2021届重庆市重点中学高三（下）开学考试物理试题（解析版）

重庆市重点中学 2020-2021 学年高三下学期开学考试 物理试题（新高考） 一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1. 下列关于衰变与核反应的说法正确的是（ ） A. 234 90Th 衰变为 222 86 Rn ，经过 3 次 衰变，2 次β衰变 B. β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的 C. 核聚变反应方程 2 3 4 1 1 2H H He X   中，X 表示质子 D. 高速 粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，核反应方程为 4 14 16 1 2 7 8 0He N O n   【答案】A 【解析】 【详解】A．设发生 n 次 衰变，m 次β衰变，根据电荷数和质量数守恒，则有 234 222 4n  90 86 2n m   解得 n=3，m=2，故 A 正确； B．  衰变所释放的电子是原子核内一个中子转变成一个质子和一个电子，故 B 错误； C．根据质量数守恒和电荷数守恒可知，聚变反应方程 2 3 4 1 1 2H H He X   中，X 的质量数为 2 3 4 1m     电荷数为 1 1 2 0z     可知 X 表示中子，故 C 错误； D．高速 粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，不是中子，核反应方程为 4 14 8 1 17 1 2 7He N O H   故 D 错误。 故选 A。 2. 如图，物块 A 和 B 的质量分别为 4m 和 m，开始 A、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力 F=6mg 作用 下，动滑轮竖直向上加速运动。已知重力加速度为 g，动滑轮的质量、半径忽略不计，不考虑绳与滑轮之间 的摩擦，且细绳足够长，则在滑轮向上运动过程中，物块 A 和 B 的加速度大小分别为（ ） A. 1 2Aa g ，   5Ba g B. 1 5A Ba a g  C. 1 4Aa g ， 3Ba g D. 0Aa  ， 2Ba g 【答案】D 【解析】 【详解】在竖直向上拉力 F＝6mg 时，此时 A、B 受的拉力分别为 3mg、3mg。对 A 因为 3mg＜4mg，故物 体 A 静止，加速度为 0。 对物体 B，由牛顿第二定律得 3mg－mg＝maB 解得 aB＝2g 选项 ABC 错误，D 正确。 故选 D。 3. 两行星 A 和 B 各有一颗卫星 a 和b ，卫星的圆轨道接近各自的行星表面，如果两行星质量之比 : 2:1A BM M  ，两行星半径之比 : 1: 2A BR R  则两个卫星周期之比 a b:T T 为（ ） A. 1: 4 B. 4:1 C. 1: 2 D. 2:1 【答案】A 【解析】 【详解】卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，有 2 2 2 4MmG m RR T ＝ 得 3 2 RT GM ＝ 所以两卫星运行周期之比为 3 3 1 1 1  8 2 4 a a b b b a T R M T R M   ＝ ＝ 故 A 正确、BCD 错误。 故选 A。 4. 如图所示，真空中位于 x 轴上的两个等量正点电荷的位置关于坐标原点 O 对称，规定电场强度沿 x 轴正 方向为正，无穷远处电势为 0。下列描述 x 轴上的电场强度 E 或电势 随位置 x 的变化规律正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】AB．由点电荷在真空中某点形成的电场强度公式 2 QE k r  和电场叠加原理可知，沿 x 轴方向， A  点，电场强度为负，逐渐变大，A 点→O 点，电场强度为正，逐渐减小，O 点→B 点，电场强度为 负，逐渐变大，B 点   ，电场强度为正，逐渐减小，故 A 正确，B 错误。 CD．无穷远处电势为零，根据等量同种正电荷的电场线分布图，分析知，等量同种正电荷电场中的电势不 会为负值，且 O 点处电势大于零，故 CD 错误。 故选 A。 5. 如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 1 2 B 和 B、方向均垂直于纸面向外的匀 强磁场．一质量为 m、电荷量为 q（q>0）的粒子垂直于 x 轴射入第二象限，随后垂直于 y 轴进入第一象限， 最后经过 x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为 A. 5π 6 m qB B. 7π 6 m qB C. 11π 6 m qB D. 13π 6 m qB 【答案】B 【解析】 【详解】运动轨迹如图: 即运动由两部分组成,第一部分是 1 4 个周期,第二部分是 1 6 个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为 90°， 则运动的时间为 2 2 1 2 4 4 2 T m mt qB qB      ；粒子在第一象限转过的角度为 60°，则运动的时间为 1 1 1 2 2 6 6 3 2 T m mt B qBq      ；则粒子在磁场中运动的时间为： 1 2 2 7 3 2 6 m m mt t t qB qB qB        ，故 B 正确， ACD 错误．. 6. 如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为 M 的木块 A ，开始时木 块 A 静止，现让一质量为 m 的木块 B 从木块 A 正上方高为 h 处自由下落，与木块 A 碰撞后一起向下压缩弹 簧，经过时间t 木块 A 下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块 A 与木块 B 碰 撞时间极短，重力加速度为 g ，下列关于从两木块发生碰撞到木块 A 第一次回到初始位置时的过程中弹簧 对木块 A 的冲量 I 的大小正确的是（ ） A. 2( ) 2I M m gh  B. 2( )gtI M m  C. 2( ) 2I M m gh  D. 2 2 2( )I m gh M m gt   【答案】D 【解析】 【详解】B 下落 h 时的速度为 2Bv gh 物块 B 与 A 碰撞过程动量守恒，则 ( )Bmv M m v  以向下为正方向，则两物块从开始运动到到达最低点过程中由动量定理 1( ) 0 ( )M m gt I M m v     从两木块发生碰撞到木块 A 第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块 A 的冲量 I 的大小为 I=2I1 联立解得 2 2 2( )I m gh M m gt   故选 D。 7. 如图所示，圆环 a 和圆环 b的半径之比为 2：1，两环用同样粗细，同种材料制成的导线连成闭合回路， 连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度变化率恒定，则在 a、b 环分别单独置于磁场中的两种情 况下，M、N 两点的电势差之比为 A. 4：1 B. 1：4 C. 2：1 D. 1：2 【答案】C 【解析】 【详解】a 环与 b 环的半径之比为 2:1，故周长之比为 2:1，由电阻定律 LR S  知电阻之比为 2:1,；M、N 两点间电势差大小为路端电压， RU ER r   ；由法拉第电磁感应定律 BE n St t     磁感应强度的变化率相同，得 : 4:1a bE E  ，故两次电压的比为 2:1。 故选 C。 二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有错选的得 0 分。 8. 一列简谐横波沿 x 轴传播，相距 2.0m 的两个质元的振动图象分别为图示中的实线和虚线，已知该波的波 长 2.0  m，则以下说法正确的是 A. 该波上质元振动的振幅为 2.0cm B. 该波上质元振动的周期为 0.25s C. 该波的波速可能为 2 3 m/s D. 该波的波长一定为 8.0m 【答案】AC 【解析】 【详解】由振动图像可知该波上质元振动的振幅为 2.0cm，故 A 正确 该波上质元振动的周期为 4s，故 B 错误 若波向右传播，则 ，则 ，因为 2.0  m，所以可得波长 ，则波速 ，若波向左传播，则 ，则 ，因为 2.0  m，所以可得波长 ，则波速 ，则 C 正确 D 错误 故选 AC 9. 在 x 轴上有两个点电荷 q1、q2，其静电场的电势φ在 x 轴上分布如图所示．下列说法正确有（ ） A. q1 和 q2 带有异种电荷 B. x1 处的电场强度为零 C. 负电荷从 x1 移到 x2，电势能减小 D. 负电荷从 x1 移到 x2，受到的电场力增大 【答案】AC 【解析】 【分析】本题的核心是对φ–x 图象的认识，利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据 沿电场线的方向电势降低，图象的斜率描述电场的强弱——电场强度进行分析解答． 【详解】A．由图知 x1 处的电势等于零，所以 q1 和 q2 带有异种电荷，A 正； B．图象的斜率描述该处的电场强度，故 x1 处场强不为零，B 错误； C．负电荷从 x1 移到 x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故 C 正确； D．由图知，负电荷从 x1 移到 x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以 D 错误． 10. 理想变压器与电阻 R 及交流电流、电压表 V 和 A 按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为 n1： n2=10：1，电阻 R=11Ω，原线圈两端输入电压 U 随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（ ） A. V 表的读数为 220V B. 通过 R 的电流为 2A C. A 表的读数为 2A D. 变压器的输入功率为 44W 【答案】BD 【解析】 【详解】由原线圈两端输入电压 U 随时间变化的图象可知，U1=220V，T=0.02s A、根据原副线圈的电压比等于匝数之比，可知 ，所以电压表的示数为 22V，故 A 错误； B、根据欧姆定律得：I= ，故 B 正确，C 错误； C、副线圈功率 P2=I2U2=44W，所以变压器的输入功率 P1=P2=44W，故 D 正确． 故选 BD 三、非选择题：共 57 分。第 11～14 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 15～16 题为 选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 45 分。 11. 某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数．PQ 为一块倾斜放置的木板，在 斜面底端 Q 处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)．每次实验时将一物体(其上固定有 宽度为 d 的遮光条)从不同高度 h 处由静止释放，但始终保持斜面底边长 L＝0.500 m 不变．(设物块与斜面 间的动摩擦因数处处相同) (1)用 20 分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度 d 如乙图所示，则 d＝__________cm； (2)该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度 v，并作出了如图丙所示的 v2－h 图象，其图象 与横轴的交点为 0.25．由此可知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝______________； (3)若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到 v2－h 图象，其图象的斜率将______________(填“增 大”“减小”或“不变”)． 【答案】 (1). 0.225 (2). 0.5 (3). 不变 【解析】 【详解】（1）由图知第 5 条刻度线与主尺对齐，则读数为： 2 5 0.05 2.25 0.225d mm mm mm cm = + = ； （2）设斜面的长为 s，倾角为 ，由动能定理得： 2( ) 1 2mgsin mgcos s mv  - = 即： 21 2mgh mgL mv- = ， 2 2 2v gh gL= - 由图象可知，当 0.25h m 时， 0v  ，代入得到： 0.5  ； （3）由 2 2 2v gh gL= - 知斜率 2k g 为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变． 12. 某同学测定电源电动势和内阻，所使用的器材有：待测干电池一节(内阻很小)、电流表 A(量程 0.6 A， 内阻 RA 小于 1 Ω)、电流表 A1(量程 0.6 A，内阻未知)、电阻箱 R1(0～99.99 Ω)、滑动变阻器 R2(0～10 Ω)、单 刀双掷开关 S、单刀单掷开关 K 各一个，导线若干． (1)该同学按图甲所示电路连接进行实验操作．请在答题卡相应位置的虚线框内补全与图甲对应的电路图 _______． (2)测电流表 A 的内阻： 闭合开关 K，将开关 S 与 C 接通，通过调节电阻箱 R1 和滑动变阻器 R2，读取电流表 A 的示数为 0.20 A、电 流表 A1 的示数为 0.60 A、电阻箱 R1 的示数为 0.10 Ω，则电流表 A 的内阻 RA＝________Ω． (3)测电源的电动势和内阻： 断开开关 K，调节电阻箱 R1，将开关 S 接__________(填“C”或“D”)，记录电阻箱 R1 的阻值和电流表 A 的示 数；断开开关 K，开关 S 所接位置不变，多次调节电阻箱 R1 重新实验，并记录多组电阻箱 R1 的阻值 R 和电 流表 A 的示数 I． (4)数据处理： 图乙是由实验数据绘出的 1 I －R 图象，由此求出干电池的电动势 E＝__________V、内阻 r＝__________Ω．(计 算结果保留二位有效数字) (5)如果电流表 A 的电阻未知，本实验__________ (填“能”或“不能”)测出该电源的电动势． 【答案】 (1). 如图所示： (2). 0.20 (3). D (4). 1.5 (5). 0.25 (6). 能 【解析】 【详解】（1）由实物图连接原理图，如图所示： （2）根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱 R1 的电流 0.60 0.2 0( 0 . 0) 4I A A= - = ； 电压 0.10 0.40  0.040U V V= = ，则电流表内阻为： 0.040 0.200.20AR     ； （3）S 接 D，否则外电路短路； （4）根据（3）中步骤和闭合电路欧姆定律可知 ( )AE I R R r   变形可得： 1 A rR I E E R   根据图象可知: 1 3.0 1.0 4.0 1.0E   ， 0.3A r E R   ，解得 1.5E V= ， 0.25r = ； （5）由 1 A rR I E E R   可知：当电流表内阻未知时，能测出电动势，但不能测出内电阻． 13. 学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，该轨道由两个光滑半圆形轨道 ABC、CDE 和 粗糙的水平直轨道 EF 组成，末端与竖直的弹性挡板 OF 连接，轨道 CDE 半径 r=0.1m，轨道 ABC 半径为 2r，A 端与地面相切。现将质量 m=0.2kg 小滑块从水平地面 P 点以速度 v0=2 3 m/s 沿轨道上滑，运动到 F 点与挡板发生完全弹性相碰。已知直线轨道 EF 长为 L=0.5m，小滑块与轨道 EF 的动摩擦因数μ=0.5，其余 阻力均不计，小滑块可视为质点。求： (1)小滑块在 ABC 圆轨道运动时对轨道 C 点的压力； (2)小滑块最终停止的位置离 F 点的距离； (3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在 EF 轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度满足 什么条件。 【答案】(1)2N，竖直向上；(2)0.3m；(3) 010m/s 4m/sv  【解析】 【详解】(1)小球从 P 到 C 的过程中，根据动能定理可得 2 2 0 1 14 2 2Cmg r mv mv    在 C 点对小球根据牛顿第二定律 2 N 2 CmvF mg r   解得 N 2NF  根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力为 2N，方向竖直向上。 (2)从 P 点到 EF 轨道停止过程中，根据动能定理 2 0 12 0 2mg r mgs mv     解得 0.8m=( +0.3)ms L 所以小球最终停在离 F 点 0.3m 处。 (3)小球刚好经过最高点 C，则 2 2 mvmg r  小球从 P 到 C 的过程中，根据动能定理可得 2 2 1 1 14 2 2mg r mv mv    解得 1 10m / sv  当小球第一次从挡板弹回时，到达小圆的圆心等高处时速度为零，小球从 P 到 D 的过程中，根据动能定理 可得 2 2 13 2 0 2mg r mg L mv      解得 2 4m / sv  所以小球的初速度范围为 010m/s 4m/sv  14. 在如图所示的坐标系中，x 轴水平，y 轴垂直，x 轴上方空间只存在重力场，第Ⅲ象限存在沿 y 轴正方向 的匀强电场和垂直 xy 平面向里的匀强磁场，在第Ⅳ象限由沿 x 轴负方向的匀强电场，场强大小与第Ⅲ象限 存在的电场的场强大小相等．一质量为 m，带电荷量大小为 q 的质点 a，从 y 轴上 y=h 处的 P1 点以一定的 水平速度沿 x 轴负方向抛出，它经过 x=﹣2h 处的 P2 点进入第Ⅲ象限，恰好做匀速圆周运动，又经过 y 轴上 的 y=﹣2h 的 P3 点进入第Ⅳ象限，试求： （1）质点 a 到达 P2 点时速度的大小和方向； （2）第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小； （3）说明质点 a 从 P3 进入第Ⅳ象限后的运动情况（不需要说明理由） 【答案】（1）质点 a 到达 P2 点时速度的大小 2 gh ，方向与 x 轴负方向成 45°角； （2）第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度是 mg q ，匀强磁场的磁感应强度的大小是 2m g q h ； （3）质点 a 从 P3 进入第Ⅳ象限后做匀减速直线运动． 【解析】 【详解】（1）质点从 P1 到 P2，由平抛运动规律得： h= 1 2 gt2 得： 2ht g  则 2h=v0t 得： 0 2 2hv ght   2yv gt gh  故粒子到达 P2 点时速度的大小为： 2 2 0 2yv v v gh   ，方向与 x 轴负方向成 45°角． （2）质点从 P2 到 P3，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力 Eq=mg， 且有 qvB=m 2v R 根据几何知识得： （2R）2=（2h）2+（2h）2， 解得： mg q E  B= 2m g q h （3）由上分析可知质点所受的电场力竖直向上，则质点带正电．质点 a 从 P3 进入第Ⅳ象限后，受到水平向 右的电场力和重力作用，它们的合力大小为 F= 2 mg，方向与质点刚进入第Ⅳ象限速度方向相反，所以质 点做匀减速直线运动． 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 【点评】本题考查带电粒子在场中三种运动模型：匀速圆周运动、平抛运动和匀减速直线运动，考查综合 分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力． （二）选考题：共 12 分。请考生从第 15 题和第 16 题中任选一题作答，若两题都做，则按所 做的第一题记分。 [物理选修 3–3] 15. 回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约 50K．某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气（可视为 理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程：已知状态 A 和 B 的温度均为 27℃，状态 C 和 D 的温度均为-133℃， 下列判断正确的是（ ） A. 气体由状态 A 到 B 过程，温度先升高后降低 B. 气体由状态 B 到 C 过程，内能保持不变 C. 气体由状态 C 到 D 过程，分子间的平均间距减小 D. 气体由状态 C 到 D 过程，气体对外做功 【答案】AD 【解析】 【详解】A．由题意可知，气体在状态 A 、 B 时的温度相等，两状态在同一等温线上，由理想气体状态方 程 pV CT  可知 pVT C  由图示图线可知，气体由状态 A 到 B 过程， pV 先变大后变小，则气体温度温度先升高后降低，故 A 正确； B．由图示图线可知，气体由状态 B 到C 过程，气体体积不变而压强减小，由理想气体状态方程可知，气体 温度降低，气体内能减小，故 B 错误； C．由图示图线可知，气体由状态C 到 D 过程，气体体积增大，分子间的平均间距增大，故 C 错误； D．由图示图线可知，气体由状态C 到 D 过程，气体体积增大，气体对外做功，故 D 正确； 故选 AD。 16. 如图所示，体积为 V 的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为 S 的活塞将汽缸的空气分成体积相等的上 下两部分，汽缸上部通过单向阀门 K(气体只能进汽缸，不能出汽缸)与一打气简相连.开始时汽缸内上部分空 气的压强为 0p ，现用打气筒向容器内打气.已知打气简每次能打入压强为 0p 、体积为 10 V 的空气，当打气 n 次后，稳定时汽缸上下部分的空气体积之比为 9:1，活塞重力 0 1 4G p S ，空气视为理想气体，外界温度恒 定，不计活塞与汽缸间的摩擦.求: (1)当打气 n 次活塞稳定后，下部分空气的压强； (2)打气简向容器内打气次数 n. 【答案】（1） 2 0 25 4p p （2）n=49 次 【解析】 【详解】①对气缸下部分气体，设初状态压强为 1p ，末状态压强为 2p ，由玻意耳定律得 1 1 2 2pV p V 可知 1 22 10 V Vp p 初状态时对活塞 1 0p S p S G  联立解得： 2 0 0 25 6.254p p p  ②把上部分气体和打进的 n 次气体作为整体此时上部分气缸中的压强为 p 末态状时对活塞： 2p S pS G  由玻意耳定律 0 0 9 2 10 10 V V Vp n p p   联立解得 06p p ，n=49 次. [物理选做题 3–4] 17. 两列简谐横波的振幅都是 20cm，传播速度大小相同。实线波的频率为 2Hz。沿ⅹ轴正方向传播；虚线 波沿 x 轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（ ） A. 在相遇区域会发生干涉现象 B. 虚线波的传播速度为 6m/s C. 实线波和虚线波的频率之比为 3：2 D. 平衡位置为 6 mx  处的质点此时刻速度为零 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．只有频率相同的两列波相遇时才会发生明显的干涉现象，根据图象可知，两列波的波长不同， 则频率不同，不会发生干涉现象，故 A 错误； B．根据 4 2m/s 8m/sv f    因为传播速度大小相同，所以虚线波的传播速度为 6m/s，故 B 错误； C．根据 v f 结合图像可知 6 3= =4 2 f f   虚实 虚 实 故 C 正确； D．依据微平移法，由题图可知，平衡位置为 x=6m 处的质点，此刻具有向上的最大速度，故 D 错误。 故选 C。 18. 有一半球形玻璃砖，右侧面镀银，O 为玻璃球心，光源 S 在其水平对称轴上，从光源 S 发出的一束光入 射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折射进入玻璃内，经右侧镀银面 第一次反射后恰能沿原路返回．已知玻璃球半径为 R，玻璃的折射率为 3 ，光在真空中的传播速度为 c， 求： ①光源 S 与球冠顶点 M 之间的距离； ②光线从进入玻璃到第一次离开玻璃所经历的时间． 【答案】① ( 3 1)R ② 3R c 【解析】 【详解】①光路图如右图所示，设入射角、折射角、反射角分别为 Q1、Q2、Q3，法线与 SO 的夹角为β 由折射定律 1 2 sin sin Qn Q  由反射定律及几何关系 解得 Q1=600 Q2=300 由题意可得 β=Q2=300 α= Q1-β=300 由几何关系. 02 cos30 3SO R R  则 ( 3 1)SM SO R R    ②光在玻璃中传播距离为 d，传播速度为 v 折射率 cn v  光在玻璃中传播时间 dt v  由几何关系 d=2Rcos300 解得： 3t R c 