【文档说明】广东省仲元中学、中山一中等七校联合体2021届高三上学期第一次联考物理试题含答案.doc，共(13)页，495.000 KB，由小赞的店铺上传

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七校联合体2021届高三第一次联考试卷（8月）物理科目一、选择题：本题共10小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，共24分；第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.关于卢瑟福的粒子散射实验，

下列说法正确的是A.大多数粒子发生大角度偏转B.粒子发生偏转的原因是与电子发生碰撞C.穿过金箔过程中，远离金原子核的粒子电势能减小D.粒子散射实验证明了汤姆孙关于原子的结构模型是正确的2.如图

所示，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR＝2RQ.则A．q1＝2q2B．q1＝4q2C．q1＝－2q2D．q1＝－4q23.排球运动场地示意图如图所示，排球网在O点处，左右两侧场地的A

、B两点与O点距离均为H，AB连线与网平面垂直，左右边界与网的垂直距离约为3H。一运动员在A正上方H处将球水平拍出，刚好被对方运动员在B点上方2H处接住，不计空气阻力，则A.球被拍出后，相同时间内速度变化量越来越大B.球被拍出后，经过gH

t2的时间被接住C.球被拍出瞬间，初速度大小为gHv0D.若对方运动员不接球，该球便落在对方界内得分4.如图，倾角θ=37°的斜面上固定一个垂直斜面的挡板，两质量均为m相同的铁块用轻绳系在挡板上，铁块中间夹着一个质量为2m的铜块，铜块刚好静止，接触面间的摩擦因数均为μ，已知sin37°=

0.6，则μ的大小为A.0.25B.0.5C.0.375D.0.75OABθ5.如图，固定在光滑半圆轨道上的导体棒M通有垂直纸面向里的电流（较大），导体棒N通有垂直纸面向外的电流，M在N处产生的磁场磁感应强度为B1，N刚好静止，此时M、N关于过O点的竖直轴对称，且∠MON=60°；若调整M的电

流大小和位置并固定，当N再次平衡时，∠MON=120°，且M、N仍关于过O点的竖直轴对称，则调整后M在N处产生的磁场磁感应强度B2与B1的比值为A.0.5B.2C.3D.316.如图所示，电路中每个电阻的阻值与电源内阻均相等，电容器C与其中一个电阻串

联在一个支路，若闭合开关k、k1和k2，电容器的电荷量为Q，若只闭合k、k1时电容器的电量为Q1，若只闭合k、k2时电容器的电荷量Q2，则Q1、Q2分别为A.2Q，3QB.32Q，Q2C.2Q，3QD

.3Q，4Q7.物理学家在电与磁的发现过程中，经历了一段艰辛的探索过程，下列说法正确的是A.奥斯特发现了电流可以产生磁场，并提出了电流产生磁场的原理与磁铁相同的假说B.法拉第通过实验发现了产生感应电流的条件C.安培总结了通电

导线在磁场中受力的大小和方向的规律D.楞次通过实验总结了感应磁场方向总是与原磁场方向相反的定律8．某中轨道卫星绕地球做圆周运动的半径约为地球同步卫星轨道半径的一半，已知地球自转周期为T，地球同步卫星轨道半径为r，则下列说法正确的是

A．中轨道卫星绕地球运转的周期约为2TB．中轨道卫星绕地球运转的线速度等于Tr22C．中轨道卫星绕地球运转的角速度比同步卫星角速度大D．中轨道卫星绕地球运转的向心加速度比同步卫星向心加速度大9.某型号汽车行驶过程中，t=

0时，功率为P，速度为v，加速度大小为a，并开始做匀加速直线运动，t=t0时，它的功率达到2P，在t0<t<2t0之间的某时刻，汽车达到额定功率。汽车受到OMNk1k2kC的阻力保持不变，则A.汽车行驶过程中，受到的阻力大小为02atvPB.从t=0到t=t0，牵引力做的功为05.1

PtC.从t=0到t=t0，汽车的位移为02vtD.汽车的额定功率应小于3P10.如图所示，竖直空间某区域存在向下的磁场，磁场大小关于图中O点所在水平面A对称分布，水平面A与所在位置的磁感线都垂直，磁感应强度大小的变化规律为kxBB-0（k为常量，且B不为零），

x表示与水平面A的竖直距离。一半径为r，电阻为R的圆形线框（线框面与面A平行，且中轴刚好过O点）从距面A为h处静止释放，当线框到达水平面A时，发热量为Q，速度为v，到达平面A后，继续向下加速运动到达O点下方h处，已知h小于kB0,则A

.线框下落过程中，加速度始终小于重力加速度gB.线框到达O点时，通过线框的电荷量为Rkhr2C.线框到达O点下方h处时，下落过程的发热量为2QD.线框到达O点下方h处时，速度应小于v2二、非选择题：共52

分，其中11~12题为实验题，13~15题为计算论述题，考生根据要求作答。11.(4分)用“一把量程为5N的弹簧测力计；一个质量末知的重物；一条橡皮筋；平整木板一块；图钉若干枚；刻度尺、细线、白纸和笔。”验证力的平行四边形定则。请根据某同学的实验操作过程，完成相关实验

内容（a）挂在弹簧测力计上的重物静止时，测力计示数如图甲所示。（b）把纸平铺在木板上并固定，橡皮筋的一端固定在木板上端A点，另一端用细线打上结（方便挂重物和弹簧测力计拉动）。（c）如图乙所示，将木板竖直放置，挂上重物拉伸橡皮筋的结点到某一位置O，记下该位置和挂重物细线的方向。（d

）移动重物位置，使橡皮筋拉伸方向偏离竖直位置，在适当的位置钉上一枚图钉(如图OBA丙所示中B点)，让挂重物的细线搭在图钉上，使橡皮筋的拉伸方向固定下来。（e）如图丁所示，用弹簧测力计把橡皮筋结点拉到O点，

记下此时弹簧测力计的示数和方向（设与竖直方向夹角为）、O点与B点的连线（设与竖直方向夹角为）。（f）根据力的图示标示各力的大小；根据力的合成用作图方法求出分力的合力，将该力与橡皮筋只受一个力作用时进行比较。力的平行四边形定则得到验证。（

1）重物的重力大小为N（2）如图丁所示，当60时，；此时弹簧测力计指示的示数为N;12．（8分）某实验小组已通过实验获得锗二极管和硅二极管（简称锗管和硅管）的伏安特性曲线如图（a）所示，现有这个类型的锗管和硅管甲和乙，但标记

不清楚，无法判断哪一个是硅管、哪一个是锗管。（i）其中一同学取甲管（图（b）所示）做实验，他选用多用表的电阻档，并用表笔K接图（b）中的M端，另一表笔接N端，发现多用表指针偏角较小，则表笔K应该是____(“红”或“黑”)笔；（ii）该同学继

续用电路图（c）研究甲管的特性，他将变阻器的滑片________（“从A到B”、“从B到A”）慢慢滑动，当电压表示数超过0.1V时，电流表示数开始明显增加，则甲管的材料应该是______。（iii）另一同学用剩下的乙管利用电

路图（d）进行实验，其中定值电阻301R、丁453453NAOAOAOBB甲乙丙102R、电源输出电压VE1保持不变，则此电路中，二极管乙的功率为_______。13（10分）如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L。在△OCA

区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点入射时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，

且在磁场内运动的时间为53t0，求粒子此次入射速度的大小。14.（12分）如图甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量m=1kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度-时间（v-t）图的部分

图像如图乙所示，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求（1）物块与皮带之间的动摩擦因素μ37smv//084MN(b)2R1R(d)1R2RRABmAV(c)（2）物块沿皮带向上运动的最大位移15.（18分）如图，虚线MN上方存在沿水

平方向的匀强电场区域。同一竖直面内，两个半径相同、带电荷量分别为+q和-q的弹性小球P、Q，在距MN分别为2h和0.5h处，沿平行电场的方向同时向与MN垂直的虚线抛出，p的初速度是Q的4倍，之后两球均从O点垂直M

N射出电场。在与MN距离为y（y未知）的水平面固定一绝缘弹性板，Q球与板发生第一次碰撞后在返回MN处时恰好与P发生碰撞。假设两球与挡板、两球之间的碰撞均为弹性正碰，且球与挡板碰后电量不变，两球碰后电荷中和。已知重力加速度为g，忽略两球之间的库仑力，则（1）P、Q两球质量的比多

大？（2）求y的大小；（3）两球第一次碰后，改变距离y，Q与挡板第二次碰后撤去挡板，使得Q能在MN上方与P再次碰撞，求y的范围。垂线PQMNOy七校联合体2021届高三第一次联考试卷（8月）答案1【答案】C【解题思路】

因为原子核所占空间较小，极少数发生大角度偏转，故选项A错误；粒子发生偏转的原因是原子核对它有斥力的作用，故选项B错误；远离金原子核的粒子受到库仑力，库仑力做正功，它的电势能减小，故选项C正确；散射实验证明汤姆孙的原子结构模型（枣糕模型）是错误的，如果

按照“枣糕模型”，不可能出现a粒子散射实验的结果，故D错误。[命题意图]以粒子散射实验为背景，考查学生对原子核式结构模型的知识。通过对a粒子在金箔原子核中运动分析、受力分析和能量分析，考查学生的理解、分析能力。2答案B解析两点电荷带同种

电荷，设RQ＝r，则PR＝2r，有kq12r2＝kq2r2，解得：q1＝4q2，故B正确．3【答案】D【解题思路】球被拍出后，做平抛运动，仅受重力，相同时间内速度变化量相同，故选项A错误；由2212HHgt，得接球时间为gHt，

故选项B错误；初速度gHtHv220，故C错误。如果球落地：gHt21，则水平位移：HtvS2210，故在界内，所以选项D正确。[命题意图]以排球这一熟悉的运动为背景知识，考查平抛运动的速度、高度与时间的关系等知识。通过平抛运动速

度变化与受力关系的分析、临界问题的分析，考查学生的理解、综合分析、应用数学知识解决问题的能力。4【答案】C5【答案】C【解题思路】磁场调整前，导体棒N受力如图所示，由受力平衡，得：30tan1mgILB；调整后：60tan2mgILB，可得B2=3B1

。[命题意图]以安培力作用下的物体平衡为背景知识，考查安培力、共点力平衡等知识。通过两种角度下安培力大小与位置、重力关系的分析，考查学生的理解、推理分析、应用数学知识解决问题的能力。通过抽象导体棒受力分析的建模，提高学生建立物理模型解决问题的能

力。6【答案】B【解题思路】设电源电动势为E，电源内阻为R，若闭合开关k、k1和k2，电路结构如图甲所示，其中并联部分总电阻为RRRRRRRR32)(1，电路的电流为1RRREI，电容器的电荷量ECIRCUCQ83；若只闭合k、k1，电路如图乙所示，则电容器电荷量QECR

RRRRQ321；只闭合k、k2时，电路结构如图丙所示，电容器的电荷OILB1mgk1k2kCk1kC甲乙k2kC丙量：QECRRRRRQ232，所以选项B正确。[命题意图]以含容电路的分

析为背景知识，考查串并联规律、闭合电路的欧姆定律和电容、电容器等知识。通过开关的变化引起电路变化的分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力。对排球运动这一实际情景的分析，有利于提高学生的建

模能力，养成应用建模方法结合物理规律解决问题的习惯。7【答案】BC【解题思路】电流产生磁场的原理与磁铁相同的假说不是奥斯特提出，是安培的分子电流假说，故A选项错误；法拉第发现感应电流产生的条件，选项B正确；安培总结出了判断安培力方向的左手定则，并得到安培力大小的表达式，所以C选项正

确；感应电流的方向总是阻碍原磁场的变化，原磁场减小时，感应磁场与原磁场方向相同，所以D选项错误。[命题意图]以物理学史为背景知识，考查分子电流假说、感应电流和楞次定律等知识。通过科学家与物理规律对错的辨析，考查学生的理解、推理分析能力。对物理学规

律的发现这一问题的再现，有利于渗透培养正确的科学态度与责任。8.【答案】BCD9【答案】BD【解题思路】t=t0时，牵引力为02atvPF，由牛顿第二定律：mafatvP02，可得汽车受到的阻力为maa

tvP02，故选项A错误；从t=0到t=t0，由于P=FV=F（v+at），得功率线性增大，平均功率为PPPP5.122，牵引力做的功为05.1PtW，故选项B正确；从t=0到t=t0，应该为汽车

的位移为005.122vttvv，不等于02vt，故选项C错误；若在t=2t0时达到额定功率，则额定功率为PatvFP3)2(00，所以汽车的额定功率应小于3P，故选项D正确。[命题意图]以汽车匀加速和变加速运动为背景知识

，考查汽车行驶过程中的功率、牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律等知识。通过匀加速直线运动和变加速过程的比较分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力。对汽车变加速运动这一实际情景的分析，有利于提高学生的建模能力，养成应用建模方法结合物理规律解决问题的习惯。1

0【答案】BD【解题思路】由于A处的水平面与磁感线垂直，线框的速度与A处水平面也垂直，所以在水平面A处线框速度与磁场平行，感应电流为零，线框受到安培力为零，所以加速度等于重力加速度，即下落过程中线框的加速度并不始终小于g，故选项A错误；从O点上方下落到O点所在水平面，线框磁通量变化量为khr

2，通过线框的电荷量为RkhrRq2，故选项B正确；从O到O点以下h处，线框下落过程的速度都大于v，从O点上方h处下落到O点的过程中，下落的速度都小于v，所以在O点下方运动过程中，感应电流比在O点上方运动产生的感应电流大，克服安培力做的功比较多，故发热量应大于Q，故线框到达O

点下方h前，发热量应大于2Q，故选项C错误；从O点上方h处下落到O点，有0212mvQmgh；从O点上方h到O点下方h处，有21212mvQhmg’；由于Q’>2Q，可得v1小于v2，故选项D正确。[命

题意图]以圆环在磁场中向下运动为背景知识，考查楞次定律、法拉电磁感应定律、磁通量、牛顿第二定律和能量守恒定律等知识。通过设置环的速度与磁感线平行的临界分析、磁通量变化的两个状态以及两段相同高度的能量变化的比较分析，考查学生的理解、

推理分析和应用数学知识解决问题的能力。11.答案：（1）4.0；(2)60，4.0；解析：（1）从弹簧测力计上读数得4.0N；（2）60，由于本实验所给的器材只有一把弹簧测力计，为了提供两个分力，利用了重物来充

当一个分力，所以总是有一个分力的大小与合力大小相等，当60，即一个分力F1与合力F相等，则另一个力F2与F、F1构了等边三角形，F2=F=F1，都为4.0N，方向与竖直方向成60角。[命题意图]以验证力的平

行四边形实验为背景知识，考查力的等效替代（合成与分解）、共点力平衡等知识。通过实验步骤、细节的鉴别和用物块替代一把弹簧秤的创新设计，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力和实验能力。通过对实验过程的情景想象，培养学生的创新思维，提高学生解决问

题的能力。12【答案】（i）红（ii）从A到B锗（iii）0.012w【解题思路】（i）用K笔接M端时，多用表电阻档的偏角较小，说明二极管的电阻极大，这时测的应该是二极管的反向电阻，即电流由N端流向M端，

所以与N端接触的是多用表的黑笔（因为黑笔与多用表内部电源的正极连接），与M端连接的是红笔；（ii）描绘二极管的伏安特性曲线时，应让二极管两端的电压慢慢变大，所以应从A端慢慢滑向B端；由图（a）可知，锗管在电压大于0.1V时，电流已明显开始变化；而硅管电压要达到0.5V左右，电流才明显变大，所以甲

管应该是锗管；（iii）设电路图d中通过二极管的电流为I，电压为U，由闭合电路的欧姆定律：ERRUIU21)(，得：11034IU，作该函数的直线与硅管交点如图所示，此时硅管功率P=0.02A×0.6V=0.012w。

[命题意图]以二极管的伏安特性曲线的分析以及二极管在电路中的应用为背景知识，考查多用电表的使用、闭合电路的欧姆定律、串并联电路的规律和描绘电学元件的伏安特性曲线实验等知识。通过二极管极性的判断、实验操作细节的分析、二极管的甄别以及电路分析，考查学生的理解、推理

分析和应用数学知识解决问题的能力和实验能力。通过二极管的甄别和实验图像以及电路分析，培养学生的创新思维，提高学生解决问题的能力。13解(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T＝4

t0①设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝mv2r②匀速圆周运动的速度满足v＝2πrT③联立①②③式得B＝πm2qt0。④(2)如图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°

。设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑤r0cos∠OO′D＋r0cos∠BO′A＝L⑥设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律v0＝2πr0T⑦联立得v0＝3

πL7t0。14【解题思路】（1）由图乙可知，物块的初速度smv/80，皮带转动时的速度smv/4，在t=0到t=0.4s时间内，物块加速度21/104.0/8/4smssmsma①由牛顿第二定律：1cossinmamgmg，②联立①②得5.0③。（2）在t=0.4s

后，由牛顿第二定律2cossinmamgmg；④解得物块加速度22/2sma；⑤物块从t=0.4s开始，经过t1时间速度减为零，ssmsmt2/2/4021⑥；从t=0到t=0.4s，物块位移为mtatvS4.2212101⑦从t=0.4s

到t=2.4s，物块减速到零的位移mtvS4212⑧物块沿皮带向上运动过程中的位移为mSSS4.621⑨[命题意图]以物块在传送带上的匀变速直线运动为背景知识，考查摩擦力、匀变速直线运动的规律、受力分析、牛顿第二定律

的应用等知识。通过速度相等临界点的分析、图像分析以及受力情况变化分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力。15.解.（1）设p的质量为m，Q的质量为M，P的加速度大小为a1，Q的加速度大小为a2，Q的初速度大小为v0，p初速度大小为4v0，P、

Q球从抛出到到达O点时间分别为t1和t2由题意可知两球在水平方向均减速，则04110tav……①0220tav……②两球受到的电场力大小相等，由牛顿第二定律1maqE……③2MaqE两球在竖直方向的加速度均为g，则：21122hgt……④22122hgt……⑤联立可得m：M

=1：2……⑥（2）设Q球从离开电场到与挡板碰撞经历的时间为T，它从挡板返回MN时间也为T，由两球运动时间相等得：122ttT……⑦设Q球到达MN时速度大小为v2，在竖直方向上，由运动的独立性原理知，小球做自由落体运动，有：2222hvg……⑧由运动学公式：2221gTTvy……⑨解得

：58yh……⑩（3）P球到达MN时速度大小为v1，由运动学规律2122vgh……⑾解得12vghQ返回后以v2与P发生弹性碰撞，碰后速度大小分别为v3和v4，由动量守恒和能量守恒定律：4312mvMvmvMv……⑿222221341111

2222MvmvMvmv……⒀解得：3vgh，42vgh假设当y=y0时，Q与挡板第二次碰后恰好在MN处与P发生第二次碰撞，设Q球与P球从第一次碰后到与挡板发生第二次碰撞的时间为T1，P从第一次碰后到第二次到

达MN时间为T2，由题意得：422=4vhTgg……⒁Q碰后返回MN，从离开MN向上减速度为零的时间：3vhTgg……⒂若第二次在MN处碰时，Q处于上升阶段，则：12122hTTg……⒃若挡板与MN距离为y1，可得：21311142yvTgTh……⒄若第二次在MN处碰时，

Q处于下落阶段，则：121(2)2hTTTg……⒅若挡板与MN距离为y2，可得：223111322yvTgTh……⒆由题意有：21yyy所以挡板与MN的距离y的范围为342hyh…⒇【25（3）方法二】公式（15）之前的公式与上相同。Q碰后返回MN，从

离开MN向上减速度为零的时间：3vhTgg……⒂Q从第一次碰到与挡板发生第二次碰撞：231112yvTgT……⒃（i）在T2时间内，Q必须已经向上返回MN：212TT……⒄解得：222131()4222TTyvgh…

…⒅（ii）在T2时间内，Q从MN向上运动返回时不能离开MN：121(2)2TTT……⒄解得：22232213()2222TTTTyvgh……⒆所以挡板与MN的距离y的范围为342hyh…⒇【25（3）

方法三】公式（15）之前的公式与上相同。Q从第一次碰到与挡板发生第二次碰撞：231112yvTgT……⒂Q与挡板发生第二次碰撞时速度大小：31uvgT……⒃Q第二次与挡板碰后在T2-T1时间内向上位移为：2121211(

)()2yuTTgTT……⒄Q第二次与挡板碰后在T2-T1时间内必须返回MN上方，则：y1-y>0……⒅则：11(2)()0gThgTh…解得：12hhTgg……⒆解得：342hyh……⒇【25（3）方法

四】公式（15）之前的公式与上相同。Q与P第一次碰后，Q相对P的速度为：13vgh设经过t1时间，Q与挡板相碰，则：11113svttgh碰后瞬间，Q球的速率分别为v2’，由题意有：21'vghgt，竖直

向上此时P球的速度为：11'2vghgt设经过t2时间，两球在次碰撞，则：''1212()svvt要在MN上方碰撞，则：122ttT联立解得：12hhTgg，即342hyh