云南通海三中2021届高三上学期开学考试物理试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精云南省通海三中2021届高三上学期开学考试物理试题含解析云南省通海三中2020-2021学年上学期开学考试高三物理第I卷一、单选题（共10小题,每小题3。0分，共30分）1.如图是在有匀强磁场的云室中观察到的带电粒子的运动轨迹图，、是轨迹上两点，匀强磁场垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是（）A.粒子在点动能大,在点动能小B.粒子先经过点，后经过点C。粒子带负电D.粒子在点受到的洛伦兹力大于点的【答案】B【解析】由洛伦兹力提供向心力,可得：，则粒子轨道半径,故粒子的轨道半径越小,速度越小，所以粒子在M点的速度小于N点的速度，故粒子先经过N点,后经过M点，故A错误，B正确．由左手定则可以判断出粒子带正电，故C错误．根据洛伦兹力的公式，已知粒子在M点的速度小于N点的速度，故粒子在M点受到的洛伦兹力小于N点的，故D错误．故选B．【点睛】带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程，可以求出粒子的轨道半径,根据图示判断粒子在a、b两点轨道半径的大小，从而判断粒子运动方向;由左手定则判断粒子所带电性．2.下列说法中正确的是（）A.卢瑟福在α粒子散射实验的基础上，提出了原子的核式结构模型B.α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流C。目前核电站内释放核能来自于轻核的聚变D.放射性元素的半衰期会随温度的变化而改变【答案】A【解析】【详解】A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上,提出了原子的核式结构模型，选项A正确；B．α射线是氦核、β射线是高速电子流、γ射线不带电，选项B错误;C．目前核电站内释放的核能来自于重核裂变,选项C错误；D．放射性元素的半衰期不随外界条件的变化而改变，选项D错误。故选A。3.关于核反应的类型，下列表述正确的有(）A.是β衰变B.是α衰变C。是γ衰变D.是裂变【答案】B【解析】【详解】A．是原子核的人工转变方程,选项A错误；B．是α衰变，选项B正确；C．是轻核聚变方程,选项C错误；D．是β衰变，选项D错误.故选B。4。通电闭合直角三角形线框abc处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，电流方向如图所示，那么三角形线框受到的磁场力的合力为(）A.方向垂直于ab边斜向上 B.方向垂直于ac边斜向上C。方向垂直于bc边向下 D.为零【答案】D【解析】【详解】若通以顺时针的电流方向，根据左手定则可知:各边所受的安培力背离中心处．如图所示，由公式F=BIL得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力合力与斜边的安培力等值反向．所以线圈所受磁场力的合力为零．故D正确ABC错误．故选D。5。如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有A、B两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角。关于A、B两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是（)A.Ea＝EbB.Ea＝EbC。Ea＝3EbD。无法判断【答案】C【解析】【详解】设O点的点电荷电量为Q，ab之间的距离为L，则a点到O点的距离=Lcos60°=Lb点到O点距离=Lcos30°=L根据点电荷的场强公式E=k可得==故=3故选C.6。如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子bA.穿出位置一定在O′点下方B。穿出位置一定在O′点上方C。运动时，在电场中的电势能一定减小D。在电场中运动时，动能一定减小【答案】C【解析】【详解】AB．a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有:即只要满足无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区,当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从点的上方或下方穿出，故AB错误；CD．粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大,故C正确D错误．【点睛】带电粒子在复合场中运动的综合分析,这类问题综合了带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的匀速直线运动、电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动三个方面:（1）在电场和磁场组成的复合场中做匀速直线运动时，符合二力平衡：．（2)若撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，应用运动的合成与分解的方法分析．有时也要结合能量问题分析解决．（3)若撤去电场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，符合洛伦兹力提供向心力：7.如图所示，有一带电粒子贴着板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为时，带电粒子沿②轨迹落到板中间;设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（）A。 B.C。 D.【答案】A【解析】【详解】由，得，所以，．A.，选项A符合题意；B。，选项B不符合题意；C.,选项C不符合题意;D。，选项D不符合题意；8.如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机,电动机线圈电阻为R。当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是（）A。原线圈中的电流为nIB。变压器的输入功率为C。电动机输出的总功率为I2RD。电动机两端电压为IR【答案】B【解析】【详解】A．原线圈中的电流为选项A错误；B．变压器的输入功率为选项B正确；C．电动机输出的总功率为选项C错误;D．电动机不是纯电阻，则两端电压不等于IR,选项D错误.故选B.9。如图，倾角为θ的粗糙绝缘体斜面固定于水平向左的匀强磁场B中，将通电直导线垂直于斜面水平放置，导线中电流方向垂直于纸面向里如果导线能静置于斜面上,则下列说法正确的是:（

）A.导线一定受到斜面弹力,但不一定受斜面摩擦力B。导线一定受到斜面摩擦力,但不一定受斜面弹力C.如果导线受弹力作用，那么也一定会受摩擦力作用,且弹力和摩擦力合力一定垂直向上D.如果导线受弹力作用，那么也一定会受摩擦力的作用,且弹力和摩擦力合力不一定垂直向上【答案】C【解析】【详解】导线保持静止，受力平衡；地球表面的一切物体都受重力,故导线受重力；根据左手定则，安培力向上；对于弹力和摩擦力,讨论如下：1、如果安培力与重力平衡，则不受支持力和摩擦力；2、如果安培力小于重力，根据平衡条件，则受支持力和摩擦力，且支持力与摩擦力的合力竖直向上，否则不能平衡，故ABD错误，C正确.故选C。10.如图所示，两个相同轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是（)A。同时向左运动，间距增大 B.同时向左运动，间距减小C。同时向右运动，间距减小 D.同时向右运动,间距增大【答案】B【解析】当磁铁的靠近时，导致两圆环的磁通量变大,从而由楞次定律可得两圆环的感应电流为逆时针（从右向左看）,所以又处于N极的磁场中，则受到的安培力向左．由于两圆环的电流均是逆时针，所以两圆环的相互吸引,距离减小．故选B。点睛：本题考查对楞次定律运动学的描述应用;从楞次定律相对运动角度可得：近则斥，远则吸．同时同向电流相互吸引，反向电流相互排斥.二、多选题（共4小题，每小题4.0分,共16分）11.在直角坐标系xOy平面内有一磁场边界圆，半径为R，圆心在坐标原点O，圆内充满垂直该平面的匀强磁场，紧靠圆的右侧固定放置与y轴平行的弹性挡板，如图所示。一个不计重力的带电粒子以速度v0从A点沿负y方向进入圆内,刚好能垂直打在挡板B点上，若该粒子在A点速度v0向右偏离y轴60°角进入圆内，粒子与档板相碰时间极短且无动能损失，则该粒子（）A。在B点上方与挡板第二次相碰B。经过时间第二次射出边界圆C。第二次与挡板相碰时速度方向与挡板成60°角D。经过时间第二次与挡板相碰【答案】BC【解析】【详解】A．粒子以速度v0从A点沿负y方向进入圆内，刚好能垂直打在挡板B点上，作出轨迹，如图所示：故轨道半径为：r=R,该粒子在A点速度v0向右偏离y轴60°角进入圆内时，轨迹如图所示，图中第二次与挡板的碰撞点显然在B点下方，故A不符合题意；B．粒子运动轨迹如图所示:从A点射入磁场到离开磁场，两段圆弧的圆心角之和为π，故在磁场中运动的时间为：t1==，在磁场外运动的路程为:x=2(R－Rsin30°）=R，故在磁场外运动的时间为:t2==，故:t=t1+t2=，故B符合题意;C．从A点射入磁场到离开磁场,两段圆弧的圆心角之和为π，射入磁场时速度方向与y轴成60°角，射出磁场时速度方向与y轴依然成60°角，故C符合题意；D．从A点射入磁场到离开磁场的时间为：t=，第二次离开磁场到与挡板相撞，时间为：t3=，故从A点射入磁场到第二次与挡板碰撞的时间为:t′=t+t3=，故D错误。故选BC.12.如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻,开关S是闭合的．V1和V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；A1、A2和A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3．现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是A。U2变小、I3变小 B。U2不变、I3变大C。I1变小、I2变小 D.I1变大、I2变大【答案】BC【解析】【详解】副线圈开关S没有断开时电阻并联后与串联，开关S断开后则并联后与串联，因此可知副线圈的总电阻增大,电压表V2测量的时副线圈的电压，电流表A2测量的时副线圈的干路电流，因此由可知电压表V2的示数不变，则电流表A2的示数减小；由可知电流表A1的示数减小；则电阻R3两端的电压增大,故电流表A3的示数增大，则B和C正确，A和D错误．故选BC。13。如图所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴oo´匀角速转动,转动周期为T0．线圈产生的电动势的最大值为Em，则A。线圈产生的电动势的有效值为B。线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C.线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为EmD.经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次【答案】C【解析】【详解】A．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为，故A错误；B．由公式，结合可求出磁通量的最大值，故B错误；C．根据法拉第电磁感应定律表达式可确定磁通量变化率的最大值为Em,故C正确；D．经过T0的时间,通过线圈电流的方向改变2次，故D错误;故选C．14.设某放射性物质A的半衰期为τ，另一种放射性物质B的半衰期为2τ，在初始时刻，A的原子核数目为B的原子核数目的4倍，则(）A.经过时间2τ,A与B的原子核数目相同B。经过时间2τ,A的原子核数目大于B的原子核数目C。经过时间3τ，A的原子核数目大于B的原子核数目D。经过时间4τ,A与B的原子核数目相同【答案】BCD【解析】【详解】设在初始时刻，A的原子核数目为4N，B的原子核数目为N；AB．经过时间2τ，A的原子核数目B的原子核数目A的原子核数目大于B的原子核数目，选项A错误，B正确；C．经过时间3τ，A的原子核数目B的原子核数目A的原子核数目大于B的原子核数目,选项C正确；D．经过时间4τ，A的原子核数目B的原子核数目A与B的原子核数目相同，选项D正确。故选BCD。第II卷三、实验题（共2小题，共16分）15.如图甲所示，在做“碰撞中的动量守恒”实验中．(1)下面是本实验部分测量仪器或工具，需要的是________．A．秒表B．天平C．刻度尺D．弹簧秤（2)完成本实验，下列必须要求的条件是________．A．斜槽轨道末端的切线必须水平B．入射球和被碰球的质量必须相等C．入射球和被碰球大小必须相同D．入射球每次不必从轨道的同一位置由静止滚下某次实验中得出的落点情况如图乙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为________．【答案】(1）.BC（2)。AC(3）。4：1【解析】【详解】（1）[1］小球离开轨道后做平抛运动,小球抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同,两球碰撞过程动量守恒,以入射球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：两边同时乘以运动时间t得:则要验证动量守恒，需要测出小球质量与小球的水平位移，需要的实验器材是:天平与刻度尺,故选BC；

（2)［2］A。为保证小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平,故A正确；B.为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故B错误;C.为了保证两球正碰，两球的半径必须相等，选项C正确；D。为保证小球速度相等，入射球每次必须从轨道同一位置由静止滚下，故D错误；故选AC．

［3］由图示可知：A球单独释放时的水平位移为OP=25.50cm，与B球碰后，A球的水平位移为OM=15。50cm，B球的水平位移为O′N=41.10-1。10cm=40cm．如果碰撞过程动量守恒，则代入数据解得m1：m2=4：116。用伏安法测量一个定值电阻的电阻值,现有的器材规格如下:A．待测电阻Rx(大约100Ω）B．直流毫安表A1(量程0～10mA，内阻约100Ω）C．直流毫安表A2(量程0～40mA，内阻约40Ω)D．直流电压表V1(量程0～3V，内阻约5kΩ）E．直流电压表V2(量程0～15V，内阻约15kΩ）F．直流电源（输出电压4V，内阻不计）G．滑动变阻器R(阻值范围0～50Ω，允许最大电流1A)H．开关一个、导线若干(1)根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，直流毫安表应选________，直流电压表应选________．（2）在方框内画出实验电路图_________，要求电压和电流的变化范围尽可能大一些．(3）用铅笔按电路图将实物图连线__________．【答案】（1）。A2（2）。V1(3）。(4）。【解析】【详解】（1）0—15V范围的电压表测量4V电压时,误差较大，所以选用电压表V1，但是选用电压表V1后待测电压最大为3V,所以电路中的最大电流为（2）电压和电流的变化范围尽可能大一些,所以采用滑动变阻器的分压接法，因为被测电阻较小，所以采用电流表的外接法，如图所示（3)实物图如图所示四、计算题17。如图甲所示为一台小型发电机的示意图,单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间变化规律如图乙所示.已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω。求：（1）写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；（2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量；（3)线圈匀速转动一周的过程中,外力所做的功。【答案】(1)(2)(3）【解析】【详解】（1)由图得则电流为（2）由电动势的最大值公式，则有角速度为最大磁通量为（3)匀速转动一周的过程中，外力所做的功等于电路产生的热量。18。如图所示,通电导线L垂直放于磁场中,导线长8m，磁感应强度B的值为2T,导线所受的力为32N，求导线中电流的大小．【答案】2A【解析】由F＝BIL得19。如图甲所示，两条足够长光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1m，两导轨的上端接有电阻,阻值R＝2Ω。虚线OO′下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场,磁场磁感应强度为2T．现将质量为m＝0。1kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平,不计导轨的电阻．已知金属杆下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．(取g＝10m/s2）求:(1)金属杆刚进入磁场时速度为多大?下落了0。3m时速度为多大？(2)金属杆下落0.3m的过程中，在电阻R上产生多少热量？【答案】(1）1m/s0.5m/s(2）0.2875J【解析】【详解】(1）刚进入磁场时，a0＝10m/s2，方向竖直向上由牛顿第二定律有BI0L－mg＝ma若进入磁场时的速度为v0，有I0＝，E0＝BLv0得v0＝代入数值有：v0＝m/s＝1m/s