点，其中C 、D 和P 、Q
分别关于O 点对称。

一带电小球自C 点由静止释放，运动到P 点时 小球的加速度为零。

重力加速度为g ，那么以下判断正确的选项是 A ．小球运动到Q 点时的加速度为2g B ．小球在O 点时的电势能最小
C ．小球在P 点的电势能可能大于Q 点的电势能
D ．小球从P 点运动到O 点的过程中可能先减速后加速
第二卷〔非选择题 共68分〕
8．〔17分〕
〔1〕在用单摆测重力加速度的中：
①时必须控制摆角在____________以内，并且要让单摆在____________平面内
摆动；
②某同学测出不同摆长时对的周期T ，作出L -T 2
图线，如下图，再利用图线上任意两点A 、B 的坐标〔x 1，
y 1〕、〔x 2，y 2〕，可求得g =___________。

③假设该同学测量摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，那么以
上述方法算得的g 值和真实值相比是____________的〔选填“偏大〞、“偏小〞或“不变〞〕。

(2) 某同学利用如图1所示电路来测量电阻的阻值。

将电阻箱接入a 、b 之间，闭
合开关。

适当调节滑动变阻器R ′后保持其阻值不变。

依次改变电阻箱的阻值R ，得到相电压表的示数U ，得到
A
B L T 2
x x
y 1 y 2 0
图1
R ′
R X
R
a b
如图2所示的U －R 图像。

①用待测电阻R X 替换电阻箱，读得电压表示数为2.00V 。

利用U －R 图像可得
R X =_______Ω。

②电池使用较长时间后，电动势可认为不变，但内阻增大。

假设仍用本装置和U-R 图像测某一电阻，那么测结果将_______(选填“偏大〞或“偏小〞)。

现将一阻值为10Ω的电阻换接在a 、b 之间，为了仍可利用本装置和U －R 图像实现对待测电阻的准确测，那么滑动变阻器的阻值_______〔选填“增大〞或“减小〞〕，使电压表的示数为_______V 。

9．游乐园“翻滚过山车〞的物理原理可以用如下图的装置演示。

斜槽
轨道AB ，EF 与半径为R=0.1m 的竖直圆轨道〔圆心为O 〕相连，AB ，EF
分别与圆O 相切于B 、E 点，C 为轨道的最低点，∠BOC=37°。

质量为
m=0.1kg 的小球从A 点静止释放，先后经B 、C 、D 、E 到F 点落入小框。

〔整个装置的轨道均光滑，取g=10m/s 2
，sin37°=0.6，cos37°=0.8〕求：
〔1〕小球在光滑斜槽轨道AB 上运动过程中加速度的大小
〔2〕要使小球从A 点到F 点的全过程不脱离轨道，A 点距离低点的竖直高度h 至少多高？
10．如图，在xoy 平面第一象限内有平行于y 轴的匀强电场和垂直于xoy 平面的匀强磁场，匀强电场电场强度为E 。

一带电量为+q 的小球从y 轴上离坐标原点距离为L 的A 点处，以沿x 正向的初速度进入第一象限，如果电场和磁场同时存在，小球将做匀速圆周运动，并从x 轴上距坐标原点L /2的C 点离开磁场。

如果只撤去磁场，并且将电场反向，
带电小球以相同的初速度从A 点进入第一象限，仍然从x 轴上距坐标原点L /2的C 点离开电场。

求： 〔1〕小球从A 点出发时的初速度大小； 〔2〕磁感强度B 的大小和方向；
U /V
R /Ω
10
20
30 40 0.5
1.0
2.0
图2
〔3〕如果在第一象限内存在的磁场范围是一个矩形，求这一范围的最小面积。

11．一个质量m=0.1kg,边长L=0.5m的正方形金属框，其电阻R=0.5Ω，金属框放在外表绝缘且光滑的斜面顶端〔金属框上边与AB重合〕，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边CD平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端〔金属框下边与CD重合〕。

设金属框在下滑过程中的速度为v,对的位移为s,那么v2-s图像如下图，匀强磁场方向垂直斜面向上，取g=10m/s2
(1)根据v2-s图像所提供的信息，计算斜面的倾角θ和匀强磁场的宽度d
(2) 计算匀强磁场的磁感强度B的大小；
(3)现用平行于斜面沿斜面向上的恒力F1作用在金属框上，使金属框从斜面底端CD(金属框下边与CD重合〕由静止开始沿斜面向上运动，匀速通过磁场区域后，平行斜面沿斜面向上的恒力大小变为F2,直至金属框到达斜面顶端〔金属框上边与从AB重合〕c试计算恒力 F1、F2所做总功的最小值？ (F1、F2虽为恒力，但大小均未知〕 .
入学考试物理答案
1-7题： C D B D A AB AD
8．、〔
．．．2． (．y．2．-．y．1．)/(
．．．．．．．．②4π
．〔３分〕
．．．．
．．．x．2．-．x．1．)
．．．．竖直平面〔２分〕
．．17．．分〕
．．〔．1．〕．① 5°
．．〔２分〕
③．不变
．．
．．〔．2．分〕
〔．2．〕．①．20±1
．．〔．2．分〕
．．
．．〔．2．分〕
．．〔．2．分〕
．．．．〔．2．分〕
．．②．偏小
．．减小
9．〔15分〕解：
〔1〕小球沿光滑斜槽AB下滑过程，由牛顿第二律有：mgsin37°=ma 〔3分〕
代入数据解得：a=6m/s2 〔2分〕
〔2〕小球由A点到D点由机械能守恒律有：
mgh+0=2mgR+mv D2/2 〔4分〕
小球要在竖直圆轨道运动过程中不脱离轨道最高点D，由圆运动规律有：
mg=mv D 2
/R 〔3分〕
由上式整理后代入数据解得：h=0.25m 〔3分〕
10.〔17分〕解：
〔1〕由带电小球做匀速圆周运动知，mg=Eq (2分) 所以电场反向后竖直方向受力 Eq+mg=ma a=2g (2分) 小球做类平抛运动有L/2=v 0t , L=122gt 2
(2分) 得 v 0=1
2gL (1分) 〔2〕带电小球做匀速圆周运动时，洛仑兹力提供向心力 qv 0B =mv 02
/R B=mv 0/qR (2分)
由圆周运动轨迹分析得 (L －R)2
+(L 2)2=R 2 (2分)
R=5L/8 代入得B=4E gL
5gL
(1分) (3)由小球运动轨迹的范围知最小矩形磁场的长、宽分别为
a 2 = (L)2
+(L 2)2 a =5L/2 (2分) b = R －R L 2a =(5－5)L/8 (2分) 面积S=5(5－1)L 2
/16 (1分)
11.〔19分〕解：
〔1〕从s ＝0到s ＝1.6米的过程中，由公式v 2
＝2as ，得
该段图线斜率a ＝5m /s 2
，
根据牛顿第二律 mgsinθ＝ma θ=300
从线框下边进磁场到上边出磁场，均做匀速运动〔看图得出〕
Δs=-1.6=1m d=Δs -L=0.5m
〔2〕线框通过磁场时，v12=16 v1=4m/s
F安=mgsinθ B2L2v1/R=mgsinθ B=0.5T
(３)金属框在进入磁场前有F1-mgsinθ=ma2
在磁场中运动有F1=mgsinθ+ F安
比拟两式得F安=ma2
即B2L2v/R=mv2/2s3
解得v=2m/s a2=m/s2
所以F安=ma2=0.25N
所以最小功为W=2F安d+mgsinθ(s1+s2+s3)=5J
2021级入学考试物理答题卷二．题：〔共１７分〕
８〔１〕
〔２〕
三．计算题〔共５１分〕
９．１０．
１１．。