【文档说明】【精准解析】广西钦州市第一中学2021届高三上学期开学摸底考试物理试卷.doc，共(18)页，740.500 KB，由小赞的店铺上传

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2021届广西钦州市第一中学高三（上）开学摸底考试理综物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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，有选错或不答的得0分。1.用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压UC与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为5.15×1014Hz．已知普

朗克常量h=6.63×10－34J·s．则下列说法中正确的是A.欲测遏止电压，应选择电源左端为正极B.当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大C.增大照射光的强度，产生的光电

子的最大初动能一定增大D.如果实验中入射光的频率ν=7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek=1.2×10－19J【答案】D【解析】【分析】根据图甲光电管和图乙能求出截止频率可知，本题考查爱因斯坦的光电效应，根据光电效应规律，运用光电管和光电流以及光电效

应方程进行分析求解；【详解】A、图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压cU与入射光频率，因此光电管左端应该是阴极，则电源左端为负极，故A错误；B、当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片从图示位置向右滑动的

过程中，则电压增大，光电流增大，当电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是先增大，后不变，故选项B错误；C、光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故选项C错误；D、根据

图象可知，铷的截止频率145.1510CHz，根据0chvW，则可求出该金属的逸出功大小34141906.63105.15103.4110WJJ根据光电效应方程0kmEhvW，当

入射光的频率为147.0010Hz时，则最大初动能为：341419196.63107.0103.41101.210kmEJJ，故选项D正确．【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关

系，需要学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意计算的准确性．2.如图所示，一足够长的木板的左端固定，右端的高度可调节。若开始时一物块A恰好沿木板匀速下滑，下列方法中能使物块A停下的是（）A.增大木板的倾角B.对物块A

施加一个竖直向下的力C.对物块A施加一个垂直于木板向下的力D.在物块A上叠放一个重物B（与物块A具有相同的初速度）【答案】C【解析】【详解】A．物块沿木板匀速下滑，所受合力为零，根据平衡条件得sincosmgmg若增大木板

的倾角重力沿木板向下的分力sinmg增大，滑动摩擦力cosfmg减小，物块将沿木板做加速运动，故A错误；B．对物块A施加一个竖直向下的力，由于sincosFmgFmg物块的

合力仍为零，仍做匀速运动，故B错误；C．对物块A施加一个垂直于木板向下的力F，物块的滑动摩擦力cosfFmg增大，物块A的合力沿木板向上，物块做减速运动，可以使物块停下，故C正确。D．在物块A上叠放一重物B，则有sincosMmgMmg物块A不可能停

下，故D错误。故选：C。3.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg。电梯在运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示。在这段时间内下列正确的是()A.晓敏同学所受的重力变小了B.晓敏同学对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力C.电梯一定

在竖直向下运动D.电梯的加速度大小为5g，方向一定竖直向下【答案】D【解析】【详解】A.由图知体重计示数40kg，示数小于真实体重，说明压力小于重力，失重并不是体重变小，故A错误。B.晓敏同学对体重计的压力和体重计对晓敏的支持力是相互作用力，二

者大小相等且方向相反，故B错误。C.失重表明加速度方向向下，但是速度可能向上可能向下，因此C错误。D.对晓敏同学由牛顿第二定律知mg-FN=ma因此a＝g/5方向竖直向下。故D正确。4.如图所示，两个质量均为M的球

分别位于半圆环和34圆环的圆心，半圆环和34圆环分别是由相同的圆环截去一半和14所得，环的粗细忽略不计，若甲图中环对球的万有引力为F，则乙图中环对球的万有引力大小为（）A.32FB.22FC.12FD.32F【答案】B【解析】【详解】甲图半圆环对球的引力为F，得到14圆环对球的引力大小为22F，

将乙环分成三个14圆环，关于圆心对称的两个14圆环对球的引力的合力为零，故乙图中圆环对球的引力大小等于22F；故选B.5.一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内

壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则()A.球A的线速度必定等于球B的线速度B.球A的角速度必定小于球B的角速度C.球A的运动周期必定小于球B的运动周期D.球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力【答案】B【解析】【分析】小球受重力和支持力两个力作用，

靠两个力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出线速度、角速度的表达式，从而比较大小，根据角速度的大小比较周期的大小。根据平行四边形定则得出支持力的表达式，从而比较大小。【详解】A．设圆锥筒的底角大小为2θ，匀速圆周运动中重力和支持力的合力tanm

gF合提供向心力，由2tanmgmvr和ABrr知ABvv，故A错误。B．由2tanmgmr知AB，故B正确。C．由224=tanmgTmr知ABTT，故C错误。D．由sinNmgF，得支持力大小方向都相同，故D错误。故选B。6.如图所示

，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，d点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于MN。一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正

确的是（）A.N点放置的是正电荷B.d点的电势高于f点的电势C.d点的场强与f点的场强完全相同D.将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功、后做负功【答案】AD【解析】【详解】AB．因正电荷由d到f，

电势能增加，根据PEq电势升高，故f点电势高于d点电势，则N点为正电荷，B错误A正确；C．d点与f点关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，C错误；D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电势先减小后增大，电势能先减小后增大到原来值，故电场力先做正功后做负

功，D正确。故选AD。7.如图所示，界面PQ与水平地面之间有一个正交的匀强磁场B和匀强电场E，在PQ上方有一个带正电的小球A自O静止开始下落，穿过电场和磁场到达地面。设空气阻力不计，下列说法中正确的是（）A.

在复合场中，小球做匀变速曲线运动B.在复合场中，小球下落过程中的电势能减小C.小球从静止开始下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和D.若其他条件不变，仅增大磁感应强度，小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变【答案】BC【解析】【详解】AB．球刚进入电场、磁场区域时受力如图

，因此小球向右偏转。由于洛伦兹力与速度有关，故小球所受的合力大小方向都变化，电场力做正功电势能减小，故B正确A错误；C．由于洛伦兹力不做功，系统能量守恒，故C正确；D．当磁场变强，竖直方向平均加速度变小，运动时间变长，水平方向平均加速度增大，小球落地点的水平位移增大，电场力做正功增加，重力做的

正功不变，总功增加，由动能定理知小球的动能增大，故D错误。故选BC。8.跳伞运动员从某高度静止的直升机上跳下，经过2s逐渐打开降落伞，此后再过18s落地。整个跳伞过程中的v－t图象如图所示。根据图象可知跳

伞运动员()A.4s末速度为18m/sB.14s末加速度为零C.前2s的机械能守恒D.下落的总高度约为200m【答案】BD【解析】【详解】A．由图知4s末速度大于18m/s，故A错误。B．14s末的斜率为零表示加速度为零，因此B正确。C．由图知前2s内，运动员下落的加速度为8m/

s2，可知前2s受向上的阻力且该阻力做负功，故机械能不守恒，因此C错误。D．速度图象的面积表示位移，运用数格子法（超过半个的算一个，不够半个的舍去），由图知一个小格子的面积为4，20s内总共约是50个格子，所以下落高度约为200m，故D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非

选择题共174分）本卷包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.在“探究求合力的方法”实验中，某同学用两把弹簧秤将橡皮筋的端点拉到点O，作出这两个拉力F

1、F2的图示（图甲），然后用一把弹簧秤将橡皮筋的端点仍然拉到O，弹簧秤示数F如图乙所示．（1）弹簧秤的示数F＝_____N；（2）请帮他在图甲中画出力F的图示（图中a为记录F方向时所记录的一点）；（）（3）该同学用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头

末端连起来．他观察图形后受到了启发．你认为他紧接着应进行的两个实验步骤是________．（A）整理实验器材（B）提出求合力方法的猜想（C）改变F1、F2的大小和方向，重复上述实验（D）与同学交流讨论实验结果，得出结论．【答案】

(1).2.8(2).见解析(3).BC【解析】【详解】（1）[1]．弹簧秤的最小刻度为0.2N，可知弹簧秤的示数F=2.8N．（2）[2]．根据图示法作出F的图示，如图所示．（3）[3]．用虚线把F的箭头末端

分别与F1、F2的箭头末端连起来．观察图形后受到了启发．提出求合力方法的猜想，然后改变F1、F2的大小和方向，重复上述实验，故BC正确．10.某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不用的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13V，内阻小

于3Ω，由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：(1)把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填空。第一步：按电

路图连接实物第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3V第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为_________V第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15V的电压表。(2)

实验可供选择的器材有：A．电压表（量程为3V，内阻约2kΩ）B．电流表（量程为3A，内阻约0.1Ω）C．电阻箱（阻值范围0～9999Ω）D．电阻箱（阻值范围0～999Ω）E．滑动变阻器（阻值为0～20

Ω，额定电流2A）F．滑动变阻器（阻值为0～20kΩ，额定电流0.2A）电阻箱应选___________，滑动变阻器应选___________。(3)用扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电池电动势E和内阻r，实验

电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并做出UI图线如图丙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为___________Ω。【答案】(1).06(2).C(3).E(4).11.5(5).2.

5【解析】【详解】（1）[1]把3V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15V的电压表时，需将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，则由电表改装的原理5gVgggIRRIR可得4VgRR据题分析，；电阻箱阻值调到零，电压表读数

为3V，电路中并联电路的电压不变，因此电压表的电压为原来的15，使电压表读数为0.6V。（2）[2]电压表的量程为3V，内阻约为2kΩ，要改装成15V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为42KΩ8KΩ

R电阻箱选C。[3]在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，滑动变阻器选E。（3）[4]由于电压表改装后量程扩大5倍，将图丙的纵截距扩大5倍，由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为2.3VU

根据纵轴截距得电池的电动势为52.3V11.5VE。[5]由图线斜率的绝对值可求，电池的内阻为(2.31.5)5Ω2.5Ω1.6UrI。11.如图（a）所示，两根足够长的平行光滑导轨间距为d，倾角为

α，轨道顶端连有一阻值为R的定值电阻，用力将质量为m、电阻也为R的导体棒CD固定于离轨道顶端l处。整个空间存在垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度B的变化规律如图（b）所示（图中B0、t1已知），在t=t1时刻撤去外力，之后导体棒下滑距离x后达到最大速度，导体棒与导轨接触良好，不计导轨

电阻，重力加速度为g。求：(1)0～t1时间内通过导体棒CD的电流大小和方向；(2)导体棒CD的最大速度vm；【答案】(1)012BdlRt，方向为D到C；(2)2202sinmgRBd【解析】【详解】(1)由楞次定律可知，流过导体棒CD的电流方向为D到C。由法拉第电磁感应

定律得011BEldt由闭合电路欧姆定律得011122BdlEIRRt(2)当导体棒CD下滑到最大速度时做匀速运动，此时导体棒受力平衡，切割磁感线产生感应电动势为E220mEBdv222EIR02sinmgBId解得：m2202sin=mgRvBd12.如图甲所示，下表面光滑的长木

板B静止放在水平面上，质量为m3＝1.0kg的物块C放在长木板的最右端，质量为m1＝0.5kg的物块A从距长木板B左侧s0＝9.5m处以某一初速度向长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），以长木板B开始运动作为计时起点，

长木板B和物块C运动的v－t图象如图乙所示，已知物块A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)长木板B的质量m2；(2)物块A的

初速度v0；(3)A静止时，系统A、B、C由于摩擦产生的热量Q．【答案】(1)1.0kg(2)10m/s(3)16J【解析】【详解】(1)根据图乙可知，长木板B的加速度大小为2222m/svat根据牛顿第二定律可得2322mgma联立解得21.0kgm(2)物块A与长木板B

发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有11122mvmvmv根据能量守恒可得22211122111222mvmvmv联立即得v＝9m/s，v1＝－3m/s对于物块A，以初速度v0向右减速运动与长木板B碰撞的过程，根据动能定理有2211011

01122mgsmvvm解得010m/sv(3)对物块A反向后，1tvvat当A停下后，即0tv解得t＝3s由于碰撞过程中不损失机械能，碰撞前后损失的机械能均为克服摩擦力而做功，故产生的热量为：22102311()22Qmvmmv共由图乙可知

3m/sv=共解得Q＝16J（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并将所选题目的题号写在相应位置上。注意所做题目的题号必须与所选题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[物理选修3–3

]13.一定质量的理想气体，经过一个压缩过程后，体积减小为原来的一半，这个过程可以是等温的、绝热的或等压的过程，在这三个过程中以下说法正确的是（）A绝热过程做功最多B.a、b、c、d中d的温度最高C.等压过程内能减小D等温过程要吸热【答案】

ABC【解析】【详解】A．绝热过程，压缩气体时，根据热力学第一定律，温度最高，压强最大，因此外界做功最多，A正确；B．对一定量的气体，根据pVT恒量①可知，pV值最大的温度最高，因此a、b、c、d中d的温度最高，B正确；C．由①式可知，等压过程中，压强不变，体积减小时，温度降低，内能减小，C正确

；D．等温过程，温度不变内能不变，压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体放出热量，D错误。故选ABC。14.如图所示，内壁光滑的水平放置气缸被两个活塞分成A、B、C三部分，两活塞间用轻杆连接，活塞厚度不计，在E、F两处设有限制装置，使左边活塞只能在E、F之间运动，E、F之间的容积为0

0.1V.开始时左边活塞在E处，A部分的容积为0V，A部分内气体的压强为00.9p（0p为大气压强），温度为297K；B部分的容积为01.1V，B部分内气体的压强为0p，温度恒为297K；C部分内为真空.现缓慢加热A部分内气体，直至温度升为399.3K.求：

（1）活塞刚离开E处时的温度ET；（2）A部分内气体最后的压强p.【答案】（i）330K（ii）01.1PP【解析】（i）活塞刚要离开E时，A缸内气体体积V0保持不变，根据平衡方程得EP0P对A缸内气体，应用气体状态方程得：000010.9EPVPVTT

1T297K联立解得：ET330K（ii）随A缸内气体温度继续增加，A缸内气体压强增大，活塞向右滑动，B缸内气体体积减小，压强增大．设A缸内气体温度到达2T399.3K时，活塞向右移动的体积为V，且未到达F点根据活塞平衡方程可得：ABPPP对A缸

内气体，根据气体状态方程可得：000120.9()PVPVVTT对B缸内气体，根据气体状态方程可得：000111.1(1.1)PVPVVTT联立解得：00.1VV，01.1PP此时活塞刚好移动到F．所以此时A缸内气体的最后压强01.1PP[物理选修3–4]15.

一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，则下列说法正确的是（）A.此单摆的固有周期约为2sB.此单摆的摆长约为1mC.若摆长增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动E.此单摆共振时的振幅是8

cm【答案】ABE【解析】【详解】ABCD．由共振曲线知此单摆固有频率为0.5Hz，则周期为2s，再由2LTg得此单摆的摆长约为1m；若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，AB正确，CD

错误；E．由图可知此单摆共振时的振幅最大为8cm，E正确。故选ABE。16.如图所示，AOB为折射率3n的扇形玻璃砖截面，一束单色光照射到AO面上的C点，在C点折射后的光线平行于OB。已知C点是AO的中点，D点是BO延长线上一点，60AOD

°。①求入射光在C点的入射角；②通过计算判断光射到AB弧能否从AB弧射出。【答案】①60°；②光射到AB弧能从AB弧射出。【解析】【详解】①光在介质中传播的光路图如图所示：设入射光在C点的入射角为i，折射角为

r，由于在C点折射后的光线平行于OB，所以∠OCP=∠AOD=60°，r=30°，根据折射定律有：sinsininr代入数据解得：i=60°；②在C点折射后的光线射到AB弧上P点，连接O、P，OP是法线，过O点做CP的垂线交

CP于Q，则折射光线在AB弧的入射角为i1，玻璃砖临界角为C，扇形半径为L，则：1sinCn，根据几何知识有∠COQ=30°，LOQ＝LOC•cos∠COQ=34L根据1sinOQOPLiL可得：133

sinsin43iC，则：i1＜C，所以光射到AB弧能从AB弧射出。