山东省潍坊市.docx

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1、山东省潍坊市2021届高三年级期中模拟检测（一）物理试题一、选择题（本大题共10小题；每题4分，共40分。15小题为单项选择题，6-10 小题为多项选择题，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。）h1.质量为根的物体从高为/处自由下落，开始的可用时为K那么A.物体的落地时间为而B.物体的落地时间为3/C.物体的平均速度为JJg/D.物体的落地速度为3/【答案】A【解析】9【详解】AB.根据/2 = 5/2得h开始的3过程中有联立解得：故A正确，B错误；CD.物体落地时的速度为：物体自由落体运动，所以平均速度为故CD错误.1 .如下列图，物体A、B用足够长 细绳与轻弹簧连接后

2、跨过滑轮，A置于薄木板上，此时弹簧左侧细绳与木板平行，质量加A =3，%，现将薄木板由倾角30。缓慢放平，物体A始终与木板保持相对静止，不计滑轮摩擦，物体A、B大小可忽略不计.（）A.弹簧伸长量逐渐变大B.连接A、B的细绳对滑轮的作用力不变C.物体A受到的摩擦力先变小后变大D.物体A受到的摩擦力大小不变【答案】C【解析】【详解】对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T=mBg,那么知弹簧的弹力不变，伸长量不变，故A错误；连接A、B的细绳之间的夹角减小，那么两条细绳的拉力的 由于水平面光滑，A与反C组成的系统动量守恒和能量守恒，有：muo=m( vo) + 2mvi umgL = mv

3、o2 m( vo)2 2222联立解得：=於工.16gL当A滑上C, 5与C别离，A、C间发生相互作用.人到达最高点时两者的速度相等.A、C 组成的系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒：m( vo)+mvi = (m+/n)v2(3)m( vo)2 + mvi2= (2m) V22+mgR (4) 2222联立解得：R= 64g点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，列出动量守 恒以及能量转化的方程；注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向.15.电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理.某一水平面内有一直角坐标系 xOy, x=0和x=L=lO cm的区间内有

4、一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场 Ei=1.0x104W/77,和43L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场E2=1.0xl04V/m, 一电子(为了计算简单，比荷取为e/m=2x10。依)从直角坐标系xOy平面内 的坐标原点。以很小的速度进入匀强电场计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运 动.求：(1)电子从。点进入到离开43乙处的电场所需的时间；电子离开x=3L处的电场时的y坐标；(3)电子离开x=3L处的电场时的速度大小和方向.【答案】 占2x10%. 尸%;u = 2后x 107m/s叙45。【解析】【详解】设电子离开尸L的位置记为尸点，离开产3的位置记为。点，那么：

5、u =卜.里L =2xl07(m/s) V m运动到。点时所以总时间为12）电子运动到Q点时3）电子离开x=3L处的电场时 16.如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为3、方向垂直于纸面向外.一带正电的粒子从静止开始经电压。加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时 间后，该粒子在0P边上某点以垂直于x轴的方向射出.。点为坐标原点，N点在y轴上，0P 与x轴的夹角为30。,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力.求1）带电粒子的比荷;2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间.4U【答案】诉711271+4U 23解得： =2qUm【解析】【详解】

6、粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：qU-mv, 2根据题意，以下列图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为:3d22粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qvB =r联立方程得：色=?m d2B22根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度S = L2;rr =旦兀d1 44粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度2 =八tan30 =,dS + S粒子从射入磁场到运动至工轴过程中，一直匀速率运动，那么/二二- %1271 解得：i =石+ o 合力变大，即细绳对滑轮的作用力变大，选项B错误；将薄木板由倾角30。缓慢放平的过程中 肯定存在

7、一个位置，即物块A受的重力、细线的拉力以及斜面的支持力三力平衡，此时A受 摩擦力为零，那么因开始时和最后时物块A所示的摩擦力均不是零，可知物体A受到的摩擦 力先变小后变大，选项C正确，D错误；应选C.3.图示为一带电粒子在水平向右的匀强电场中运动的一段轨迹，A,夕为轨迹上的两点.该粒 子质量为加、电荷量为,其在4点的速度大小为%,方向竖直向上，到夕点时速度方向与水 平方向的夹角为30 ,粒子重力不计.那么46两点间的电势差为A *B近c 3加片0 2叫q2q2qq【答案】C【解析】【分析】分析可知，该带电粒子在电场中做类平抛运动，在B点将速度分解，找到B点速度和分速度% 的关系，求出B点速度；

8、从A到B根据动能定理，即可求解A、B两点电势差.【详解】根据题意，在B点，v0 = sin 30,解得：%=2%1 9 1 9从A到B根据动能定理得：qUab = mvB - ；7iv03加以2联立上述各式得：2q应选C.【点睛】此题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能 定理列式求解电势差.4.如下列图，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入， 沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为力假设该微粒经过P点时，与一个静止的不带 电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上.假设两个微粒所受重力均忽略,那么新 微粒运动的（）

9、A.轨迹为仇至屏幕的时间将小于，B.轨迹为PG至屏幕的时间将大于rC.轨迹为pa,至屏幕的时间将大于，D.轨迹为ph至屏幕的时间将等于，【答案】C【解析】试题分析：由动量守恒定律可得出粒子碰撞后的总动量不变，由洛仑兹力与向心力的关系可 得出半径表达式，可判断出碰后的轨迹是否变化；再由周期变化可得出时间的变化.带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由y2mv PBqv = m,得：r= F = F，P、q都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨 rqB qBf 2兀m迹应为pa,因周期T可知，因m增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧线不qB变，圆心角不

10、变，故pa所用的时间将大于3 C正确；my【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式R = kBq2t 兀 Hlf），周期公式T 二 一），运动时间公式1 二27知道粒子在磁场中运动半径和速度有关， BqIn运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，5.如下列图，倾角为。传送带由电动机带动，始终保持速率u匀速运动，质量为根的物块由传送带底端静止释放。物块与传送带之间的动摩擦因数为/物块到达传送带顶端前与之保持静止。那么在物块由静止释放到相对传送带静止的过程中，以下说法正确的选项A.电动机多提供的能量为相寸B.传送带克服摩擦力做的功为mF2C

11、.C.传送带和物块增加的内能为/umv cosO2(/cos-sin 0)D.摩擦力对物体平均功率为gucos。【答案】C【解析】【详解】AB.根据牛顿第二定律得所以物块做匀加速运动的加速度那么加速时间为这段时间内，滑块的位移为皮带转过的距离因为电动机多消耗的电能刚好等于传送带克服摩擦力做的功，即AB错误；C.物块在皮带上加速的过程中，相对皮带滑过的位移为那么在物块和传送带相对滑动的过程中，产生的热量选项C正确；D.摩擦力对物体的平均功率为D错误。应选C。6.如下列图，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处.今在 P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一

12、小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点q处. 假设不计空气阻力，以下关系式正确的选项是va=vbA. va= V2 vbta=tbB. ta= 75 tb【答案】BD【解析】【详解北球落在斜面的中点，知a、b两球下降的高度之比为2： 1,根据h=ggP知，”押，那么时间之比为?二血，即因为a、b两球水平位移之比为2： 1,那么由X=vo3得Va=JVb.故BD正确，AC错误.应选BD.【点睛】解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，分析两个小球 两个方向位移的关系，从而解决此类问题.7.“天宫一号与“神舟八号交会对接成功，标志着我国对接技术上迈出了重要一步.如下列图 为二者对

13、接前做圆周运动的情形，M代表“神舟八号，N代表“天宫一号，那么()M发射速度大于第二宇宙速度A. M适度加速有可能与N实现对接C.对接前，M的运行速度大于N的运行速度D.对接后，它们的速度大于第一宇宙速度【答案】BC【解析】【详解】A.神舟八号绕地球飞行，故其发射速度小于第二宇宙速度，故A错误；B.神舟八号轨道半径低，适当加速后神舟八号做离心运动可实现与高轨道的天宫一号对接， 故B正确；C.根据万有引力提供圆周运动向心力可得卫星线速度由于M的轨道半径小于M 故M的运行速度大于N, C正确；D.对接后，它们一起绕地球圆周运动，故其速度小于第一宇宙速度，故D错误。故BC正确。8.如下列图，M、N处

14、各放置电荷量为q的正点电荷，。为正方形Hcd的中心且与连线中 点重合，对角线。与垂直，取无穷远处电势为零，那么( )A. b.1两点场强相同，电势相等B.。点电势不零，场强为零C.将质子沿Qf。一。移动，电势能先增加后减少D.将电子沿一。一。移动，电场力先做负功，再做正功【答案】BC【解析】【详解】A.等量同种电荷等势面对称性可知，人点与。点的电势相等，电场强度大小相等， 方向相反，故A错误；B.根据对称性，0点场强为零，取无穷远处电势为零，。点的电势大 于0,故B正确；C.根据等量同种电荷电场线的分布，QOc上电场的方向是：。到，和。到 c,所以质子从。到c,电场力先做负功，后做正功，那么电

15、势能先增大后减小，故C正确；D.根 据等量同种电荷电场线的分布与等势面分布情况，点的电势高于。两点的电势，所以电子 沿路径Q-0-c,电势能先减小后增加，电场力先做正功，后做负功，故D错误。应选BC。 9.如下列图的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻,R和R3均为定值电阻,R2为滑动变阻器.当 R2的滑动触点在ab的中点时合上开关S,此时三个电表Al、A2和V的示数分别为L、b和U.现将R2的滑动触点向a端移动，那么)A.电源的总功率减小B. R消耗的功率增大C. L增大，L减小，U增大D. L减小，L不变，U减小【答案】AC【解析】由图知电压表测量路端电压，电流表Ai测量流过Ri的电流，电

16、流表Az测量流过R2的电流； R2的滑动触点向a端移动时，R2增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小，那么有电源的 总功率减小；电源的内电压减小，那么路端电压增大，即电压表示数U增大，R3电压减小， 那么有R3消耗的功率减小；Ri、R2并联电压增大，通过Ri的电流L增大. 而总电流I减小, 那么流过R2的电流b减小，故BD错误，AC正确；应选AC.10.如下列图，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中， 电场强度大小为=弛，磁感应强度大小为一质量为2、电荷量为夕的带正电小圆环套 q在杆上，环与杆间的动摩擦因数为；现使圆环以初速度W向下运动，经时间6圆环回到出 发点

17、.假设圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g.那 么以下说法中正确的选项是UA.环经过2时间刚好到达最低点 2B.环的最大加速度为。m=g+竺她m2 2、C.环在4)时间内损失的机械能为-m %2- 7岁2 1D.环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等【答案】BC【解析】【详解】A.环向下运动时竖直方向受到重力、向上 电场力、向上的摩擦力，设加速度大小 为那么或土丝生整，因此速度的减小，导致洛沦兹力减小，那么摩擦力会减 m小，因此环做加速度减小的减速运动，当环回头时，环的加速度大小生;qE AqvB mg ,m随着速度增大，开始做加速度减小的加速运动，之后

18、做匀速直线运动，因此在 =6时、不可 2能刚好到达最低点，故A错误;B.圆环在运动过程中，只有向下运动时，加速度大于向上运动的加速度，而向下运动摩擦力 越大，那么加速度越大，因此环刚开始运动时，加速度最大，最大加速度故B正确；C.圆环从出发到回到出发点过程中，重力势能变化为零，那么机械能的损失，即 为动能的减小，根据动能定理，那么有而因此损失的机械能为故C正确；D.根据功能关系，除重力以外的力做功，那么导致机械能变化，而环在下落与上升过程中， 因摩擦力做功值不同，因此环在下落过程中损失的机械能不会等于上升回到出发点过程中损 失的机械能，故D错误； 应选BCo二、实验题（共15分）11 .某实验

19、小组设计了如图6所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑 块运动的加速度，和所受拉力厂的关系图像，图中力传感器可直接显示绳中拉力大小，他们 在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条尸图线，如图b）所示.（1）图线 是在轨道左侧抬高，成为斜面情况下得到的选填“1”或“2力；要想使得该图线过原点应 轨道的倾角（填“增大”或减小”）滑块和位移传感器发射局部 总质机=kg;滑块和轨道间的动摩擦因数=. 1 g= 1 Om/s2）实验中是否要满足，滑块和位移传感器发射局部的总质量远远大于重物质量的条件?.【答案】 （2）.减小 .（4）.（5）.否【解析】【详解】（1）由图象可知

20、，当/ =0时，存0.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速 度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高.所 以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；要想使得该图线过原点，即当有合力/时丁才会产生加速度因此应减小轨道的倾角； 根据b=府得所以滑块运动的加速度和所受拉力厂的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射局部的总 质量的倒数.由图形b得加速度。和所受拉力厂的关系图象斜率仁2,所以滑块和位移传感器 发射局部的总质量m-由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度。=0,根据牛顿第二定律得F-img=O解得滑块和位移传感器发射局部受到的拉力由力传感器得出，实

21、验过程中不需要控制滑块和 位移传感器发射局部的总质量远远大于重物质量.12 .有一个未知电阻Rx,用图中左和右两种电路分别对它进行测量，用左图电路测量时，两表 读数分别为6V, 6mA,用右图电路测量时，两表读数分别为，10mA,那么用图所示电路测该电阻的阻值误差较小，测量值&=C,测量值比真实值偏 （填“大或“小）。【答案】 .左.1000（3） ,大【解析】【详解】口23题中所给两种伏安法测电阻电路，左图为内接法；其误差来源在于电流表有 内阻，导致了电压表读数偏大；右图为外接法，其误差来源于电压表有分流，导致电流表读 数偏大；根据题中所给左图两表读数分别为6V, 6mA,欧姆定律/=,可知

22、此时凡测=100。，且R大于其真实值；同理根据右图电路测量时，两表读数分别为，10mA,可以计算此时&测=5900,但小于该 电阻的真实值；由于通常电流表内阻较小，而电压表内阻较大，结合上面的计算可知此电阻值较大，应选择 内接法测量误差较准确。三、计算题（本大题4个小题共45分。解容许写出必要的文字说明、方程式和重 要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.答案中必须明确写出数值和单位。） 13.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具欣赏性的工程之一。某滑道示意图如下，长直助滑道A3与弯曲滑道3C平滑衔接，滑道3C高/z=10m, C是半径R=20m 圆弧的最低点，质量加=6

23、0kg的运发动从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a = 4.5m/s2,到达B点时速度vb=30 m/So取重力加速度g=10 m/s2o求长直助滑道A3的长度L；求运发动在A3段所受合外力的冲量的/大小；假设不计8C段的阻力，画出运发动经过C点时的受力图，并求其所受支持力Fn的大小。,3 900N【答案】100m； (2)1800Ns； (3)【解析】【详解】1) AB段的初末速度，那么利用运动学公式可以求解斜面的长度，即可解得根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以小球在最低点的受力如下列图由牛顿第二定律可得从B运动到C由动能定理可知解得【点睛】此题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿 第二定律求解最低点受到的支持力大小。14.如下列图，在光滑水平面上有一个长为L的木板B,上外表粗糙，在其左端有一个光滑的,圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上外表相平，B、C静止在水平面上, 现有滑块A以初速度V。从右端滑上B并以色滑离B,恰好能到达C的最高点.A、B、C的质 量均为m,试求:1)滑块与木板B上外表间的动摩擦因数内圆弧槽C的半径R【答案】=【解析】