高三開學調研監測考試

物理試題

注意事項：

1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間90分鐘。

2.答題前，考生務必將姓名、班級等個人信息填寫在答題卡指定位置。

3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上

對應題目的答案標號涂黑非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題

區域內作答。超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有

一項是符合題目要求的。

1.探究光電效應實驗規律時，發現用波長4=500nm的光照射某金屬，恰能產生光電效應，若其他實驗條

件不變，換用波長才=400nm、光照強度為原來2倍的光照射到該金屬表面，則（）

A,不產生光電效應，光電流為零B.能產生光電效應，光電流變大

C.能產生光電效應，光電流變小D,能產生光電效應，光電流不變

【答案】B

【解析】

【詳解】根據愛因斯坦光電效應方程

E.=hv-W0

可得

A

因為入射光的波長變小，頻率變大，入射光的能量變大，故能產生光電效應，又因為光照強度變為原來的2

倍，所以光電流變大。

故選B。

2.巴黎奧運會十米跳臺跳水決賽中，中國運動員全紅嬋獲得冠軍。圖甲是她站在跳臺起跳的精彩瞬間，從

她離開跳臺開始計時，全紅嬋重心的v-/圖像可簡化為圖乙所示。則全紅嬋（）

A.方2?。時間內的速度先向下后向上

B.乙時刻到達水下最低點

C.%?弓時間內的平均速度比t5時間內的大

D.。?右時間內處于失重狀態

【答案】C

【解析】

【詳解】A.J?。時間內的速度一直為正，方向沒有發生變化，一直向下，A錯誤;

B.V-/圖像與時間軸的面積表示位移，由圖可知才5時刻到達水下最低點，B錯誤；

C.因人?友的加速度為g，則速度從零增加到彩的平均速度

—v2

%=萬

行■蟲內加速度小于g,則速度從匕減小到零用的時間大于右一乙，得

―V4y2一

v45<y=y=vi2

即可知3打的平均速度比如曲的大，c正確；

D.6?4時間內圖像的斜率為負，可知加速度向上，處于超重狀態，D錯誤。

故選c。

3.如圖所示，方形木箱c靜置在水平地面上，木箱底端固定磁鐵6,在木箱頂端用輕繩拴著磁鐵。,磁鐵。

的下端與b的上端極性相反，開始時系統保持靜止狀態，下列說法正確的是（）

A.磁鐵。受到的重力和繩子拉力是一對平衡力

B.輕繩對。拉力和輕繩對c的拉力是一對相互作用力

C.若磁鐵磁性足夠強，木箱c可以離開地面

D,若將輕繩剪斷，則剪斷輕繩的瞬間地面對c的支持力將變小

【答案】D

【解析】

【詳解】A.磁鐵a受到的重力、b對。的吸引力和繩子拉力是一對平衡力，故A錯誤；

B.輕繩對。拉力和。對輕繩的拉力是一對相互作用力，故B錯誤；

C.整體受力分析，磁鐵間的作用力為內力，則無論磁鐵磁性有多強，木箱c都不可以離開地面，故C錯

誤；

D.輕繩剪斷前，c對地面的壓力等于He重力的合力，若將輕繩剪斷，兒整體受到向上的磁鐵的引力，

因此此時的重力小于be的重力之和，根據牛頓第三定律，則剪斷輕繩的瞬間地面對C的支持力將變小，

故D正確。

故選Do

4.如圖所示，一長為/的輕桿一端固定在水平轉軸。上，另一端固定一個質量為機的小球，球隨輕桿在豎

直平面內做角速度為。的勻速圓周運動，重力加速度為g。當小球運動到水平位置。點時，桿對球的作用

力為（）

22

A.ma>,IB.mg+mco2I1C.yj(mg)D.yj(mg)

【答案】D

【解析】

【詳解】小球運動到水平位置。時，根據牛頓第二定律可得

1

Fn=mlai

根據力的合成可知

F=m+(mg)2=J(機g)2+(機02/)2

故選Do

5.線膨脹系數是表征物體受熱時長度增加程度的物理是。利用單縫衍射實驗裝置可以測量金屬的線膨脹系

數。右圖是該實驗的裝置示意圖，擋光片。固定，擋光片b放置在待測金屬棒上端，讓激光通過。、b間的

平直狹縫后在光屏上形成衍射圖樣。已知中央亮條紋寬度單縫寬度d、光的波長X、縫到屏的距離

2￡

滿足關系式。=——4。關于該實驗，下列說法正確的是（）

d

上固定裝置

激光。浮

飛

金屬棒I

////

下固定裝置光屏

A.激光通過狹縫后在光屏上可以形成明暗相間的等距條紋

B.其他實驗條件不變，使用頻率更大的激光，中央亮條紋寬度變大

C.其他實驗條件不變，對金屬棒加溫，中央亮條紋寬度變大

D.其他實驗條件不變，增大光屏到狹縫的距離，中央亮條紋寬度變小

【答案】C

【解析】

【詳解】A.激光通過狹縫后在光屏上得到的是中間寬、兩側窄的明暗相間的條紋，故A錯誤；

B.根據

八2L,

D=—2

d

其他實驗條件不變，使用頻率更大的激光，則激光的波長更小，中央亮條紋寬度變小，故B錯誤；

C.根據

c2L,

D=-A

d

其他實驗條件不變，對金屬棒加溫，則單縫寬度d變小，中央亮條紋寬度變大，故C正確；

D.根據

八2L,

D=-A

d

其他實驗條件不變，增大光屏到狹縫的距離則中央亮條紋寬度變大，故D錯誤。

故選C。

6.如圖所示為一列機械波在7=0時的波形圖。介質中x=2m處的質點尸沿P軸方向做簡諧運動的表達式

為y=10sin（5R）cm。/=0.5s時，x=4m處的質點偏離平衡位置的位移為（）

C.-10cmD.20cm

【答案】c

【解析】

【詳解】由于介質中x=2m處的質點尸沿歹軸方向做簡諧運動的表達式為

y=10sin(5Mcm

根據

27

a)=——=5萬

T

解得

T=0.4s

根據正弦圖像的規律可知，0時刻，質點P沿歹軸正方向運動，根據同側法可知，機械波沿x軸正方向運

動，再次利用同側法可知，x=4m處的質點沿y軸負方向運動，由于

t=0.5s=T+-T

4

可知，/=0.5s時，x=4m處的質點處于波谷位置，偏離平衡位置的位移為-10cm。

故選C。

7.月球繞地球環繞軌跡可看作以地球為圓心的圓。已知地月之間的距離大約是地球半徑的60倍，近地衛星

的周期為T,則月球繞地球公轉的周期約為()

T

A.60TB.60屈TC.—

6060760

【答案】B

【解析】

【詳解】根據開普勒第三定律有

(60—)3_火3

解得

T'=60屈T

故選B。

8.如圖所示，粗細均勻的足夠長平行光滑金屬導軌固定在傾角，=37。的絕緣斜面上，導軌間距為導

軌區域存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為8,導軌底端連接一個阻值為R的定值電阻，在靠

近導軌頂端處垂直導軌放置一根質量為機的金屬棒，金屬棒接入電路的阻值為R,金屬棒由靜止開始釋放,

經過時間t速度達到匕，之后繼續加速直至勻速運動。金屬棒運動過程中始終與導軌保持垂直且接觸良好,

導軌電阻不計，重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8o下列說法正確的是（）

A.撤去外力瞬間，金屬棒的加速度為巨

2

B.金屬棒勻速運動時的速度為瞥*

5B-?

C.經過時間t通過金屬棒的電荷量為3〃@+5ml

4BL

D.經過時間t金屬棒運動的位移為15mg瓜12?鵬

8B2Z2

【答案】D

【解析】

【詳解】A.撤去外力瞬間，對金屬棒進行分析，根據牛頓第二定律有

mgsin3=ma

解得

3

?=-g

故A錯誤；

B.金屬棒勻速運動時，根據平衡條件有

BILcos0=mgsin0

其中

rBLvcos0

1=------------

27?

解得

_15mgR

V~8W

故B錯誤;

C.對金屬棒進行分析，根據動量定理有

mgsin。?/一BILtcos0=mvx-0

其中

q=It

解得

_3mgt-5mvx

q~4BL

故C錯誤;

D.由于

BLvtcos0-

2R'…

結合上述解得

15mgtR-25mvR

x=x

8S2Z2

故D正確。

故選D。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多

項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

9.如圖所示，在勻強電場中，將電荷量為-3X10-6C的點電荷從電場中的。點移到點，靜電力做了

1.2xl0-5j的功，從a點移到。點，靜電力做了2.4X10-5J的功。已知電場的方向與Vabc所在的平面平行,

Vabc為等腰直角三角形。下列說法正確的是（）

“b=4V

B.b與。兩點間的電勢差=-4V

C.勻強電場的方向由。指向a

D.若將該點電荷由b點移動到c點，靜電力做功為-L2X1()「5J

【答案】BC

【解析】

【詳解】AB.負點電荷從。點移到b點，靜電力做了1.2x10-j的功，從。點移到。點，靜電力做了

2.4x10-$j的功，根據

q

解得

圖=—4V,Uac=-8V

則

Uhc=Uac-Uah=-AN

故A錯誤，B正確；

C.設。點電勢為0,則6、c兩點電勢分別為4V,8V,則ac連線中點4的電勢為

七=^±^=4V

d2

則加為等勢線，ca垂直于故勻強電場的方向由c指向。，故C正確；

D.根據電場力做功公式有

%=qU6c=1.2x10-5j

故D錯誤;

故選BCo

10.一定質量的理想氣體經過如圖所示循環過程，bfc為等溫過程，cfd為絕熱過程，成與縱軸平行,

加與橫軸平行。下列說法正確的是()

A.6->c過程氣體從外界吸收熱量

B.Cfd過程氣體的內能不變

C.d^a過程氣體單位時間內對器壁單位面積上的平均碰撞次數增大

D.a-b->c—d-。整個循環過程氣體要向外界放出熱量

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.6fc為等溫過程，則內能不變，體積增大，氣體對外做功，則少<0,根據熱力學第一定律

^U=W+Q

可知。〉0,則氣體從外界吸收熱量，故A正確；

B.cf"為絕熱過程，則0=0,體積增大，氣體對外做功，則用<0,根據熱力學第一定律

AU=W+Q

可知AU<0,則內能減小，故B錯誤；

C.”一。過程氣體壓強不變，但體積減小溫度降低，分子運動的平均速率減小對器壁的撞擊力減小，則單

位時間內對器壁單位面積上的平均碰撞次數增大，故C正確；

D.夕-修圖像的面積表示功，根據圖像可知-整個過程，氣體對外做正功，即少取負

值，內能不變，根據熱力學第一定律可知，氣體放出的熱量小于吸收的熱量，整體向外界吸收熱量，故D

錯誤。

故選AC?

11.如圖所示，用一小型交流發電機向遠處用戶供電，已知發電機線圈匝數N=200匝，面積

5=2,4xl0-2m21線圈勻速轉動的角速度。=50%rad/s,勻強磁場的磁感應強度8=?T，輸電時先

用升壓變壓器將電壓升高，經高壓輸電，到達用戶區再用降壓變壓器將電壓降下來后供用戶使用，兩根輸

電導線的總電阻R=10Q,變壓器可視為理想變壓器。已知升壓變壓器原、副線圈的匝數比〃1：々=1：10,

降壓變壓器原、副線圈的匝數比〃3：〃4=1°：1。若用戶區標有“220V,4.4kW”的電動機恰能正常工作，

下列說法正確的是（）

A.流過電阻尺的電流為20AB.電阻R上損耗的電功率為40W

C.發電機的輸出電壓為240VD.交流發電機線圈的熱功率為360W

【答案】BCD

【解析】

【詳解】AB.電動機恰能正常工作,有

_PM_4400

A=2A

4一4一220°

根據理想變壓器的變流比可知

2=4

解得

4=2A

所以電阻R上損耗的電功率為

PR=I；R=40V

故A錯誤，B正確；

C.發電機發出的最大感應電動勢為

E—NBS①=2皎叵2

則輸出電壓為

F

。1=3=240v

V2

故C正確；

D.升壓變壓器原線圈電流滿足

?2A

其中

2一,3

發動機輸出功率為

P=u}l[=4800w

根據能量守恒定律可知，交流發電機線圈的熱功率為

P'=P-PM-PR=360w

故D正確；

故選BCDo

12.如圖所示，在固定的光滑水平硬桿上，套有上端開口的滑塊，滑塊的質量為6.4kg,滑塊的左端與一彈

簧連接，彈簧的左端與墻壁固連，彈簧原長時滑塊所處位置記為。，在。點正上方0.8m處有一比滑塊開

口略小、質量為3.6kg的小球，初始時滑塊靜置于。點左側1.25m的。處，現將滑塊與小球同時由靜止釋放，

發現滑塊第一次經過。點時小球恰好嵌于其中，忽略嵌入時間，已知彈簧的彈性勢能的公式為紇=—Ax?,

P2

x為彈簧的形變量，彈簧振子的周期公式為7=2乃會也為彈簧振子的質量，左為彈簧的勁度系數,

/取9.8,g=10m/s2,則()

uuuuuuuuuuuuuuuu

4

aO

A.彈簧的勁度系數為49N/mB.小球落入滑塊后振子的振幅變為Im

C.滑塊釋放后2.4s內的路程為5.25mD.滑塊釋放后2.4s內的路程為7.5m

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.由題意可知，小球落入滑塊中的時間為

s=0.4s

小球落入滑塊前，滑塊的周期為

T=由=4x0.4s=1.6s

根據彈簧振子的周期公式為

制滑

T=2兀.

k

代入數據可知，彈簧的勁度系數為

k=98N/m

故A錯誤;

B.小球落入滑塊前，由能量守恒定律

由動量守恒定律

機滑匕=（機滑+機球）匕

小球落入滑塊后，由能量守恒定律

g版2=；（機滑+機球那

聯立解得，小球落入滑塊后振子的振幅變為

A=lm

故B正確；

CD.小球落入滑塊后，彈簧振子的周期為

其中

7=2萬

聯立可得

r=2s

滑塊釋放后2.4s內的路程為

s=x+4A=1.25m+4xlm=5.25m

故C正確，D錯誤。

故選BCo

三、非選擇題：本題共6小題，共60分。

13某物理小組利用如圖甲所示實驗裝置驗證機械能守恒定律，實驗步驟如下：

①測量并記錄遮光片的寬度d、滑塊及遮光片的質量M、重物質量機；

②在水平桌面上安裝氣墊導軌并調水平，在氣墊導軌上放置滑塊，安裝光電門1、光電門2,測量并記錄兩

光電門之間的距離￡；

③調節細繩與氣墊導軌平行，在光電門1的左邊由靜止釋放滑塊，記錄遮光片通過光電門1、光電門2的遮

光時間△"、公公

④重復實驗，并進行數據處理。

遮光片光電門1光電門2

□

重物

圖甲圖乙

（1）實驗中測量遮光片的寬度如圖乙所示，則遮光片寬度"=m?

（2）已知重力加速度為g,若機g￡=（用題中的字母表示），則機械能守恒定律得以驗證。

（3）實驗過程中（選填“需要”或“不需要”）滿足河遠大于機。

【答案】（1）5x10-

（2）:（X+7〃）[（3）2-]

2維M

（3）不需要

【解析】

【小問1詳解】

游標尺為20格，其精確度為0.05mm,主尺讀數為0mm,游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，

所以游標尺讀數為0.05X10mm=0.50mm,則遮光片的寬度為

t/=0mm+0.50mm=0.50mm=5x10-4m

【小問2詳解】

根據系統機械能守恒定律有

mgL=\{M+m）[（-^-）2-（-^-）2]

2乂A.

【小問3詳解】

根據實驗原理可知探究的是系統機械能守恒，不需要滿足M遠大于機。

14.某物理興趣小組找到一節新南孚電池測量其電動勢和內阻，實驗室提供以下器材：電流表（內阻約為

0.5Q）、電壓表（內阻約為10kQ）、滑動變阻器A（最大阻值20Q）、滑動變阻器B（最大阻值1000Q）、

開關、導線若干。

(1)應選擇滑動變阻器.(選填"A”或"B”)。

(2)小李同學按照圖甲所示電路進行實驗，得到圖乙中的圖線。；小張指出圖中標示的連線有一處不合

理，不合理的連線是.(選填“①”、“②"、“③”、“④”)。

(3)小李改正錯誤后重新實驗并在原坐標紙中畫出圖線6,得到該電池的內阻為Q；結合圖線

。可得電流表的內阻為Qo

【答案】(1)A(2)④

(3)①.0.6②.0,4

【解析】

【小問1詳解】

因干電池內阻較小，電動勢較小，為了便于調節，滑動變阻器應選總阻值較小的A；

【小問2詳解】

由于電源內阻較小，故應采用電流表相對電源的外接法，故④線接錯，應接到電流表的右側;

【小問3詳解】

[1]根據閉合電路歐姆定律有

U=E-Ir

結合圖像斜率可知

r=—=—Q=0.6Q

AI2.5

⑵若為圖像a,根據閉合電路歐姆定律有

U=E-I(r+rJ

結合圖像斜率可知

r+rA=^=—Q=1.0Q

AM'1.5

解得

么=0.4Q

15.如圖所示，有一折射率為后的透明材料制成的中空管道，其橫截面內圓半徑為r，外圓半徑未知,

單色光線以，=45°的入射角平行于橫截面從4點入射，經折射后在內圓的表面恰好發生全反射，已知光在

真空中的速度為c,sinl5°=蟲二走求:

4

(1)管道的外圓半徑R；

(2)只考慮光線在透明材料內的一次反射，則該光線從進入透明材料到射出透明材料所用的時間是多

少？

【答案】(1)、歷外

(2)Q02)r

c

【解析】

【小問1詳解】

單色光線經折射后在內圓的表面恰好發生全反射，根據

.「1后

sinC=-=---

n2

可得

C=45°

光線圖如圖所示

根據折射定律可得

〃=包應=后

sin§

可得

.。1

sinp=—

2

根據正弦定理可得

R_r

sin（180。—C）-sin尸

解得管道的外圓半徑為

R=叵r

【小問2詳解】

光在透明材料內的傳播速度為

CC

v〒忑

根據幾何關系可知，設光在透明材料內的傳播距離為S,根據幾何關系可得

1

-s

2

sin(C-B)sin(3

可得

s=(V6-V2)r

則該光線從進入透明材料到射出透明材料所用的時間為

5_(2V3-2)r

v

16.如圖所示為一細沙分裝稱量裝置示意圖，高1=40cm的導熱性能良好的薄壁容器豎直懸掛，容器內有

一厚度不計的活塞，橫截面積5=10-3m2、活塞和托盤的總質量加=0.1kg。托盤不放細沙時封閉氣體的

T3/

長度”。緩慢向托盤中加入細沙，當活塞下降至離容器頂部彳位置時，系統會發出信號，停止加入細

沙。已已知初始時環境熱力學溫度”=300K,大氣壓強p0=IO,Pa,g取lOm/s?，不計活塞與氣缸間

的摩擦力且不漏氣。求

r

輕預警

繩,傳感器

△托盤

(1)剛好使系統發出信號時，加入細沙的總質量M。

(2)從剛好發出信號開始，若外界溫度片緩慢降低至0.99",氣體內能減少了1』X10-2J,求氣體向外

界放出的熱量。

【答案】⑴M=6.6kg

(2)0=O.11J

【解析】

【小問1詳解】

(1)托盤不放細沙時，對活塞和托盤分析，受到重力和內外氣體壓力作用，根據平衡條件得:

plS+mg=p0S

解得

mg

P\=Po一一f

剛好觸發超重預警時，對活塞受力分析得

p2S+(M+m)g=p0S

解得

(M+m]g

P2=P00

由玻意耳定律得

Pl匕=Pz匕

其中

v=—

1x4

3sL

解得

M=2As_2機=6.6kg

3g3一

【小問2詳解】

由蓋-呂薩克定律得

匕=匕

T。0.997；

解得

匕=0.99%

此過程外界對氣體做的功

W=p2AV=p2(V2-V3)

由以上兩式可得

*6°"二°?叫小喘一鬻

由熱力學第一定律有

-AU0=-Q+W

解得

…。。+然-鬻=

17.如圖所示，某天早晨小李騎著電動自行車外出，車上掛著一包生活垃圾（可視為質點），當以vo=2m/s

的速度勻速騎行到一段平直道路時，發現前方路沿外側有一與路沿平行的長方體型垃圾桶，車輛離路沿垂

直距離小=0.3m,垃圾桶最近邊距路沿垂直距離d2=0.2m。騎行至距垃圾桶桶口A點的直線距離L=1.3m

位置時（平行于地面的距離），小李以垂直于車身前進軸線方向（以車為參考系）將垃圾拋出，垃圾包劃過

一條弧線，從桶口/點落入桶內。已知垃圾桶口為正方形，邊長s=0.4m,桶口距地面高度〃=1.5m,拋

出點距地面高度〃=1.2m。可將垃圾包、車輛、人看作質點，忽略空氣阻力的影響，g=10m/s2o求：

路

沿

(1)拋出后，垃圾包在空中運動的時間；

(2)垃圾包拋出瞬間，相對地面的速度大小；

(3)若確保垃圾包能拋人垃圾桶內，則垃圾包相對于拋出點上升的最大高度為多少？

【答案】(1)t=0.6s

⑵V對地=-

245

(3)/z=-m

m256

【解析】

【小問1詳解】

垃圾包拋出時，由于慣性的原因，在沿電動車行進的方向上，垃圾包的速度與車輛一致，v0=2m/s,勻

速運動，由勾股定理可知，垃圾包沿電動車行進方向上運動的位移

X]—yjL~-(4+d2)

X]=vot

解得

t=0.6s

【小問2詳解】

垃圾包實際運動軌跡為拋物線，將該運動分解為平行地面運動和垂直地面向上的運動。

①平行地面方向且與路沿平行的速度%=2m/s,運動時間t=0.6s0平行地面方向且與路沿垂直方向上的

位移為X2,則

x2=dx+d2=0.5m

X2=v/

解得

5,

v.=-m/s

16

與地面平行方向的速度

v2=M+:==m/s

o

②垂直地面向上的方向：豎直方向為初速度為匕，加速度為g，位移為0.3m的勻變速直線運動，則

H-h=卬

解得

32

藝和為合成即為垃圾包拋出時的對地速度，即

%地=如+”2工<610儂

【小問3詳解】

由上題可知

H-h1°H-h1

匕=1一+'g心

當/=X5s時取極小值，垃圾包在空中運動的最短時間g