河北省唐山市玉田县一中2021届高三物理上学期12月段考试题（含解析）

河北省唐山市玉田县一中 2021 届高三物理上学期 12 月段考试题（含 解析） 一、选择题（本题共 10 小题，共 46 分，1-7 为单项选择每小题 4 分，8-10 为多选每小题 6 分，漏选得 3 分，不选或错选得 0 分） 1. 一质点由静止开始按如图所示的规律运动，下列说法正确的是（） A. 质点在 2t0的时间内始终沿正方向运动，且在 2t0时距离出发点最远 B. 质点做往复运动，且在 2t0时回到出发点 C. 质点在 t0时的速度最大，且最大的速度为 a0t0 D. 如果是 a-x 图象，质点在最后时刻速度最大 【答案】A 【解析】【 分析】 【详解】AB由图象可知， 时间内，质点沿正方向做加速度逐渐增大的加速运动，在 02t 时间内，质点沿正方向做加速度减小的加速运动，在 时间内质点的加速度反向， 02t 032t 由于惯性质点继续沿正方向做加速度增大的减速运动，在 时间内，质点沿正方向做 0t 加速度减小的减速运动，由对称性可知，质点在 2t0时刻速度为零，在 2t0时间内质点始终 沿正方向运动，2 t0时刻离出发点最远，故 A 正确，B 错误； C质点在 t0时刻速度最大，根据 a-t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知最 大速度为 0max2tv 故 C 错误； D如果是 a-x 图象，根据 2axv 图象所围成 的 面积可判断速度的大小，面积越大，速度大小越大，且速度是矢量，根据对称 性可知，最后时刻速度为 0，故 D 错误； 故选 A。 2. 两质量均为 m 的物块 A、 B 用轻弹簧连接起来用细线悬挂在升降机内，如图所示。当升降 机正以大小为 a2 m/s 2的加速度加速上升时，细线突然断裂，则在细线断裂瞬间， A、 B 的 加速度分别为（取竖直向上为正方向，重力加速度大小 g 取 10 m/s2） （） A. 22 m/s 2， 2 m/s 2 B. 12 m/s 2，2 m/s 2 C. 24 m/s 2，0 D. 2 m/s 2，2 m/s 2 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】在细线断裂之前，对 B 根据牛顿第二定律有 Fmga弹 解得 12弹 在细线断裂瞬间，弹簧的弹力不能突变， B 的受力情况不变，所以加速度不变，仍为 2m/s2； 在细线断裂瞬间，绳子拉力消失，对 A 根据牛顿第二定律有()AmgFa弹 解得 2/sAa 故选 A。 3. 一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度 v1从 O 点抛出小球，正好落入 倾角为 的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的 P 点， OP 的连线正好与斜面垂直；当以水平 速度 v2从 O 点抛出小球，小球正好与斜面在 Q 点垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度为 g，下列说法正确的是（） A. 小球落在 P 点的时间是 1tanvg B. Q 点在 P 点的下方 C. v1v2 D. 落在 P 点的时间与落在 Q 点的时间之比是 12v 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A以水平速度 v1从 O 点抛出小球，正好落入倾角为 的斜面上的洞中，此时位移 垂直于斜面，由几何关系可知 112tanvtg 所以 1tanvg A 错误； BC当以水平速度 v2从 O 点抛出小球，小球正好与斜面在 Q 点垂直相碰，此时速度与斜面垂 直，根据几何关系可知 2tanvgt 即 2tanvg 根据速度偏角的正切值等于位移偏角的正切值的二倍，可知 Q 点在 P 点的上方， ，水21t 平位移 ，所以 ，BC 错误；21x21v D落在 P 点的时间与落在 Q 点的时间之比是 ，D 正确。 12tv 故选 D。 4. 中国在西昌卫星发射中心成功发射“亚太九号”通信卫星，该卫星运行的轨道示意图如 图所示，卫星先沿椭圆轨道 1 运行，近地点为 Q，远地点为 P，当卫星经过 P 点时点火加速， 使卫星由椭圆轨道 1 转移到地球同步轨道 2 上运行，下列说法正确的是（） A. 卫星在轨道 1 和轨道 2 上运动时的机械能相等 B. 卫星在轨道 1 上运行经过 P 点的加速度大于在轨道 2 上运行经过 P 点的加速度 C. 卫星在轨道 1 上 P 点速度大于轨道 2 上 P 点速度 D. 卫星在轨道 1 上运行经过 Q 点的速度大于轨道 2 经过 P 点的速度 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】AC卫星由轨道 1 变为轨道 2 时要点火加速，因此卫星在轨道 2 上经过 P 点速度大 于轨道 1 上经过 P 点速度，同一卫星在 P 点重力势能大小一定，在轨道 2 上运动时的动能大， 机械能大，故 AC 错误； B同一卫星在 P 点受到的万有引力大小相等，由牛顿第二定律可得 2MmGar 解得 2r 说明在轨道 1 上运行经过 P 点的加速度等于在轨道 2 上运行经过 P 点的加速度，故 B 错误； D设经过 Q 点圆轨道时的速度为 ，卫星在椭圆轨道 1 上运行经过 Q 点的速度这 ，卫星1v 2v 在椭圆轨道 2 经过 P 点的速度为 ，卫星做圆周运动时根据万有引力提供向心力，由牛顿第3 二定律可得 22MmvGr 解得 vr 说明 13v 由圆轨道变为椭圆轨道 1 要加速可知 21v 所以有 23v 即卫星在轨道 1 上运行经过 Q 点的速度大于轨道 2 经过 P 点的速度，故 D 正确。 故选 D。 5. 如图所示的电路中，电源的电动势为 E，内阻为 r， R1、 R2、 R3为定值电阻， R 为光敏电阻 （随光照增强电阻减小） ， C 为电容器，闭合开关 S，电路稳定后，若减小对 R 的光照程度， 则（） A. 电源的输出功率变大 B. 电源的效率增大 C. 电容器所带的电荷量增加 D. R2消耗的功率增大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A根据电源的输出功率和外电阻的关系可知，外电阻等于内阻时，电源的输出功 率最大，本题中闭合开关 S，减小对 R 的光照强度，光敏电阻的阻值增大，总电阻增大，但 是外电阻与内阻的关系未知，故电源的输出功率不一定增大，A 错误； B电源的效率 10%UIE 闭合开关 S，减小对 R 的光照强度，光敏电阻的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，内电 压减小，路端电压增大，电源的效率增大，故 B 正确； C流过电阻 R1的电流增大，流过 R2支路的电流减小，电阻 R2两端的电压减小，电容器两端 的电压减小，电容器所带的电荷量减小，故 C 错误； D根据 2PI 流过 R2的电流减小， R2消耗的功率减小，故 D 错误； 故选 B。 6. 法拉第发明了世界上第一台发电机。如图所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之 间，两电刷 M、N 分别与盘的边缘和中心点接触良好，且与灵敏电流计相连。金属盘绕中心 轴沿图示方向转动，则（） A. 流过电流计的电流由右向左 B. 通过圆盘的磁通量不变，电流计中没有感应电流 C. 若提高金属盘转速，电流计的示数变大 D. 若将变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A由安培定则结合闭合电路电流知两磁极间磁场为由左向右，根据右手定则知电 流方向由 M 到 N，故流过电流计的电流由左向右，故 A 错误； B圆盘转动时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，圆盘与灵敏电流计组成闭合回路， 有电流通过电流计，故 B 错误； C当金属盘绕中心轴转动时，可把金属盘看做有无数条金属棒组成，当金属盘转动时，根 据法拉第电磁感应定律知产生的电动势为 21EBL 若提高金属盘转速，则 增大，故感应电动势增大，此时灵敏电流计的示数将变大，故 C 正确； D若将变阻器滑片向左滑动，接入电阻变大，则电磁铁所在闭合回路中电流减小，两磁极 间的磁场减弱，即 B 减小，此时的感应电动势减小，故灵敏电流计的示数将变小，故 D 错误。 故选 C。 7. 如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，产生的交变电流输入理 想变压器的原线圈，发电机取两种不同的转速，使其电动势随时间的变化规律如图乙中 a、 b 所示，则下列说法正确的是（） A. 曲线 b 表示的交变电流的电动势有效值为 10V B. 曲线 a、 b 对应的线圈角速度之比为 32 C. 线圈转速不变，将原线圈滑片 P 向上滑动时，灯泡变亮 D. P 位置不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，变压器的输入功率变大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】B由图乙可知 a 的周期为 ， b 的周期为 ，根据 2410saT2610sbT 角速度比为 32abT B 正确； A由图乙可知曲线 a 表示的交变电流的电动势最大值为 15V，根据mEBS 可得 23mbbaaS 所以可得曲线 b 表示的交变电流的电动势的最大值为 10V，则有效值为52VE大 A 错误； C仅将原线圈抽头 P 向上滑动时，原线圈的匝数变大，根据变压器的电压与匝数的关系 12Un 输出电压减小，故灯泡会变暗，C 错误； DP 位置不变，副线圈电压不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，输出功率 2UPR 变小，输入功率也变小，D 错误。 故选 B。 8. 如图所示，等腰直角三角形 abc 区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 大小为 B三个相同的带电粒子从 b 点沿 bc 方向分别以速度 v1、v 2、v 3射入磁场，在磁场中 运动的时间分别为 t1、t 2、t 3，且 t1:t2:t3=3:3:1直角边 bc 的长度为 L，不计粒子的重力， 下列说法正确的是 A. 三个粒子的速度大小关系可能是 v1=v2v3 B. 三个粒子的速度大小关系可能是 v1v2v3 C. 粒子 的 比荷 3vqmBL D. 粒子的比荷 12t 【答案】BD 【解析】 速度为 的粒子从 ab 边穿出，则偏转角为 90，但两者的速度大小关系不定，但其半12v、 径一定比速度为 的粒子半径小，由半径公式 ，则 一定大于 和 ， A 错误 B 正3 mvrBq31v2 确；对速度为 的粒子偏转 30，画出运动轨迹如图所示，由几何关系知v ，所以 ，而 ，联立得到33tan15tcos0rrL 3tan15cos30Lr3mvrq ，C 错误；由于速度为 的粒子偏转 90，则 3vvqmB1v ，于是 ，D 正确 124t12qmt 【点睛】此题涉及的是带电粒子在三角形磁场区域内做匀速圆周运动问题，要注意的是已知 的是带电粒子在磁场区域内的时间之比，也就是告诉了偏转角之比，结合题意就知道带电粒 子从哪条边穿出，从而知道偏转角的大小，由几何关系也能求出粒子 3 的半径，由半径和周 期公式就能求出速度大小关系和比荷 9. 为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量 计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为 a、 b、 c，左、右两端开口，在垂直于前、 后面的方向加磁感应强度为 B 的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板 M、 N 作为 电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压 U，若用 Q 表 示污水流量（单位时间内流出的污水体积） ，下列说法中正确的是（ ） A. M 板电势一定高于 N 板的电势 B. 污水中离子浓度越高，电压表的示数越大 C. 污水流动的速度越大，电压表的示数越大 D. 电压表的示数 U 与污水流量 Q 成正比 【答案】ACD 【解析】 A 项，根据左手定则知负离子所受洛伦兹力方向向下，正离子所受洛伦兹力方向向上，所以 M 板电势一定高于 N 板的电势，故 A 正确； B、C 项，最终离子处于平衡，故电场力等于洛伦兹力，根据牛顿第二定律有 ， UqvBc 解得 ，所以与离子的浓度无关，与污水流动的速度成正比，故 B 项错误，C 项正Uvc 确 D 项，根据 ，则流量 ，即 ，故电压表示数与污水 vBcUQvbcbBQ 流量成正比，故 D 项正确 综上所述本题正确答案为 ACD 10. 如图所示，用两根长度均为 l 的绝缘轻绳将正电的小球悬挂在水平的天花板下，小球的 质量为 m，轻绳与天花板的夹角均为 =30，小球正下方距离也为 l 的 A 处有一绝缘支架 上同样有一个带电小球，此时轻绳的张力均为 0，现在将支架水平向右移动到 B 处， B 处位 置为与竖直方向的夹角为 处，小球处于静止状态，则（） A. A 处的带电小球带负电 B. A 处与 B 处库仑力大小之比为 4：3 C. 支架处于 B 处，左边绳子张力为 mg- mg2 D. 支架处于 B 处，右边绳子张力为 mg+ mg 3 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A当绝缘支架上的带电小球在 A 位置时，轻绳的张力均为 0，说明上方小球受力平 衡，受力分析可知其只受重力和库仑力，因此 A 处的带电小球带正电，故 A 错误； B根据库仑定律可得 2QqFkr 因此在 A 处与 B 处库仑力大小之比等于带电小球距离平方的倒数比，即 21ABr 因 为 ，所以30 43ABF： ： 故 B 错误； CD支架处于 B 处，两球间的库仑力为 34BAFmg 设左、右绳的张力分别为 F1和 F2，则由正交分解可得 2cos0sin0cos3F13in4gg 解得 12Fm234g 故 C 正确，D 错误； 故选 BC。 二、实验题（共 16 分，其中 13 题 6 分，14 题 10 分） 11. 某同学利用如图所示的装置来验证由小车与钩码组成的系统机械能守恒 (1)现提供如下器材： A小车 B钩码 C一端带滑轮的长木板 D细绳 E电火花打点计器 F纸带 G毫米刻度 尺 H游标卡尺 I低压交流电源 J220V 交流电源。 实验中不需要的器材是_（填写器材前的字母） ，还需要的器材是_ (2)为尽可能消除摩擦力对本实验的影响，使验证结果尽可能准确，则小车质量 M 和钩码质 量 m 的关系应该满足_ (3)两位同学统一观点后完成实验，得到一条纸带，去掉前面比较密集的点，选择点迹清晰 且便于测量的连续 7 个点（标号为 06） ，测出相关距离如图所示，要验证在第 2 点与第 5 点时系统的机械能相等，则应满足关系式_（设小车质量 M 钩码质量 m，打点周期 为 T。 ） 【答案】 (1). H，I (2). 天平 (3). Mm (4). 6223152411()()dmgdMmMmdTT 【解析】 【分析】 【详解】(1)1实验不需要游标卡尺，距离由刻度尺测量，电火花计时器直接使用 220V，不 需要低压交流电源，不需要的器材是 H，I； 2还需要天平测量钩码的质量； (2)3为尽可能消除摩擦力对本实验的影响，使验证结果尽可能准确，则小车质量 M 和钩码 质量 m 的关系应该满足 Mm2） ，电量 q1和 q2，速度 v1和 v2甲、 乙两带电体分别从图中的 A、 D 两点以不同的初速度开始向两边运动，轨迹如图，它们在 C 点碰撞后结为一体向右运动，计算碰撞后结合体的半径 R 并判断结合体能否回到 C 点。 （如 果能请计算从碰撞结束到返回 C 点的时间，如果不能返回 C 点说明原因） 【答案】 r；可以， 1212()()mlmBqv 【解析】 【分析】 【详解】甲、乙两带电体分别在左右磁场中做匀速圆运动，速度大小不变，碰撞时遵守动量 守恒定律，由题得知碰撞前甲的动量大，由于质量大小不知，故速度大小无法判断。根据磁 场中匀速圆周运动，由 Bqv= 2mvr 解得 r= vq 因 m1v1m2v2 r， B 相同，由题可判断甲带正电，乙带负电，且 q1q2，并得 r= 1B r= 2mvBq 根据动量守恒定律得 m1v1-m2v2=mv 则结合体的半径为 R= 12()Bq 带入得 R= =r 12()mvq 由于 q1q2 结合体偏转方向不变，故可以回到 C 点 =1t 12()mB =2t 12()lv 从碰撞结束到返回 C 点的时间为 T= + 12()mBq12()lv