【文档说明】【精准解析】陕西省咸阳市永寿中学2021届高三上学期开学考试物理试题.doc，共(16)页，756.500 KB，由小赞的店铺上传

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永寿中学高三摸底考试物理试题（时间：90分钟满分：100分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8小题只有一个选项正确，第9~12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有

选错或不选的得0分）1.质点做直线运动的速度—时间图象如图所示，该质点（）A.在第1秒末速度方向发生了改变B.在第2秒末加速度方向发生了改变C.在第2秒内发生的位移为零D.第3秒末和第5秒末的位置相同【答案】D【解析】【详解】A．速度图

象的正负表示速度的方向，而在前2s内，运动方向没有变化，故A错误；B．图象的斜率表示加速度，第2秒末斜率不变，所以加速度不变，故B错误；C．前两秒内图象都在时间轴上方，故质点位移为图线与坐标轴所围成的面积，不为零，选项C错误；D

．由图象面积可以知道，第3s末到第5s末的位移为零，则第3秒末和第5秒末的位置相同，故D正确。故选D。2.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到

水平位置．不计摩擦，在此过程中A.N1始终减小，N2始终增大B.N1始终减小，N2始终减小C.N1先增大后减小，N2始终减小D.N1先增大后减小，N2先减小后增大【答案】B【解析】试题分析：对小球进行受力分析如图所示，设：板与竖直方向夹角为，则：2sinmgN=，1tanmgN=，随着

板顺时针方向转动，越来越大，因此N2越来越小，同样1N也越来越小，答案B正确．考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解3.火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的1.5倍。根据以

上数据，以下说法正确的是（）A.火星表面重力加速度的数值比地球表面的大B.火星公转的周期比地球的长C.火星公转的线速度比地球的大D.火星公转的向心加速度比地球的大【答案】B【解析】【详解】A．根据万有引力等于重力得出2MmGmgR=2GMgR=根据星球直径约为地球的一半，质量

约为地球的十分之一，计算得出星球表面的重力加速度约为地球表面的25，故A错误；B．研究星球和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出2224MmGmrrT=得32rTGM=M为太阳的质量，r为轨道半径，火星

的轨道半径大于地球的轨道半径，通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长，故B正确；C．研究星球和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出22MmvGmrr=得GMvr=M为太阳的质量，r为轨道半径，火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过v的表达式发现公转

轨道半径大的线速度小，故C错误；D．研究星球和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出2MmGmar=得2GMar=M为太阳的质量，r为轨道半径．火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过a的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小，故D错误。故选B。4.如图所示，用完全相同的轻弹簧A

、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（）A.3:4B.4:3C.1:2D.2:1【答案】D【解析】【详解】将两小球看做一个整体分析，可知整体受到重力、轻弹簧A、C的拉力共3个力

的作用而处于平衡状态，将轻弹簧A的拉力沿竖直方向和水平方向分解可知水平方向上满足sin30AxACFFF==，故:2:1ACFF=，据题意可知三个弹簧的劲度系数相同，由胡克定律Fkx=可知弹簧A、C的伸长量之比为2:1，故

D项正确，ABC三项错误．5.如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向上。图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹。小球a从（0，2L）抛出，落在（2L，0）处；小球b、c从（0，L）抛出，分别落在（2L，0）和（L，0）处。不计空气阻力，下列说法

正确的是（）A.a和b初速度相同B.b比c运动时间长C.b的初速度是c的两倍D.a运动时间是b的两倍【答案】C【解析】【详解】A．因为a的竖直高度大，则运动时间长，但是水平位移相同，根据x＝v0t知，a的水平速度小于b的水平速度，故

A错误；BD．b、c的高度相同，小于a的高度，根据h＝12gt2得t＝2hg知b、c的运动时间相同，a的运动时间是b的运动时间的2倍。故BD错误；C．b、c的运动时间相同，b的水平位移是c的水平位移的两倍，则b的初速度是c的初速度的两倍。故C正确。故选C。6

.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定的地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是（）A.212mghmv−B.212mvmg

h−C.mgh−D.212mghmv−+【答案】A【解析】【详解】小球从A到C过程中，重力和弹力对小球做负功，由于支持始终与位移垂直，故支持力不做功，由动能定理可得WG+WF=0﹣12mv2，其中：WG=﹣mgh

，解得WF=mgh﹣12mv2故选A。7.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下移动，则正确的是（）A.电压表和电流表的示数都增大B.灯L2变暗，电流表的示数减小C.灯L1变亮，电压表的示数减小D.灯L2变亮，电容器的带电荷量增大【答案】C【解析】【详解】将滑

动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I变大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮。R与灯L2并联电路的电压U并=U-U1，U减小，U1变大，U并减小，灯L2变暗。流过电流表的电流IA=I

-I2，I变大，I2减小，IA变大，电流表的示数变大；电容器两端的电压变小，则电容器带电量减小。故ABD错误，C正确。故选C。8.如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进

入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动、下列说法中正确的是（）A.微粒一定带负电B.微粒的动能一定减小C.微粒的电势能一定增加D.微粒的机械能不变【答案】A【解析】【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，

所以洛伦兹力只能垂直于虚线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．【详解】根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，所以选项A正确；由于电场力向左，对微粒做正功，电势能减小，但重力

做负功，由于微粒做匀速直线运动，则合力做功为零，因此动能仍不变，选项BC错误；由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，所以选项D错误．故选A．【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变

，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．9.如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图（b）所示．若重力加速度及图中的0v、1v、1t均为已知量，则可求出A.斜面的倾角B.物块

的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】小球滑上斜面的初速度0v已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即02v，所以沿斜面向上滑行的最远距离012vst=，根据牛顿第二定律，向上滑行过程01sincosvggt=+，向下滑行

11sincosvggt=−，整理可得011sin2vvgt+=，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项AC对．根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度00101101sin224vvvvvstvgtg++==，选项D对

．仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B错．【考点定位】牛顿运动定律【方法技巧】速度时间图像的斜率找到不同阶段的加速度，结合受力分析和运动学规律是解答此类题目的不二法门．10.如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动

轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出的正确判断是（）A.带电粒子所带电荷的正、负B.带电粒子在a、b两点的受力方向C.带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D.

带电粒子在a、b两点的速度何处较大【答案】BCD【解析】【详解】AB．根据粒子的运动轨迹可知，粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A错误，B正确；C．由于粒子在a点时电场线较b点密集，可知粒子在a点受电场力较大，加速度较大，选项C正确；D．

若粒子从a运动到b，由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知电场力与速度之间的夹角是钝角，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在a点的速度较大，在b点速度较小，故D正确；故选BCD。11.光滑水平地面上，A、B两物体质量都

为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时（）A.A、B系统总动量仍然为mvB.A的动量变为零C.B的动量达到最大值D.A、B的速度相等【答案】AD【解析】【详解】A．A、B组成的系统所受的合外力

为零，动量守恒，初始时总动量为mv；弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍为mv，故A项正确；BCD．A在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，两者速度相等时，弹簧压缩量最大，然后B继续加速，A继续减速，所以弹簧压缩最短时，B的动量未达到最大值．弹簧被压缩到最短时，A、

B的速度相等，A的动量不为零，故BC两项错误，D项正确。故选AD。12.如图甲所示，半径为r=1m的电线圈处在匀强磁场中，磁场与线圈平面垂直，线圈的电阻R=10Ω，磁场磁感应强度随时间变化的规律如图乙所

示，以垂直线圈平面向里为磁场的正方向，则下列说法正确的是（）A.0~1s内线圈中产生的电流沿逆时针方向，大小为0.314AB.0~2s内感应电流的平均功率约为4.9WC.2~3s内感应电流的方向与3~4s内感应电流方向相

反D.4~5s内通过线圈截面的电荷量为π5C【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知，0～1s内，通过线圈向里的磁通量增加，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流为逆时针，根据法拉第电磁感应定律21211V=3.14V10ENt−==−电流为113.14A=0.314A

10EIR==故A正确；B．0～1s内，电流所做的功为()22110.314101J=0.986JWIRt==1～2s内，感应电流为零，所以0~2s内感应电流的平均功率约为0.986W=0.493W2WPt==故B错误；C

．由图可知，2~3s内，通过线圈向里的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流为顺时针，同理3~4s内感应电流方向为顺时针，故C错误；D．4~5s内通过线圈截面的电荷量为2201CC105qR−===故D正确。故选AD。二

、实验题：（本大题共2小题，每空2分，共18分。）13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为___mm。(2)用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为___mm。(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步

骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为___Ω。(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0~4mA，内阻约50Ω）电流表

A2（量程0~10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0~3V，内阻约10kΩ）电压表V2（量程0~15V，内阻约25kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）

滑动变阻器R2（阻值范围0~2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）开关S，导线若干。为使实验误差较小，电流表应选___，电压表应选___，滑动变阻器应选____（填器材的代号）。【答案】(1).50.15(2).4.700(3).220(4).A2(5).V1(6).R1【解析】【详解】(1)[1

]游标卡尺读数为L=50mm+3×0.05mm=50.15mm(2)[2]螺旋测微器的读数为d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm(3)[3]欧姆表的读数为R=22×10Ω=220Ω(4)[4][5][6]直流电源电动势4V，则电压表选择V1；根

据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流为max41000mA18mA220xEIR=＝所以电流表应选A2；由于要求“测得多组数据”，所以变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R1。【点睛】应掌握游标卡尺与螺旋

测微器的读数方法。通过估算电路中的最大电流来选择电流表的量程；若有“测得多组数据”要求或要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，选择阻值小的变阻器时方便调节。14.“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图所示．

(1)进行该实验时，应控制好小车质量M与砝码盘和砝码总质量m的关系，使它们满足__________________的关系．(2)某同学在实验中忘记平衡摩擦力，并做出了a-F图，其得到的图象是：（）(3)该同学在实验中打出了一条纸带如图所示．计时器打点的时间间隔为0.02s．从比较

清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．则该小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留三位有效数字)【答案】(1).M远大于m(2).C(3).1.58【解析】【详解】（1）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验时，应

控制好小车质量M与砝码盘和砝码总质量m的关系，使它们满足M远大于m．（2）在实验中若忘记了平衡摩擦力，当F不为零时，加速度仍然为零，故图象在横坐标上有截距，不能是通过原点的直线，故C正确，ABD错误．（3）

由逐差法解得小车的加速度24561232()()1.58m/s(3)xxxxxxaT++−++==.三、计算题（本题共3小题，共计34分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写

出数值和单位。）15.如图所示，一物体以v0＝2m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t＝1s．已知斜面长度L＝1.5m，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g＝10m/s2．求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜

面间的动摩擦因数．【答案】(1)1m/s(2)1m/s2方向沿斜面向上(3)235【解析】【详解】（1）设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：L＝02vv+t代入数据解得：v＝1m/s（2）因v<v0，即物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为：20=1

m/svvat−=（3）物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：Ff－mgsinθ＝maFN＝mgcosθFf＝μFN联立解得：sin=cosagg+代入数据解得：μ＝23516.如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在

导轨所在空间，分布着磁感应强度为B＝0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源。现把一个质量为m＝0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，

导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小。【答案】(1)1.5A；(2)0.30N；(3)0.06N【解析】【详解

】(1)根据闭合电路欧姆定律01.5AEIRr==+(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30N(3)导体棒受力如图，将重力正交分解F1＝mgsin37°＝0.24NF1<F安，根据平衡条件mgsin37°＋f＝F安解得f＝0.0

6N17.如图，在x<0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度E=10N/C；在x>0的空间中，存在垂直于xOy平面、方向向外的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T。一带负电的粒子（比荷qm=160C/g），在距

O点左侧x=0.06m处的d点以v0=8m/s的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子的重力。求：(1)带电粒子开始运动后第一次通过y轴时的速度大小和方向；(2)带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场。【答

案】(1)16m/s，速度v与y轴正方向的夹角为60；(2)π120s【解析】【详解】(1)由题意知，带电粒子在第二象限内做类平抛运动，加速度qEam==1600m/s2带电粒子在第二象限内运动的时间123s200xta==则带电粒子通过y轴进入磁场时，沿x轴方向上的速度v

x=at1=83m/s则带电粒子第一次通过y轴时的速度22016m/sxvvv=+=设速度v与y轴正方向的夹角为，则0tan3xvv==得60=(2)作出带电粒子在磁场内的运动轨迹，如图所示由几何关系可知带电粒子的运动轨迹所对应的圆心角2120==则带电

粒子在磁场内运动的时间212ππs3603120mtTqB===