2020-2021学年高三下学期入学考试物理(一)【含答案】

2020-2021学年高三下学期入学考试物理（一）

第I 卷（选择题）

一、单选题（本大题共6小题，共30.0分）

1.如图所示，将直径为d ，电阻为R 的闭合金属环从匀强磁场B 中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为（ ）

A. 24B d R

π

B. 2Bd R π

C. 2Bd R

D. 2Bd R

π

【答案】A 【解析】

【详解】金属环的面积：

2

224

d d S ππ==

（） 由法拉第电磁感应定律得：

BS E t t Φ=

= 由欧姆定律得，感应电流：

E

I R

=

感应电荷量：

q =I △t ，

解得：

2

4B d q R R

πΦ==

故A 正确，BCD 错误； 故选A ．

【点睛】本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、

欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式q R

?Φ

=

计算． 2.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a 点以初速度0v 进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b 点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是( )

A. 在a 点的加速度大于在b 点的加速度

B. 在a 点的电势能小于在b 点的电势能

C. 在a 点的速度小于在B 点的速度

D. 电场中a 点的电势一定比b 点的电势高 【答案】C 【解析】

电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知E A ＜E B ，所以a 、b 两点比较，粒子的加速度在b 点时较大，故A 错误；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，电势能减小，即在a 点的电势能大于在b 点的电势能，故B 错误；整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b 点时的动能大于经a 点时的动能，所以无论粒子带何种电，经b 点时的速度总比经a 点时的速度大，故C 正确；由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a 点的电势和b 点的电势大小关系，故D 错误；故选C ．

3.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力.若不计空气阻力，则在整个上升过程中，下列关于物体机械能E 、速度大小v 、重力势能E p 、动能E k 随时间变化的关系中，正确的是

A. B.

C. D.

【答案】D 【解析】

【详解】A ．设在恒力作用下的加速度为a ，则机械能增量

21

2

E Fh

F at ==?

知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变，A 错误；

B ．在恒力作用下时，物体受力恒定，加速度恒定，撤去外力后，只受重力作用，加速度为g ，恒定，故B 错误；

C ．有外力作用时

21

2

p E mgh mg at ==?

随时间变化图像应是开口向上的抛物线，当撤去外力后，物体仍继续上升，重力势能仍继续增大，故C 错误；

D ．有外力阶段，做匀加速运动，动能增大

22211

22

k E mv ma t ==

无外力阶段，做匀减速运动，动能减小，且

22211

22

k E mv ma t ==

都是开口向上的抛物线，故D 正确． 故选D 。

4.在如图所示的U I -图像中，直线I 为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线II 为某一电阻R 的伏安特性曲线。用该电源与电阻R 组成闭合电路。由图像判断错误的是

A. 电源的电动势为3 V ，内阻为0.5Ω

B. 电阻R 的阻值为1Ω

C. 电源的效率为80%

D. 电源的输出功率为4 W 【答案】C 【解析】

【详解】A ．根据闭合电路欧姆定律得：

U =E -Ir

当I =0时，U =E ，由读出电源的电动势E =3V ，内阻等于图线的斜率大小，则：

3

Ω0.5Ω6

U r I ?=

==? A 正确；

B ．根据图像可知电阻：

1ΩU

R I

=

= B 正确； C ．电源的效率：

2

100%=

100%=100%=66.7%3

P UI P EI η=

???出总

C 错误；

D ．两图线的交点表示该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U =2V ，电流I =2A ，则电源的输出功率为：

P 出=UI =4W

D 正确。 故选C 。

5.如图所示，是研究光电效应的电路图，对于某金属用绿光照射时，电流表指针发生偏转．则以下说法正确的是（ ）

A. 将滑动变阻器滑动片向右移动，电流表的示数一定增大

B. 如果改用紫光照射该金属时，电流表无示数

C. 将K 极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，电流表的示数一定增大

D. 将电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑动片向右移动一些，电流表的读数可能不为零 【答案】D

【解析】 【分析】

当滑动变阻器向右移动时，正向电压增大，光电子做加速运动，需讨论光电流是否达到饱和，从而判断电流表示数的变化．发生光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应，而光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，当将电源的正负极调换，即加反向电压，则电流表可能没有示数，也可能有示数．

【详解】A ．滑动变阻器滑片向右移动，电压虽然增大，但若已达到饱和电流，则电流表的示数可能不变，故A 错误；

B ．如果改用紫光照射该金属时，因频率的增加，导致光电子最大初动能增加，则电流表一定有示数，故B 错误；

C ．将K 极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，则光电子的最大初动能增加，但单位时间里通过金属表面的光子数没有变化，因而单位时间里从金属表面逸出的光电子也不变，饱和电流不会变化，则电流表的示数不一定增大，故C 错误；

D ．电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑片向右移一些，此时的电压仍小于反向截止电压，则电流表仍可能有示数，故D 正确．

【点睛】本题考查光电效应基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点和基本规律，注意饱和电流的含义，及掌握紫光与绿光的频率高低．理解饱和电流与反向截止电压的含义，注意光电子最大初动能与入射光的频率有关．

6.如图所示，在光滑的水平面上宽度为L 的区域内，有一竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a （a ＜L ）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v 0向右滑动，穿过磁场后速度减为v ，那么当线圈完全处于磁场中时，其速度大小（ ）

A. 大于

0()

2v v + B. 等于0()

2

v v +

C. 小于 0()

2

v v +

D. 以上均有可能 【答案】B 【解析】

【详解】对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为1v ，末速度为2v ．由动量定理可知：

21BIL t mv mv ?=-

又电量q I t =?，得：

()21m v v BLq -=

得速度变化量：

21BLq

v v v m

?=-=

由q R

?=

φ

可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量．设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为v '，则有0v v v v -'='-，解得：

02

v v

v +'=

故本题选B 。

【点睛】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量q I t =?分析电量的关系．根据感应电量q R

?=

φ

，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等，两个过程电量相等．联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）

7.如图a ，物体在水平恒力F 作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t =1s 时刻撤去恒力F ，物体运动的图象如图b ，重力加速度2

10m/s g =，则（ ）

A. 物体在3s 内位移3m s =

B. 恒力F 与摩擦力f 大小之比:3:1F f =

C. 物体与地面的动摩擦因数为0.3μ=

D. 3s 内恒力做功与克服摩擦力做功之比:3:2F f W W =克

【答案】BC 【解析】

【详解】A.根据v t -图象与时间轴所围的面积表示位移，可得物体在3s 内的位移：

63

m 9m 2

s ?=

= 故A 错误；

B.物体在第1s 内的位移为

11

61m 3m 2

s =??=

对整个过程，由动能定理得：

10Fs fs -=

解得

:3:1F f =

故B 正确；

C. 物体在和2s 内位移为

262

m 6m 2

s ?=

= 对后2s 内物体的运动过程，由动能定理得

221

02

mgs mv μ-=-

解得

0.3μ=

故C 正确；

D.对整个过程，由动能定理得

0F f W W -=克

可得

:1:1F f W W =克

故D 错误。 故选BC 。

8.如图所示,A 为地球同步卫星,B 为运行轨道比A 低的一颗卫星,C 为地球赤道上某一高山山顶上的一个物体,两颗卫星及物体C 的质量都相同,关于它们的线速度、角速度、运行周期和所受到的万有引力的比较,下列关系式正确的是( )

A. v B>v A >v C

B. A B C ωωω>>

C. F B>F A >F C

D. T A =T C >T B

【答案】AD 【解析】

【详解】A.AC 的角速度相等，由：

v r ω=

可知：

C A v v <

AB 比较，同为卫星，由万有引力提供向心力，则有：

22Mm v G m R R

= 解得：

GM

v R

=

可知：

A B v v <

综合分析有：

B A

C v v v ＞＞

故A 正确；

B.因为同步卫星想上对地面上的C 静止，所以AC 的角速度相等，

AB 比较，同为卫星，由万有引力提供向心力，则有：

22Mm

G

m r r

ω= 解得：

3

GM

r ω=

而A 的角速度小于B 的加速度；故：

A C

B ωωω=<

故B 错误；

C.由万有引力公式可知：

2

Mm

F G

R = 即半径越大，万有引力越小；故：

A B C F F F ＜＜

故C 错误； D.卫星A

同步卫星，周期与C 物体周期相等；又万有引力提供向心力，即：

2

22Mm m R R T G π?? ???

= 解得：

3

2R T GM

π

= 所以A 的周期大于B 的周期，综合分析有：

A C

B T T T =>

故D 正确．

9.如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为2m 、m ，开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上，放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g ，则下列说法中正确的是( )

A. 物体A 下落过程中，物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒

B. 弹簧的劲度系数为

2mg

h

C. 物体A 着地时的加速度大小为

2

g

D. 物体A 着地时弹簧的弹性势能为212

mgh mv - 【答案】AC 【解析】

【详解】A 项：由题知道，物体A 下落过程中，B 一直静止不动．对于物体A 和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒，故A 正确；

B 项：物体B 对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为 T =mg ，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T =kh ，得弹簧的劲度系数为mg

k h

=

，故B 错误； C 项：物体A 着地时，细绳对A 的拉力也等于mg ，对A ，根据牛顿第二定律得 2mg -mg =2ma ，得2

g

a =，故C 正确；

D 项：物体A 与弹簧系统机械能守恒，有：2p 1

222

mgh E mv =+

?，所以2P 2E mgh mv =-，故D 错误． 10.如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A 、B ，A 以速度v 1斜向上抛出，B 以速度v 2竖直向上抛出，当A 到达最高点时恰与B 相遇．不计空气阻力，A 、B 质量相等且均可视为质点，重力加速度为g ，以下判断不．

正确的是（ ）

A. 相遇时A 的速度一定为零

B. 相遇时B 的速度一定为零

C. A 从抛出到最高点的时间为

2

v g

D. 从抛出到相遇A 、B 动量的变化量相同 【答案】A 【解析】

【详解】A 、A 分解为竖直向的匀减速直线运动与水平向的匀速直线运动，相遇时A 达到最高点则其竖直向的速度为0，水平向速度不变，合速度不为0，故A 错误 B 、A 在竖直向的分速度为v y ，则相遇时：22y B 11

22

v t gt v t gt -=- ，解得v B =v y ，B 的达到最高点，速度为也为0，故B 正确

C 、A 与B 到达最高点的时间相等为2

v t g

，故C 正确． D 、两者受到的外力为重力，时间相同则冲量相同，动量的变化量相同，故D 正确

第II 卷（非选择题）

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11.某同学用如图所示的装置“验证力的平行四边形定则”．在某次实验中，弹簧测力计的指针位置如图所示．

（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N ，图中细绳BO 对O 点的拉力大小为________N ． （2）下列不必要的实验要求是________（请填写选项前对应的字母）． A ．弹簧测力计应在使用前校零

B ．用两个弹簧测力计同时拉细绳时，它们的示数之差应尽可能大

C ．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O 点静止在同一位置

D ．为了验证力的平行四边形定则，应采用作力的图示来表示分力与合力

（3）为了提高实验的准确性，减少误差，请您提出合理的解决办法：（至少二条） ①________________________________________； ②________________________________________．

【答案】 (1). 3.60 (2). BC (3). 选用弹性小的细绳 (4). 橡皮条、细绳套和弹簧测力计的轴应在同一平面上且与板面平行贴近等 【解析】

【详解】（1）弹簧测力计读数，每1N 被分成5格，则1格就等于0.2N ．图指针落在3N 到4N 的第3格处，所以拉力大小为3.6N ；

（2）弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故A 项需要；对弹簧测力计的示数没有什么要求，故B 不需要；O 的位置可以变动，只需要保证作用效果相同即可，故C 不需要；实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，故D 项需要；故选BC ．

（3）①选用弹性小且适当长的细绳；②橡皮条、细绳和测力计的轴应在同一平面上，且与板面平行贴近； 12.某同学利用如图甲所示的

电路进行电阻的测量，他选定了以下实验器材：

待测电阻x R （阻值约为30Ω）

；变阻箱R 0~999Ω（）、电源E 10V （、1Ω）、多用电表、单刀单掷开关1S 和单刀双掷开关2S 、导线。其中多用电表表盘的欧姆刻度线除“0”、“∞”、“4”三条是清晰的其余刻度线均模糊不凊，但电流、电压刻度线完好，电流表、电压表均视为理想表

(1)将多用电表的选择开关调到欧姆档的______1?（、10?、100?、1K ?）位置，并按正确步骤调好多用电表，断开1S ，2S 与a 相接，此时多用电表指针所在位置如图乙所示，待测电阻的阻值x R =______Ω（保留两位有效数字）。

(2)为了进一步精确测定x R ，该同学将多用电表选择开关调到直流电压“10V”的档位，将2S 与b 相接，闭合1S ，调节变阻箱并记录其阻值R 及对应的电压，作

11

U R

-图像如图丙所示、由图像可知'x R =______Ω（保留两位有效数字）。

【答案】 (1). 1? (2). 24 (3). 27 【解析】

【详解】(1) [1] 因为待测电阻阻值约为30Ω，所以将多用电表的选择开关调到欧姆档的“1?”位置。 [2]设多用电表调到欧姆档的“1?”位置时，内部电源的电动势为'E ,内电阻为'r 。设测该电阻时的电流为1I ，指针指“4” 、“0”刻度线时的电流分别为2I 、3I 。由乙图

123::20:40:502:4:5I I I ==

由闭合电路的欧姆定律

'

1'x E I R r =+

'

2'

4E I r

=+ '

3'E I r

=

联立解得

x 24ΩR =

(2) [3]根据串并联规律以及欧姆定律，有

x U E U I R R r

-=

=+ 得到

x 111R r U E E R

+=+? 11

U R

-图像中的

纵轴截距和斜率 1

0.10E

=

'x 2

0.380.10

1010R r E -+-=

? 解得

x '27ΩR =

四、计算题（本大题共3小题，共44.0分）

13.如图所示，在水平面上依次放置小物块A 和C 以及曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M =2m ，曲面劈B 的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B 足够高，各接触面均光滑。现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B 。求： (1)碰撞过程中系统损失的机械能；

(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度。

【答案】(1)2

014

mv ；(2)2016v g

【解析】

【详解】(1)小物块C 与A 发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得

02mv mv =

解得

01

2

v v =

碰撞过程中系统损失的机械能为

E 损

()22011

222mv m v =

- 解得

E 损2014

mv =

②当AC 上升到最大高度时，ABC 系统的速度相等；根据动量守恒定律

()122mv m m m v =++

解得

1014

v v =

由能量关系

22001111

22()4()2224

mgh m v m v =

?-?? 解得

2

16v h g

=

14.如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在

A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧

区域内做匀速圆周运动，已知A 与O 点间的距离为

03mv qB ，虚线MN 3mg

，重力加速度

为g ．求：

（1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向；

（2）带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O 点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；

（3）带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度的大小v p ．

【答案】（1）

mg

q

，方向竖直向上；（2）；（3013v ．

【解析】

【详解】（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE =mg ，方向竖直向上； 所以MN 左侧区域内电场强度mg

E q

左=

，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：20

0mv Bv q R

=，

所以轨道半径0

mv R qB

=

； 质点经过A 、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO 的垂直平分线上，且质点从A 运动到

O 的过程O 点为最右侧；所以，粒子从A 到O 的运动轨迹为劣弧；

又有0

33AO mv d R qB

=

=；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AO

d arcsin R

θ==?

；

根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：

；

（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O 点的竖直分速度003

602

y v v sin v =?=，水平分速度001

602

x v v cos v =?=

； 质点从O 运动到P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P 点，故竖直位移为零，所以运动时间0

23y v v t g

g

=

=

； 所以质点在P 点的竖直分速度03

yP y v v v ==

， 水平分速度00031

7322

xP x v qE v v t v g v m =+

=+?=； 所以带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度22

013P yP xP v v v v =

+=；

15.如图所示，均匀薄壁U 型管竖直放置，左管竖直部分高度大于30cm 且上端封闭，右管上端 开口且足够长，用两段水银封闭了 A 、B 两部分理想气体，下方水银左右液面等高，右管上方的水银柱高h =4cm ，初状态温度为27℃，A 气体长度1l =15cm ，大气压强076cmHg p =.现使整个装置缓慢升温，当下方水银的左右液面高度相差l ?=10cm 时，保持温度不变，再向右管中缓慢注入水银，使A 中气柱长度回到15cm.求： (1)升温后保持不变的温度是多少摄氏度？ (2)右管中再注入的水银高度是多少？

【答案】(1)177℃ (2)40cm 【解析】

【详解】（1）缓慢升温过程中，对A 中气体分析

初态：V 1=l 1S ； p 1=p 0+h =80cmHg ；T 1=（27+273）K=300K

末状态：V 2=（l 1+

12△l ）S ； p 2=p 0+h +1

2

△l ， 由理想气体状态方程得：

1122

12

p V p V T T 代入数据解得：

T 2=450K ；

得

t 2=177℃

（2）对A 气体分析，初末态体积相同 T 3=T 2

p 3=p 0+h +△h ，

由查理定律得：

3

13

1=p p T T 代入数据解得：

△h =40cm ；

即再加入的水银高40cm.