北京市房山区2021-2022学年高三上学期开学考试物理试题（含答案解析）

2021北京房山高三（上）开学考试物理一、单项选择题（本部分共14小题，在每小题列出的四个选项中只有•个符合题意。每小题3分，共42分）1.在研究微观粒子时常用电子伏（eV）作为单位。电子伏是下列哪个物理量的单位（）A.电功 B.电量 C.电流 D.电功率【答案】A【解析】【详解】电子伏是能量的单位，1eV等于一个电子经过1V电压加速后所增加的动能，故选A。2.一束复色光，经三棱镜折射后分成a、b两束，光路如图所示，关于a、b两束光下列说法中正确的是（）A.a光频率较小B.两束光在三棱镜中传播时，a光的速度较小C.从三棱镜射向空气时，a光全反射的临界角较小D.用同一双缝干涉实验装置进行实验，a光干涉条纹间距较小【答案】A【解析】【详解】A．由光路图可知，b光的偏转程度较大，则b光的折射率较大，a光的折射率较小，故A正确；B．根据速度与折射率的关系可知，a光的速度较大，故B错误；C.根据，知a光发生全发射的临界角较大，故C错误；D．b光的折射率较大，波长较短，根据知，经过同一双缝干涉实验装置时，观察到b光的相邻亮条纹间距小，故D错误。故选A。3.如图所示，让一束光AO沿着半圆形玻璃砖的半径射到它的平直边上，在这个玻璃与空气的界面上会发生反射和折射．逐渐增大入射角，观察反射光线和折射光线的变化．下列说法正确的是A.反射角增大，折射角减小B.OC光线越来越弱，最终消失C.OB光线越来越弱，但不会消失D.反射光线和折射光线始终保持垂直【答案】B【解析】【详解】A、逐渐增大入射角，反射角增大，由折射定律知折射角也逐渐增大，故A错误；BC、在还未发生全反射过程中，入射角增大，反射光线OB越来越强，折射光线OC越来越弱，最终发生全反射，折射光线OC完全消失，故B正确，C错误．D、设光入射角为i时，反射光线跟折射光线恰好垂直，则有，解得：，故反射光线不能与折射光线始终保持垂直，故D错误．4.如图，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间做往复运动，下列说法正确的是（）A.弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用B.从A向O运动的过程中速度方向向右，逐渐增大C.振子由A向O运动过程中，回复力逐渐增大D.在振动过程中，小球的机械能守恒【答案】B【解析】【分析】【详解】A．弹簧振子定受到重力，杆对球有向上的支持力，弹簧对小球有弹力，提供回复力，A错误；B．从A向O运动的过程中速度方向向右，弹簧对小球的弹力向右，小球做加速运动，B正确；C．简谐运动的回复力F=-kx，振子由A向O运动过程中，位移减小，回复力减小，C错误；D．在振动过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，D错误。故选B。5.某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图像如图所示。在波的传播方向上有A、B两质点，它们到S的距离分别为45m和55m。测得A、B两质点开始振动的时间间隔为1.0s。则下列说法中正确的是（）A.A质点开始振动时，运动方向向下B.这列波的波长为10mC.这列波的波速为10m/sD.A、B两质点运动方向总是相同的【答案】C【解析】【详解】A．图与题干中没有涉及到振源的起振方向，故不能判断A质点开始振动时的方向，故A错误；C．该波从A点传到B点的时间为1.0s，则根据速度公式有故C正确；B．由图像可知，该波的周期为T=2.0s根据公式结合上述解得故B错误；D．A、B两质点到S的距离分别为45m和55m，由于，可知A、B两质点参与振动时，总是相差半个波长，所以A、B两质点运动方向总是相反的，故D错误；故选C。6.2021年4月29日11时23分，“长征五号B”遥二火箭在海南文昌航天发射场点火升空，将载人航天工程空间站“天和核心舱”精准送入预定轨道。“天和核心舱”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N离开地面的高度分别为439km和2384km，则“天和核心舱”运行过程中（）A.在M点的加速度小于N点的加速度B.在M点的速度小于N点的速度C.从M点运动到N点的过程中动能逐渐减小D.从M点运动到N点的过程中机械能逐渐增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由可得，在M点的加速度大于N点的加速度，故A错误；BC．由开普勒第二定律，可得近地点的速度大于远地点的速度，故在M点的速度大于N点的速度，故C正确，B错误；D．在同一轨道运行，机械能守恒，故D错误。故选C7.如图所示，实线为某电场的电场线，虚线为等势面，A、B为电场线上的两个点，下列判断正确的是（）A.A点的场强比B点的场强小B.A点电势比B点电势高C.带正电的检验电荷从A点移动到B点电势能增加D.带负电的检验电荷从A点移动到B点动能减少【答案】C【解析】【详解】A．电场线的疏密程度反映场强的大小，A处电场线较密集，场强更大，故A错误；B．沿电场线的方向电势降低，由题目图中可知，A点的电势低，故B错误；C．A点的电势低，根据正电荷在A点的电势能小，所以将一带正电的检验电荷从A移动到B电势能增加，故C正确；D．A点电势低，负电荷在A点的电势能大，所以将一带负电的检验电荷从A移动到B电势能减小，故D错误。故选C8.如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为u的交流电源两端。电路中R0为定值电阻，测量电表均为理想电表，导线电阻不计。现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，则下列说法正确的是（）A.电压表V2的示数变大B.电压表V1的示数变大C.电流表A的示数变大D.定值电阻R0消耗的电功率变大【答案】A【解析】【详解】A．输入电压不变，原副线圈匝数比不变，输出电压由输入电压决定，负线圈电压U2不变，滑片向上滑动，电阻R变大，滑动变阻器两端电压变大，V2示数变大，故A正确；B．原线圈的电压由电源决定的，不随负载电阻的变化而变化，故电压表V1不变，故B错误；C．副线圈电路中总电阻电大，电流减小，原副线圈匝数比不变，原线圈电流也减小，故C错误；D．副线圈电流变小，定值电阻R0上消耗的功率变小，故D错误。故选：A。9.如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是（）A.无论小球带何种电荷，小球落地时的速度的大小相等B.无论小球带何种电荷，小球在运动过程中机械能不守恒C.若小球带负电荷，小球会落在更远的b点D.若小球带正电荷，小球仍会落在a点【答案】A【解析】【详解】AB．无论小球带何种电荷，小球在磁场中运动时受洛伦兹力方向与速度垂直，则洛伦兹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，则落地时的速度的大小相等，选项A正确，B错误；C．若小球带负电荷，根据左手定则知道小球受斜向左向下方的洛伦兹力，这样小球偏折更厉害，会落在a的左侧，选项C错误；D．若小球带正电荷，根据左手定则知道小球受斜向右上方的洛伦兹力，这样小球会飞的更远，落在更远的b点，选项D错误。故选A。10.将一个物体以一定的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，上升过程中，物体的动能为Ek，上升高度为h，物体的重力势能为Ep，运动的速度为v，物体的机械能为E。下列描述上述物理量关系的图像错误的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】ACD．动能图像应为一条抛物线，且v越大，越大；物体竖直上抛运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，E与h无关，其图像应为一条水平线，根据机械能守恒定律得解得可见，图像应为一条倾斜直线，且h增大，减小，故ACD正确；B．由机械能守恒得的图像应是抛物线，且v越大，越小，故B错误。本题选错误的，故选B。11.冰壶运动又被称为“冰上国际象棋”，极具观赏性。如图所示，某运动员，冰壶质量，不计摩擦，二者以速度匀速滑行，冰壶脱手时在水平方向上相对于手的速度。下列说法正确的是（）A.运动员和冰壶相互作用过程中机械能不变B.运动员对冰壶的冲量大小等于冰壶对运动员的冲量大小C.运动员对冰壶做的功与冰壶对运动员做的功大小相等D.冰壶动能增加量等于运动员动能减少量【答案】B【解析】【详解】A．运动员和冰壶相互作用过程中，运动员要消耗体内生物能转化为运动员和冰壶的机械能，所以运动员和冰壶相互作用过程中机械能增加，故A错误；B．根据牛顿第三定律，运动员与冰壶间的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，则运动员对冰壶的冲量大小等于冰壶对运动员的冲量大小，故B正确；C．运动员与冰壶间有相对位移，二者对地的位移大小不同，则运动员对冰壶做的功与冰壶对运动员做的功大小不相等，故C错误；D．设冰壶出手时，运动员的速度为，取运动员原来的速度方向为正方向，由系统动量守恒可得代入数据可得冰壶动能增加量为代入数据，可得运动员动能减少量为代入数据，可得所以冰壶动能增加量不等于运动员动能减少量，故D错误。故选B。12.荡秋千是一种人们喜爱的娱乐活动。人站在秋千板上，双手抓着两侧秋千绳，从最高点A向最低点B运动时就向下蹲；从最低点B向最高点C运动时站立起来；从C回到B又向下蹲……这样荡，秋千会越荡越高。设秋千板宽度和质量忽略不计，人在蹲立过程中，人的身体中心线始终在两秋千绳和秋千板确定的平面内。则下列说法中正确的是（）A.在最高点A时速度为零，人和秋千受到的合力为零B.人在最低点B时速度最大，人和秋千受到的合力为零C.在荡秋千的过程中，整个系统机械能守恒D.从A向B运动时向下蹲的目的是利用重心降低，增加人的动能【答案】D【解析】【详解】A．在最高点A时，速度为零，但人和秋千具有沿切线向下的加速度，故受到的合力沿切线向下，不为零，故A错误；B．人在圆周最低点B时速度最大，向心加速度向上指向圆心，所以人和秋千受到的合力向上，不为零，故B错误；C．由于秋千越荡越高，在最高点，整个系统机械能增加，故机械能不守恒，故C错误；D．最高点A向最低点B运动时向下蹲的目的，在减小空气阻力的同时，利用重心降低，重力做正功，增加系统的动能，故D正确。故选D。13.研究小组的同学用如图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系之后，对此实验又做了进一步的分析：在实验前通过垫块已经平衡了摩擦力，且砂和砂桶的总质量远小于小车和车上砝码的总质量，由静止释放小车后，下列说法中正确的是（）A.若将小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）当成个系统，系统动量守恒B.若将小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）当成一个系统（包括地球），系统机械能守恒C.砂和砂桶减少的重力势能等于车和砝码增加的动能D.小车和砝码增加的动量大小等于对应过程中细绳对小车拉力的冲量大小【答案】D【解析】【详解】A．在砂桶向下运动的过程中，系统受到了合外力（砂桶重力）的作用，它们的动量越来越大，动量不守恒，故A错误；B．若将小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）当成一个系统（包括地球），在向下运动时受到摩擦力作用，除了摩擦力外还有重力、斜面的支持力，摩擦力做负功，支持力不做功，故系统的机械能不守恒，故B错误；C．对系统根据动能定理可知砂和砂桶减少的重力势能转化为摩擦力做功、砂和砂桶与车和砝码增加的动能，故C错误；D．在实验前通过垫块已经平衡了摩擦力，所以根据动量定理可得小车和砝码增加的动量大小等于细绳对小车拉力的冲量大小，故D正确。故选D。14.如图所示，在利用v-t图象研究匀变速直线运动的位移时，我们可以把运动过程按横轴t划分为很多足够小的小段，用细长矩形的面积之和代表物体的位移。应用上述的方法我们可以分析其他问题。下列说法正确的是（）A.若横轴表示速度v，纵轴表示外力F，可以求得外力的瞬时功率B.若横轴表示时间t，纵轴表示合外力F，可以求得物体的动量C.若横轴表示时间t，纵轴表示磁通量Φ，可以求得感应电动势D.若横轴表示路程x，纵轴表示速率的倒数，可以求得运动时间【答案】D【解析】【详解】A．外力的瞬时功率，则瞬时功率只能表示为图像中某一点的纵坐标与横坐标的乘积，而不是图像与坐标轴围成的面积，故A错误；B．根据冲量的定义可知，若横轴表示时间t，纵轴表示合外力F，可以通过面积求得力的冲量，故B错误；C．感应电动势，不能通过图像的面积求得，故C错误；D．由运动时间故横轴表示路程x，纵轴表示速率的倒数，可以用面积求得运动时间，故D正确。故选D。二、实验题（共2小题，18分）15.在“验证动量守恒定律”的实验中，先让质量为m1的A球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端水平拋出，落到位于水平地面的复写纸上，在复写纸下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在斜槽轨道末端，让A球仍从位置S由静止滚下，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，O点是轨道末端在白纸上的竖直投影点。（1）实验中，通过测量___间接地测定小球碰撞前后的速度；A.小球开始释放的高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的水平距离（2）关于该实验的注意事项，下列说法正确的是___；A.斜槽轨道必须光滑B.斜槽轨道末端的切线必须水平C.上述实验过程中白纸可以移动D.两小球A、B半径应相同（3）为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足m1＞m2，若满足关系式___则可以认为两小球碰撞前后总动量守恒。【答案】①.C②.BD##DB③.【解析】【详解】（1）[1]实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，由于平抛运动的高度相同，运动时间相等，水平位移即可通过小球平抛运动的水平距离，间接表示速度的大小。故选C。（2）[2]实验中，斜槽轨道不一定需要光滑，每次让小球从同一位置释放，保证每次到达底端的速度相等，但是斜槽末端必须水平，保证小球做平抛运动，实验中，复写纸和白纸的位置不可以移动，两球的半径需相等，保证发生对心碰撞。故选BD。（3）[3]若A、B两球组成的系统碰撞前后瞬间动量守恒，选水平向右为正方向，则有由于小球做平抛运动时在空中运动的时间相等，设时间为t，则有有整理可得若此式成立则可以认为两小球碰撞前后总动量守恒。16.利用图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。（1）除带夹子的重锤、纸带、铁架台（含铁夹）、电火花打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_____。A.交流电源B.刻度尺C.直流电源D.天平（含砝码）（2）实验中，先接通电源，再释放重锤，得到图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重锤的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量|ΔEp|＝_____，重锤动能增加量ΔEk＝_____。（3）某同学利用图像法处理数据。他在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2﹣h图像，得到如图丙所示的一条过原点的直线，于是据此作出判断：重物下落过程中机械能守恒。请你说明他的判断依据是否正确，并说明理由________。【答案】①.AB##BA②.mghB③.④.该同学的判断依据不正确，当v2﹣h图线为过原点的一条倾斜直线，并且斜率为2g才能说明机械能守恒【解析】【详解】（1）[1]根据机械能守恒定律，既需要验证即可。AC．电火花计时器需要交流电源，故A正确，C错误；B．在该实验中需要测量点与点的距离再用公式来测速度，需要用到刻度尺，故B正确；D．根据机械能守恒定律，既需要验证即可，与质量无关，故不需要天平，故D错误。故选AB。（2）[2]根据图片和重力势能定义，得从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量[3]从打O点到打B点的过程中，重锤动能增加量又因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以打B点时重锤的速度，代入上式，整理得（3）[4]根据机械能守恒定律，用描绘v2﹣h图像来验证机械能守恒不仅需要验证而且还要验证其斜率所以该同学单纯的v2﹣h图线为过原点的一条倾斜直线作为判断依据是不正确的。故当v2﹣h图线为过原点的一条倾斜直线，并且斜率为2g才能说明机械能守恒。三、计算题（共4小题，40分）17.如图所示，一质量的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数。现用一大小为10N、与水平方向成斜向右上方的力F拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动。已知，，空气阻力可忽略不计，取重力加速度。（1）物体受到摩擦力f的大小；（2）物体由静止开始运动4.0s时速度v的大小；（3）物体由静止开始运动4.0s过程中，拉力F的冲量I的大小。【答案】（1）7N；（2）2m/s；（3）【解析】【详解】（1）物体所受的摩擦力代入数据可得（2）物体受力如图所示由牛顿第二定律得代入数据解得方向水平向右，物体做初速度为零的匀加速直线运动，物体在的速度（3）物体由静止开始运动4.0s的过程中拉力F的冲量大小18.如图所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为，板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为。今有一质量为m、电量为q的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动，求：（1）粒子的速度v；（2）速度选择器的电压U2；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。【答案】（1）；（2）B1d；（3）【解析】【详解】（1）粒子经加速电场加速，获得速度v，由动能定理得解得（2）在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡得即解得（3）中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有解得19.把矩形线框CDMN放在磁感应强度为B的匀强磁场里，线框中接有电阻R，且线框平面跟磁感线垂直。设线框可动部分导体棒MN的长度为l，电阻为r，它以速度v向右运动，在Δt时间内，由原来的位置MN移到M1N1。（1）请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN中的感应电动势E；（2）金属棒MN向右运动时所受的安培力有多大；（3）从能的转化和守恒角度证明金属棒MN克服安培力的功率等于电阻R产生热功率与电阻r产