贵州省贵阳市2021届高三物理下学期开学调研试题（含解析）

1、贵州省贵阳市2021届高三物理下学期开学调研试题（含解析）一.选择题（每小题6分，共8小题，1-5小题单选，6-8小题多选，少选3分；多选，错选0分，共计48分）1.一物体从静止开始做直线运动，其v-t图像如图所示，下列说法正确的是（）A. 0t1内物体做匀速直线运动B. t1t2内物体处于静止C. 0t1内物体的位移一定比t2t3内的小D. 0t1内物体的平均速度比t2t3内的小【答案】D【解析】【详解】AB根据图像可知，0t1内物体做匀加速直线运动，t1t2内物体的速度保持不变且不为0，处于匀速直线运动状态。故AB错误；C图线与坐标轴围成的面积表示位移，由图线无法判断面积大小，故C错误；D

2、由匀变速直线运动平均速度公式，可判断则0t1内物体的平均速度大小比t2t3内的小，故D正确。故选D。2.如图所示，物体A放在水平桌面上，通过定滑轮悬挂一个重为10N的物体B，且已知物体A与桌面间的最大静摩擦力为4N。要使A静止，需加一水平向左的力F1，则力F1的取值可以为（）A. 3NB. 7NC. 15ND. 17N【答案】B【解析】【详解】对A受力分析，当A受到的最大摩擦力往左时拉力F1最小。此时当受到的最大摩擦力向右时，拉力F1最大。此时所以拉力F1取值范围应该是所以ACD错误，B正确。故选B。3.甲乙两卫星绕地球运动。卫星甲做匀速圆周运动，其轨道直径为2R，C是轨道上任意一点；卫星乙的

3、轨道是椭圆，椭圆的长轴为4R，A、B是轨道的近地点和远地点，如图所示。下列说法正确的是（）A. 卫星甲的周期大于卫星乙的周期B. 两卫星与地心的连线在相同的时间内扫过的面积相等C. 卫星甲在C点的线速度一定小于卫星乙在A点的线速度D. 卫星甲在C点的角速度一定小于卫星乙在B点的角速度【答案】C【解析】【详解】A由开普勒第三定律得，由于卫星甲的半径（R）小于卫星乙的半长轴（2R），所以卫星甲的周期小于卫星乙的周期，故A错误；B由开普勒第二定律可知，每颗卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，故B错误；C设卫星乙在过A点的近地圆轨道运行时的速度比卫星甲在C点的速度更大，由于卫星乙在A点要做离心

4、运动，所以在团圆轨道的A点的速度比在过A点的近地圆轨道运行时的速度更大，所以卫星甲在C点的线速度一定小于卫星乙在A点的线速度，故C正确；D设卫星乙在过B点的圆轨道运行，此轨道的半径比卫星甲在C点轨道更大，由可得角速度更小，卫星甲在C点的角速度一定大于卫星乙在B点的角速度，故D错误。故选C。4.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示。下列说法中正确的是（）A. x1和x1两点的场强相等B. O点的电势一定为0C. x1和x3两点的电势相等D. x1和x1两点的电势相等【答案】D【解析】【详解】A根据图像可知和两点的场强等大反向，故A错误；B电场中电势的高低，数值与0电势

5、参考点的选取有关，故O点的电势不一定为0，故B错误；C从到场强方向沿轴正方向，沿场强方向电势逐渐降低，点的电势高于点的电势，故C错误；D由于和两点关于轴对称，图像的面积表示电势差，从点到和从点到电势差相等，故和两点的电势相等，故D正确。故选D。5.如图甲所示为一台小型发电机构造的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈电阻为2，外接灯泡的电阻为。则（）A. 电压表示数为B. 发电机的输出功率为C. 在时，穿过线圈的磁通量最小D. 瞬时电动势的表达式为【答案】D【解析】【详解】A电压表的示数为选项A错误；B灯泡消耗的功率故发电机的输出功率为，选项B错误；

6、C在时，电动势为0，此时穿过线圈的磁通量最大，选项C错误；D电动势的最大值为，周期为，则瞬时电动势的表达式为选项D正确。故选D。6.如图所示，在边长ab=L，bc=L的矩形区域内存在着垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O处有一粒子源，可以垂直磁场向区域内各方向发射速度大小相等的同种带电粒子，若沿Od方向射入的粒子从磁场边界cd离开磁场，该粒子在磁场中运动的时间为t0，圆周运动半径为L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A. 粒子带正电B. 粒子的比荷为C. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0D. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为5t0【答案】A【解

7、析】【详解】A由题设条件作出以O1为圆心的轨迹圆弧，如图所示由左手定则，可知该粒子带正电，选项A正确；BCD由图中几何关系可得解得，可得T=12t0，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得解得，选项BCD错误。故选A。7.如图所示为某种电流表的原理示意图，质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k。在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab的长度。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强

8、度。已知k2.0N/m，ab的长度为0.20m，bc的长度为0.05m，B0.20T，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A. 当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为B. 若要电流表正常工作，应将MN的M端与电源正极相接C. 该电流表的量程是2.5AD. 若将量程扩大到2倍，磁感应强度应变为0.20T【答案】ABC【解析】【详解】A设弹簧伸长量为x，则有由式得故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为，故A正确；B为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下。由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极。故B正确；C设满量程时通过MN的电流为Im，则有联立并代入数据得Im2

9、.5 A故该电流表的量程是2.5 A，故C正确；D设量程扩大后，磁感应强度变为B，则有由解得B0.10 T故若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为0.10 T，故D错误。故选ABC。8.如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为和图乙为它们碰撞前后的图象已知，规定水平向右为正方向由此可知A. m1=5kgB. 碰撞过程对的冲量为C. 两小球碰撞过程损失的动能为1.5JD. 碰后两小球的动量大小相等、方向相反【答案】C【解析】【详解】A由图知碰撞前m2位置不变，则m2静止，vm1=4 m/s，碰撞后vm2= m/s=5 m/s，而vm1= m/s=2 m/s，由动量守恒知m1vm1

10、=m1vm1+m2vm2，代入数据得m11.5 kg.故A错误；B根据动量定理，对的冲量I1= m1vm1- m1vm1=1.52-1.54=-3，故B错误；C碰撞前后，系统损失的动能 =1.5J，故C正确； D碰后两小球的动量方向都沿正方向，故D错误故选：C点睛：由s-t图像可知碰撞前后两物体的速度根据碰撞过程动量守恒定律可得m1的质量根据动量定理，可求对的冲量求出碰撞前后的动能，可得系统损失的动能碰后两小球的速度都为正，动量方向都沿正方向二.实验题（共计15分，9题6分，10题9分）9.某同学用图1(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相

11、连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出，其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出。回答下列问题：(1)f4_N；(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出fm图线_；(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数及重力加速度大小g之间的关系式为f_，fm图线(直线)的斜率的表达式为k_；(4)取g9.80 m/s2，由绘出的fm图线求得_。(保留2位有效数字)【答案】 (1). 2.75 (2). 如图所示： (3).

12、(Mm)g (4). g (5). 0.40【解析】【详解】(1)1由图b可读出弹簧秤的示数f42.75N；(2)2fm图线如图所示：(3)34摩擦力表达式f(Mm)g其斜率kg；(4)5图线的斜率k3.9解得0.40。10.一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值图中R0为标准定值电阻(R0=20.0 )；电压表可视为理想电压表；S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关；E为电源；R为滑动变阻器采用如下步骤完成实验：(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线_(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S1.(3)将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压

13、表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2.(4)待测电阻阻值的表达式Rx_(用R0、U1、U2表示)(5)重复步骤(3)，得到如下数据.(6)利用上述5次测量所得的平均值，求得Rx_.(保留1位小数)【答案】 (1). (2). (3). 48.2【解析】【详解】(1)1按照实验原理线路图实物连线如图所示：(2)2根据部分电路欧姆定律和串联电路特点可得：，解得：(3)3 的平均值为，代入得：三.计算题（11题12分，12题20分，共计32分）11.如图所示，内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U，

14、靠近M板处静止释放质量为m、电荷量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场。求：(1)离子从N板小孔射出时的速率及在磁场中做圆周运动的周期；(2)要使离子不进入小圆区域，电压U的取值范围。【答案】（1），；（2）U【解析】【详解】（1）设离子射入匀强磁场时的速率为v，由动能定理得解得设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得运动周期联立解得离子从N板小孔射出时的速率为，及在磁场中做圆周运动的周期为。（2）若离子恰好不进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为R0，此时轨迹如图所示由几何关系得

15、解得R04r需满足的条件为RR0，又联立解得电压U的取值范围。12.如图甲所示，为一倾角37足够长的斜面，将一质量为m1kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图像如图乙所示，与斜面间动摩擦因数0.25。取g10m/s2，sin370.6，cos370.8。求：(1)2s末物体的动能；(2)前12s内物体发生的位移；(3)前16s内物体克服摩擦力做的功。【答案】（1）12.5J;（2）30 m；方向沿斜面向下；（3）60J【解析】【详解】（1）分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得代入数据可得v15 m/s故动能（

16、2）设物体在前2 s内发生的位移为x1，则当拉力为F24.5 N时，由牛顿第二定律可得代入数据可得a20.5 m/s2物体经过t2时间速度减为0，则t210 s设t2时间发生的位移为x2，则由于则物体在剩下4 s时间内处于静止状态，故物体在前12s内发生位移方向沿斜面向下。（3）由（2）可知物体在12s末静止，故克服摩擦力做的功为13.关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是（）A. 某种物体的温度为0，说明该物体中所有分子的动能均为零B. 物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，但内能不一定增大C. 当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小得更快，所以分子力表现为引力

17、D. 10g 100水的内能小于10g 100水蒸气的内能E. 两个铝块挤压后能紧连在一起，说明分子间有引力【答案】BDE【解析】【详解】A某种物体的温度是0，内能不为0，所以物体中分子的平均动能不为零，故A错误；B温度是分子平均动能的标志，故物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，内能的大小还与物质的多少有关，所以内能不一定增大，故B正确；C当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得快，当分子间距小于r0时，分子间的斥力大于引力表现为斥力，当分子间距大于r0时，分子间的斥力小于引力表现为引力，故C错误；D温度是分子平均动能的标志，所以10g100的水的分子平均动能等于10g

18、100的水蒸气的分子平均动能，同样温度的水变为同样温度的水蒸气要吸收热量，所以10g100的水的内能小于10g100相同质量的水蒸气的内能，故D正确；E两个铝块相互挤压后，它们会紧连在一起，是分子运动的结果，说明了分子间有引力，故E正确。故选BDE。14.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置.开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体I、II两部分高度均为L0，温度都为T0.已知活塞A导热、B绝热，A、B质量均为m、横截面积为S，外界大气压强为p0保持不变，环境温度保持不变.现对气体II缓慢加热，当A上升时停止加热，已知p0S=mg，求：(1)此时气体II的温度；(2

19、)保持II中温度不变，在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m时，活塞A下降的髙度.【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)气体II加热过程为等压变化，根据查理定律可得：解得：T=(2)气体I做等温变化，则：解得：气体II发生等温变化，则解得：所以，活塞A下降的髙度.15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（ ）A. 这列波的波速可能为50m/sB. 质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cmC. 若有另一周期为0.16s的简谐横波与此波相遇，能产生稳定的干涉现象D. 若=0.8s，当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E. 若=0.8s，从t+0.4s时刻开始计时，质点c的振动方程为y=0.1sin cm【答案】ACD【解析】由图可知，波的波长为40m；两列波相距，故周期 ； 波速为：，（n=0，1，2，） 当n=0时，当v=50m/s时，故A正确；质点a在平衡位置上下振动，振动的最少时间为T，故路程最小为3A即3