山东省济南市济北中学2021届高三物理上学期11月试题（含解析）

山东省济南市济北中学 2021 届高三物理上学期 11 月试题（含解析） 本试卷分选择题和非选择题两部分。共 100 分。考试时间 90 分钟。 一、选择题（本题共 12 题，1 至 6 单项选择题，每小题 3 分，7 至 12 为多项选择题，每小 题 4 分，全部选对的得 4 分,选不全的得 2 分,有选错或不答的得 0 分，共 42 分。 ） 1. 蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动北京青龙峡蹦极跳塔高度为 68 米，身系弹性蹦极 绳的蹦极运动员从高台跳下，下落高度大约为 50 米假定空气阻力可忽略，运动员可视为 质点下列说法正确的是() A. 运动员到达最低点前加速度先不变后增大 B. 蹦极过程中，运动员的机械能守恒 C. 蹦极绳张紧后的下落过程中，动能一直减小 D. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力一直增大 【答案】D 【解析】 【详解】A：蹦极绳张紧前，运动员只受重力，加速度不变蹦极绳张紧后，运动员受重力、 弹力，开始时重力大于弹力，加速度向下；后来重力小于弹力，加速度向上；则蹦极绳张紧 后，运动员加速度先减小为零再反向增大故 A 错误 B：蹦极过程中，运动员和弹性绳的机械能守恒故 B 错误 C：蹦极绳张紧后 的 下落过程中，运动员加速度先减小为零再反向增大，运动员速度先增大 再减小，运动员动能先增大再减小故 C 错误 D：蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性绳的伸长量增大，弹力一直增大故 D 正确 2. 如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹质点从 M 点出发经 P 点到 达 N 点，已知质点从 M 点到 P 点的路程大于从 P 点到 N 点的路程，质点由 M 点运动到 P 点与 由 P 点运动到 N 点的时间相等下列说法中正确的是() A. 质点从 M 到 N 过程中速度大小保持不变 B. 质点在 M、 N 间的运动不是匀变速运动 C. 质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同 D. 质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同 【答案】C 【解析】 因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故 AB 错误； 根据动量定理可得 ，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，Ftp C 正确 D 错误 3. 如图所示，在水平光滑桌面上放有 两个小物块，它们中间有细线连接已知12m和 ， m2=2Kg 连接它们的细线最大能承受 6N 的拉力现用水平外力 向左拉 或用13kg 1F1m 水平外力 向右拉 ，为保持细线不断，则 的最大值分别为F12F与 A. 10N；15N B. 15N；6N C. 12N；10N D. 15N；10N 【答案】D 【解析】 【详解】用水平外力 F1向左拉 m1，对 m1有： ，对 m2有： ，解得 F1最1FTa21Ta 大值为 15N；用水平外力 F2向右拉 m2，对 m2有： ，对 m1有： ，解得 F2最大值为 10N；故 ABC 错误，D 正确； 故选 D。 4. 如图是质量为 1kg 的质点在水平面上运动的 v-t 图像，以水平向右的方向为正方向以 下判断正确的是（ ） A. 在 03.0s 时间内，合力对质点做功为 10J B. 在 4.0s6.0s 时间内，质点的平均速度为 3m/s C. 在 1.0s5.0s 时间内，合力的平均功率为 4w D. 在 t=6.0s 时，质点加速度为零 【答案】B 【解析】 【详解】根据动能定理，在 03.0s 时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故 ，故 A 错误；由于速度时间图线与时间轴包围的 22301164JWmv 面积表示位移，故物体在 4.0s6.0s 时间内的位移为 x (1+2)46m，故平均速度 12 为 ，故 B 正确；根据动能定理，在 1s5.0s 时间内，合力对质点做功等于 63/s2xvt 动能的增加量，故 W mv52 mv12 1(160)8J，故合力的平均功率为 ，故 C 错误；在 t=6.0s 时，质点速度为零，但从 5s 到 7s 物体做匀变速 824Pt 直线运动，加速度不变，故该时刻物体的加速度不为零，故 D 错误 5. 如图所示，物块 a、 b 的质量分别为 m、2 m，水平地面和竖直墙面均光滑， a、 b 间接触面 粗糙，在水平推力 F 作用下，两物块均处于静止状态，则（） A. 物块 b 受四个力作用 B. 物块 b 受到的摩擦力大小等于 mg C. 物块 b 对地面的压力大小等于 2mg D. 物块 b 给物块 a 的作用力水平向右 【答案】B 【解析】 【详解】A物块 b 受到：重力、 a 的弹力和静摩擦力、地面的支持力、推力 F，共受五个力， A 错误； B以 a 为研究对象，由平衡条件知， b 对 a 的摩擦力大小等于 a 的重力，为 mg，由牛顿第 三定律知 a 对 b 的摩擦力大小也等于 mg，B 正确； C以整体为研究对象，则知地面对 b 的支持力等于 3mg，则物块 b 对地面的压力大小等于 3mg，C 错误； D物块 a 受到物块 b 两个力作用：水平向右的压力和竖直向上的静摩擦力，它们的合力斜 向右上方，则物块 a 受到物块 b 的作用力斜向右上方，D 错误。 故选 B。 6. 汽车发动机的额定功率是 60kW，汽车的质量为 2103kg，在平直路面上行驶，受到的阻 力是车重的 0.1 倍若汽车从静止出发，以 0.5ms 2的加速度做匀加速运动，则出发 50s 时， 汽车发动机的实际功率为（取 g=10ms 2） （） A. 25kW B. 50kW C. 60kW D. 75kW 【答案】C 【解析】 【详解】汽车受到的阻力 0.12Nfmg 汽车以 0.5ms 2的加速度做匀加速运动根据牛顿第二定律 Ffa 解得 30N 若 50s 内车是匀加速，则 25m/svat 50s 末汽车功率 70WkPF 但汽车发动机的额定功率是 60kW；则 50s 内车不是匀加速，而是先匀加速后变加速，故出发 50s 时，汽车发动机的实际功率为 60kW。 故选 C。 7. 下列选项正确的是（） A. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大 B. 第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机 械能 C. 食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性 D. 某气体的摩尔体积为 V，每个分子的体积为 V0，则阿伏加德罗常数可表示为 NA 0 V 【答案】AC 【解析】 【详解】A由分子势能与分子间距离的关系可知，当分子间作用力表现为斥力时，分子势 能随分子间距离的减小而增大，故 A 正确； B第二类永动机不可能制成，违背热力学第二定律:从单一热源吸收热量，使之完全变成功， 而不产生其他影响，故 B 错误； C因为晶体原子排列有规则，食盐属于典型的晶体，所以食盐晶体中的钠、氯离子按一定 规律分布，具有空间上的周期性，故 C 正确； D阿伏加德罗常数的此公式，在气体中不可用，故 D 错误。 故选 AC。 8. 如图所示，三角形传送带以 lm/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2m 且与 水平方向的夹角均为 37现有两个小物块 A、B 从传送带顶端都以 lm/s 的初速度沿传送带 下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为 0.5（g=10m/s 2，sin37=0.6，cos37=0.8） ，下 列说法正确的是（） A. 物块 A 先到达传送带底端 B. 物块 A、B 同时到达传送带底端 C. 传送带对物块 A 做正功，对物块 B 做负功 D. 物块在传送带上的划痕长度之比为 1：3 【答案】BD 【解析】 A、对 A，因为 mgsin37mgcos37，则 A 物体所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速 直线运动，B 所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加 速度相等，位移相等，则运动的时间相等根据速度时间公式知，到达底端的速度大小相等， 故 A 错误，B 正确； C、传送带对 A、B 的摩擦力方向与速度方向相反，都做负功，故 C 错误； D、对 A，划痕的长度等于 A 的位移减为传送带的位移， 以 A 为研究对象，由牛顿第二定律得：a=2m/s 2 由运动学公式得运动时间分别为：t=1s 所以皮带运动的位移为 x=vt=1m 所以 A 对皮带的划痕为：x 1=2m1m=1m 对 B，划痕的长度等于 B 的位移加上传送带的位移， 同理得出 B 对皮带 的划痕为x 2=3m所以划痕之比为 1：3，故 D 正确 故选 BD 点睛：分析 A 重力沿斜面向下的分力与摩擦力的关系，判断 A 物体的运动规律，B 所受的摩 擦力沿斜面向上，向下做匀变速直线运动，结合运动学公式分析求解 9. 如图所示，将质量为 2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m 的小环， 小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为 d.现将小环从与定滑轮等高的 A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为 d 时（图中 B 处） ，下列说法正确的是（重力加 速度为 g） （ ） A. 环与重物组成的系统机械能守恒 B. 小环到达 B 处时，重物上升的高度也为 d C. 小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 2 D. 小环在 B 处的速度时，环的速度为 (3)gd 【答案】AD 【解析】 【详解】A由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，故 A 项正确 B结合几何关系可知，重物上升的高度 ，故 B 项错误21hd C将小环在 B 处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳 子方向的速度即为重物上升的速度，则 cos45v环物 环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比为 ，故 C 项错误2:1 D小环和重物系统机械能守恒，则 22+mgdhvm环 物 且 cos45环物 解得 =32vgd环 故 D 正确； 故选 AD。 点睛：本题考查了绳子的关联速度问题，在分解速度时要注意两个分解方向，一是沿绳子方 向，二是垂直于绳子方向，结合能量守恒解题即可 10. 如图所示， M、 N 是两块水平放置的平行金属板， R0为定值电阻， R1和 R2为可变电阻， 开关 S 闭合。质量为 m 的带正电的微粒从 P 点以水平速度 v0射入金属板间，沿曲线打在 N 板 上的 O 点。若经下列调整后，微粒仍从 P 点以水平速度 v0射入，则关于微粒打在 N 板上的位 置说法正确的是（） A. 保持开关 S 闭合，增大 R1，微粒打在 O 点右侧 B. 保持开关 S 闭合，增大 R2，微粒仍打在 O 点 C. 断开开关 S， M 极板稍微上移，微粒打在 O 点右侧 D. 断开开关 S， N 极板稍微下移，微粒打在 O 点右侧 【答案】BD 【解析】 【详解】粒子在平行板间运动时，粒子加速度为 mgqEa A 保持开关 S 闭合，由串并联电压关系可知， R0两端 的 电压01Ur 增大 R1， U 将减小，电容器两端的电压减小，则粒子受到的电场力减小，受到的重力不变， 则产生的加速度增大从 P 点以水平速度 v0射入金属板间打在极板上则有 21dat 水平位移为 0 xvta 水平位移将减小，故粒子打在 O 点左侧，故 A 正确； B 保持开关 S 闭合，增大 R2， R0两端的电压 001EURr 不变，即电容器两端的电压不变，粒子仍打在 O 点故 B 正确； CD 断开开关，平行板带电量不变，平行板间 的 电场强度为Ed 结合 QCU 和 4Skd 可得 4kQES 断开开关，若 M 极板稍微上移，电场强度不变，故加速度不变，不会影响离子的运动，还打 在 O 点。 断开开关，若 N 极板稍微下移，电场强度不变，加速度不变，但 y 增大:02xvta 水平位移将增大，粒子打在 O 点右侧故 D 正确，C 错误。 故选 BD。 11. 如图所示，一质量为 m 的小球用两根不可伸长的轻绳 a、b 连接，两轻绳的另一端分别 系在竖直杆的 A、B 两点上，当两轻绳伸直时，a 绳与杆的夹角为 30，b 绳水平，已知 a 绳 长为 2L，当竖直杆以自己为轴转动，角速度 从零开始缓慢增大过程中，则下列说法正确的 是( ) A. 从开始至 b 绳伸直但不提供拉力时，绳 a 对小球做功为 0 B. b 绳伸直但不提供拉力时，小球的向心加速度大小为 3g C. 从开始至 b 绳伸直但不提供拉力时，小球的机械能增加了 526mgL D. 当 时，b 绳未伸直3 gL 【答案】BCD 【解析】 当 b 绳刚要伸直时，对小球，由牛顿第二定律和向心力公式得水平方向有： ，竖直方向有 ，解得 ，小球的机 2sin30sin30avFmLcos30aFmgtan30vgL 械能增加量为 ，由功能关系可知，从开 2151s()6EgvL 始至 b 绳伸直但不提供拉力时，绳 a 对小球做功为 ，故 A 错误 C 正确；b 绳 3()g 刚好伸直无拉力时，小球的角速度为 ，当 ，所 tan0vLtan30gL 以 b 未伸直，小球的向心加速度为 ，故 BD 正确 23ag 12. 如图所示，平面直角坐标系的第一象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子以速度 v0沿平行于 y 轴方向从 x 轴上不同点分别射入磁场。若该 粒子从 x 轴上 a 点射入磁场，则恰好垂直于 y 轴射出磁场，且在磁场中运动的时间为 t0。若 该粒子先后从 x 轴上 b、 c 两点射入磁场，则恰好能从 y 轴上的同一点 P 射出磁场。 O、 P 两 点间的距离为 ，下列说法正确的是（） 02vts A. 该粒子带正电 B. 匀强磁场的磁感应强度大小为 02 mqt C. 该粒子从 c 点射入磁场时，在磁场中运动的时间为 0 32t D. 该粒子从 b 点射入磁场时，在磁场中运动的时间为 0t 【答案】BC 【解析】 【详解】A由左手定则，该粒子带负电，A 错误； B由 和 得， ，B 正确；0 14tT2mqB02qt CD由 20vmr02Bqtvs 解得 2rs 设粒子从 b、 c 射入磁场的两个轨迹所对应的圆心角分别为 1和 2sinr 解得 14523 该粒子从 b、c 两点射入磁场时，在磁场中运动的时间分别为 18btT3c04t 解得 02bt3ct C 正确，D 错误。 故选 BC。 第卷（非选择题共 58 分） 二、实验题（本题共 2 小题，共 15 分，把答案填在题中的横线上。 ） 13. 为了探究“弹簧的弹性势能与弹簧形变量的关系” ，某同学设计了如图所示的装置，并 进行了如下实验。 (1)如图甲，将轻质弹簧下端固定在铁架台上，在上端 的 托盘中依次增加规格相同的砝码， 砝码质量为 20g，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表由表中数据求得弹簧劲度系数 k=_N/m；( g 取 9.80m/s2) 砝码数量（个） 2 3 4 弹簧长度（cm） 6.62 5.64 4.66 (2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，当弹簧处于自然长度时，滑块距离光电门足 够远，如图乙所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小相等； (3)使滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量 x；然后由静止释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速 度 v； (4)重复(3)中的操作，得到 v 与 x 的关系如图丙，由图象可知， v 与 x 成_关系，由上 述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的_成正比。 【答案】 (1). 20.0 (2). 正比 (3). 形变量的平方 【解析】 【详解】(1)1 表格中，当 40g 时，弹簧长度为 6.62cm，当 60g 时，弹簧长度为 5.64cm， 当 80g 时，弹簧长度为 4.66cm，根据胡克定律， F=k x，设弹簧的劲度系数为 k，原长为 x0，则列式： 0.049.8=k（ x0-0.0662） 0.089.8=k（ x0-0.0466） 联立两式，解得： k=20.0N/m (4)2 根据 v 与 x 的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则 v 与 x 成正比. 3 由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比， 因此弹簧的弹性势能与弹簧的形变量的平方成正比； 14. 现要测定一段粗细均匀、电阻约为 60 的合金丝的电阻率，若已测得其长度，要尽量 精确的测量其电阻值 R，器材有： 电池组（电动势 3.0V，内阻约 1） ； 电流表（量程 0100mA，内阻约 0.5） ； 电压表（量程 03V，内阻约 3k） ； 滑动变阻器 R1（010，允许最大电流 2.0A） ； 滑动变阻器 R2（0500，允许最大电流 0.5 A） ； 电键一个、导线若干 以上器材中，所用的滑动变阻器应选_ （填“R 1”或“R 2”） 用螺旋测微器测量合金丝直径时的刻度位置如图甲所示，读数为 mm 如图乙所示是测量合金丝电阻的电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应移到 (填“最左端”或“最右端”) 闭合开关后，滑动变阻器的滑片从一端移到另一 端，电压表示数变化明显，但电流表示 数始终几乎为零，由此可以推断：电路中 (填“1、2、3”或“4、5、6”或 “6、7、8”)之间出现了 (填“短路”或“断路”) 在电路故障被排除后，为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对 实验应改进的是 （填选项前的字母） A电流表连接方式改为内接法 B滑动变阻器连接方式改为限流式 【答案】 ；0.730(0.728-0.732)；最左端；4、5、6；断路； A ； 【解析】 【详解】试题分析：滑动变阻器用分压电路，故应选阻值较小的 R1；合金丝直径为： 0.5mm+0.01mm23.0=0.730mm；闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应移到最左端；可以 推断：电路中 4、5、6 之间出现了断路；因 ，故采用电 603025.56xVAxR 流表内接电路误差较小，故选 A. 考点：伏安法测电阻. 三计算题（本大题共 4 小题，43 分。请将答题步骤详细填写在答题栏内，注意卷面整洁， 步骤完整，只填写结果不得分） 15. 如图所示，火箭载着宇宙探测器飞向某行星，火箭内平台上还放有测试仪器火箭从地 面起飞时，以加速度 竖直向上做匀加速直线运动（ 为地面附近的重力加速度） ，已知 02g0g 地球半径为 R （1）到某一高度时，测试仪器对平台的压力是起飞前的 ，求此时火箭离地面的高度 h 178 （2）探测器与箭体分离后，进入行星表面附近的预定轨道，进行一系列科学实验和测量， 若测得探测器环绕该行星运动的周期为 T0，试问：该行星的平均密度为多少？（假定行星为 球体，且已知万有引力恒量为 G） 【答案】 （1） （2） Rh203T 【解析】 (1)取测试仪为研究对象，由物体的平衡条件和牛顿第二定律有 在地面时 1FNmg 在某一高度处 22 ga 由题意知 21 7F8N 解得 2 49g 又 2 MmGR22()gh 解得 (2) 进入行星表面附近的预定轨道，则有 212104mRMGT 又 314MVR 解得 20GT 16. 如图 1，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为 m=0.2kg，带电量为 q=+2.010-6 C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数 =0.1。从 t=0 时刻 开始，空间加上一个如图 2 所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（电场为负表示电电 场方向与正方向相反） ， （取水平向右的方向为正方向， g 取 10m/s2。 ）求： (1)23 秒内小物块的位移大小； (2)23 秒内电场力对小物块所做的功。 【答案】(1)47m(2)9.8J 【解析】 【详解】(1)02s 内物块加速度： a1= 2m/s2 Eqmg 位移： s1= =4m 2t 2s 末的速度为： v2=a1t1=4m/s 24s 内物块做减速运动，加速度的大小： a2= 2m/s2 Eqmg 位移： s2=s1=4m 4s 末的速度为： v4=0 因此小物块做周期为 4s 的加速和减速运动，第 22s 末的速度为 v22=4m/s， 第 23s 末的速度 v23=v22-a2t=2m/s （ t=1s） 所求位移为： s= 23147tm (2)23 秒内，设电场力对小物块所做的功为 W，由动能定理： W-mgs = 231mv 求得： W=9.8J 17. 如图所示，半径为 R 的光滑半圆环轨道与高为 10R 的光滑斜轨道放在同一竖直平面内， 两轨道之间由一条光滑水平轨道 CD 相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡在水平轨 道上，轻质弹簧被 a、 b 两小球挤压，处于静止状态同时释放两个小球， a 球恰好能通过圆 环轨道最高点 A， b 球恰好能到达斜轨道的最高点 B已知 a 球质量为 m，重力加速度为 g求： （1） a 球释放时的速度大小； （2） b 球释放时 的 速度大小； （3）释放小球前弹簧的弹性势能 【答案】 （1） （2） （3）7.5 mgR5gR 【解析】 （1）a 球过圆轨道最高点 A 时，根据牛顿第二定律： 2AvmgR 可以得到： AvgR a 球从 C 运动到 A，由机械能守恒定律： 221CAvg 由以上两式求出： ；5cvg （2）b 球从 D 运动到 B，由机械能守恒定律： 2110bDbmvgR 求出： ；25vgR （3）以 a 球、b 球为研究对象，由动量守恒定律： 0abmv 可以得到： 12m 弹簧的弹性势能： ，可以得到： 221pabEv7.5EgR 点睛：本题为动量守恒及机械能守恒相结合的题目，注意只有弹簧弹开的过程中动量才是守 恒的，才能列出动量守恒的表达式，此后两小球不再有关系 18. 某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如题图所示，AB 为水平直轨道，上面安装有 电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为 R，角速度为 ，铺有海绵垫的转盘， 转盘的轴心离平台的水平距离为 L，平台边缘与转盘平面的高度差为 H选手抓住悬挂器， 可以在电动机带动下，从 A 点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为 a 的匀 加速直线运动选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上设人的质量 为 m（不计身高大小） ，人与转盘间的最大静摩擦力为 mg，重力加速度为 g 假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在距圆心 以内不会被 甩出转盘，转盘的角速度 应限制在什么范围? 若已知 H =5m， L =8 m， a =2m/s2， g =10m/s2，且选手从某处 C 点释放能恰好落到转盘的 圆心上，则他是从平台出发后经过多长时间释放悬挂器的? 若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为 F = 0.6mg，悬挂器在 轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面（2）中所述位置 C 点时，因恐惧没 有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照（2）中数据计算悬挂器载着选手还能继 续向右滑行多远的距离? 【答案】 （1） ；（2）2s ；（3）2m 【解析】 【详解】(1)设人落在距圆心 处不至被甩下，最大静摩擦力提供向向心力2 R 则有 mg m 2 R 即转盘转动角度应满足 R (2)沿水平加速段位移为 x1，时间 t1；平抛时水平位移为 x2，时间为 t2 则加速时有 21xat v = atl 平抛运动阶段 x2 = vt21Hgt 全程水平方向： x1+ x2 = L 代入已知各量数值，联立以上各式解得 tl = 2s (3)由(2)知 v =4 m/s，且 F = 0.6mg，设阻力为 f，继续向右滑动加速度为 ，滑行距离为a x3 加速段 Ffma 减速段 f230vax 联立以上三式解得 x3 = 2m