《广东省、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卷含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省、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卷含答案（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 七校联合体七校联合体 2022021 1 届高三第一次联考试卷（届高三第一次联考试卷（8 8 月）月） 物理科目物理科目 命题学校：命题人：审题人： 一一、选择题选择题：本题共本题共 10 小题小题，共共 48 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，第第 16 题只有一项符合题目题只有一项符合题目 要求，共要求，共 24 分；第分；第 710 题有多项符合题目要求，全部选对的得题有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分分， 有选错的得有选错的得 0 分。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
2、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 PR2RQ.则 Aq12q2Bq14q2 Cq12q2Dq14q2 3.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 2 H
3、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 g H t 2 的时间被接住 C. 球被拍出瞬间，初速度大小为gHv 0 D. 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=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， 已知 sin37=0.6， 则的大小为 A.0.25B. 0.5C.0.375D. 0.75 OAB 2 5.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
4、 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. 3 1 6.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
5、器的电荷量 Q2，则 Q1、Q2分别为 A. 2Q，3QB. 3 2Q ，Q2C. 2 Q ， 3 Q D. 3 Q ， 4 Q 7.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
6、地球运转的周期约为 2 T B中轨道卫星绕地球运转的线速度等于 T r22 C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 t0t2Q，可得 v1小于v2，故选项 D 正确。 命题意图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
7、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，F F2=F=F1， 都为 4.0N，方向与竖直方向成 60角。 命题意图命题意图 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
8、秤的创新设计，考查学生的理解、推理 8 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来源:Z+xx+k.Com 【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
9、 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：ER R U IU 2 1 )(，得：110 3 4 IU，作该函数的直 线与硅管交点如图所示，此时硅管功率P=0.02A0.6V=0.012w。 命题意图命题意图 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
10、、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T4t0 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qvBmv 2 r 匀速圆周运动的速度满足v2r T 联立式得Bm 2qt0。 (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
11、B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有 OODBOA30 r0cosOOD r0 cosBOAL 设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律 v02r 0 T 联立得v0 3L 7t0 。 14【解题思路】 （1）由图乙可知，物块的初速度smv/8 0 ，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 2 1 /10 4 . 0 /8/4 sm s smsm a 由牛顿第二定律： 1 cossinmamgmg， 联立得5 . 0。 （2）在t=0.4s 后，由牛顿第二定律 2 cossinmamgmg； 解得物块加速度 2 2 /2sma； 物
12、块从t=0.4s 开始，经过t1时间速度减为零，s sm sm t2 /2 /40 2 1 ； 9 从t=0 到t=0.4s，物块位移为mtatvS4 . 2 2 1 2 101 从t=0.4s到t=2.4s，物块减速到零的位移mt v S4 2 12 物块沿皮带向上运动过程中的位移为mSSS4 . 6 21 命题意图命题意图 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
13、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 04 110 tav 0 220 tav 两球受到的电场力大小相等，由牛顿第二定律 1 maqE 2 MaqE 两球在竖直方向的加速度均为 g，则： 2 1 1 2 2 hgt 2 2 1 22 h gt 联立可得m：M=1：2 （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： 12 2ttT 设Q球到达 MN 时速度大小为v2， 在竖直方向上， 由运动的
14、独立性原理知， 小球做自由落体运动， 有： 2 2 2 2 h vg 由运动学公式： 2 2 2 1 gTTvy 解得： 5 8 yh （3）P球到达 MN 时速度大小为v1，由运动学规律 2 1 22vgh 解得 1 2vgh 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：来 源:Zxxk.Com 4312 mvMvmvMv 2222 2134 1111 2222 MvmvMvmv 解得： 3 vgh ， 4 2vgh 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
15、，P从第一次碰后到第二次到达 MN 时间为T2，由题意得： 4 2 2 =4 vh T gg Q碰后返回 MN，从离开 MN 向上减速度为零的时间： 3 vh T gg 10 若第二次在 MN 处碰时，Q处于上升阶段，则： 12 1 2 2 h TT g 若挡板与 MN 距离为y1，可得： 2 1311 1 4 2 yv TgTh 若第二次在 MN 处碰时，Q处于下落阶段，则： 12 1 (2) 2 h TTT g 若挡板与 MN 距离为y2，可得： 2 2311 13 22 yv TgTh 由题意有： 21 yyy 所以挡板与MN的距离y的范围为 3 4 2 hyh 【25（3）方法二】公式
16、（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： 3 vh T gg Q从第一次碰到与挡板发生第二次碰撞： 2 311 1 2 yv TgT （i） 在T2时间内，Q 必须已经向上返回 MN： 2 1 2 T T 解得： 2 22 13 1 ()4 222 TT yvgh （ii） 在T2时间内，Q从 MN 向上运动返回时不能离开 MN： 12 1 (2) 2 TTT 解得： 2 22 3 2213 () 2222 TTTT yvgh 所以挡板与MN的距离y的范围为 3 4 2 hyh 【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： 2 311 1 2 yv TgT Q与挡板发生第二次碰撞时速度大小： 31 uvgT Q第二次与挡板碰后在T2-T1时间内向上位移为： 2 12121 1 ()() 2 yu TTg TT Q第二次与挡板碰后在T2-T1时间内必须返回 MN 上方，则：y1-y0 则： 11 (2)()
