【文档说明】山东省济南市莱芜一中2021届高三1月份月考物理试题 答案.docx，共(7)页，160.734 KB，由小赞的店铺上传

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莱芜一中高三1月物理试题答案1.解析：国际制基本单位共7个，分别是长度m时间s质量kg电流A物质的量mol热力学温度K发光强度cd答案：C2.解析：设圆轨道的半径为R，根据等时圆模型有t乙>t甲，t甲＝2Rg；丙做自由落体运动，有t丙＝2Rg，所

以有t乙>t甲>t丙，选项C正确．答案：C3.解析：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin30°＝12mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝12mg；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a＝3mgsin30°－F弹3m＝g3，即A和B的加速度均为

g3，故选B.答案：B4.[解析]小物块恰好滑动时，应在A点，如图所示，对滑块受力分析．由牛顿第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝mω2r，解得ω＝1.0rad/s，C正确．[答案]C5.解析：万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得Gm1m2L2＝m1(2πT)2r

1＝m2(2πT)2r2＝m1v12r1＝m2v22r2，其中r1＋r2＝L，解得周期T＝4π2L3G(m1＋m2)，周期减小，则双星间的间距L减小，万有引力增大，万有引力对双星做正功，双星系统引力势能减小，v1＝Gm22(m1＋m2)L，v2＝Gm12(m1＋m2)L，双星

间的间距L减小，双星各自的线速度增大，故B正确，A、C、D错误．答案：B6.【解析】选B。机械能等于动能和重力势能之和,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,重力势能时刻发生变化,则机械能在不断变化,

故A错误;在最高点对乘客受力分析,由牛顿第二定律可知:mg-FN=m2r,座椅对乘客的支持力:FN=mg-m2r<mg,故B正确;乘客随座椅转动一周,动量变化量为零,由动量定理可知合力的冲量为零,但

重力的冲量I=mg·t≠0,故C错误;乘客重力的瞬时功率P=mgvcosθ,其中θ为线速度和竖直方向的夹角,摩天轮转动过程中,乘客的重力和线速度的大小不变,但θ在不断变化,所以乘客重力的瞬时功率在不断

变化,故D错误。7.[解析]6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球2对1的作用力做功，故球1的机械能不守恒，A错误，选。球6在OA段运动时，斜面上的小球在加速，球5对球

6的作用力做正功，动能增加，机械能增大，B正确，不选；由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，C正确，不选；最后三个小球在水平面上运动不再加速，3.2.1速度相等，

水平射程相同，落地位置相同，D正确，不选。[答案]A8.[解析]D形盒缝隙间电场变化周期T等于被加速的12H在磁场中运动的周期，即T＝2π·2mqB，而质子在磁场中的运动周期为TH＝2πmqB，则该回旋

加速器不可以加速质子，选项A错误；仅调整磁场的磁感应强度大小为B′，则12H在磁场中的运动周期将要变化，则该回旋加速器不可以加速12H粒子，选项B错误；24He在磁场中运动的周期THe＝2π·4m2qB＝2π·2mqB＝T，则保持B和T不变，

该回旋加速器可以加速24He粒子，且在回旋加速器中两粒子运动的半径也相同，则粒子运动的时间与12H粒子的相等，选项C正确；根据qvmB＝mvm2R，Ekm＝12mvm2＝B2q2R22m∝q2m，可知24He加速后的最大动能与12H粒子不相等，选项D错误．[答案]C9.AB[解析]AB相对静止

，即两物体加速度相同，以A,B整体为研究对象受力分析可知系统加速度为gsinθ，选项A正确；再以B为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子方向与斜面垂直，拉力大小等于Gcosθ，B正确，CD错误。10.解析：小球恰好能通过圆周的最高点，在最高点，细线中拉力为零，小

球速度vb＝gR，小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律有，12mvb2＋mg×2R＝12mvd2，在最低点，由牛顿第二定律，F－mg＝mvd2R，联立解得细线中拉力F＝6mg，小球运动到最低点时，台

秤的示数最大且为Mg＋F＝(M＋6m)g，选项A正确；小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但是不是最小，当小球处于如图所示状态时，设其速度为v1，由牛顿第二定律有FT＋mgcosθ＝mv12R，由机械能守恒定律有12mvb2＋mgR(1－cosθ)＝12mv12，联立解

得细线拉力FT＝3mg(1－cosθ)，其分力FTy＝FTcosθ＝3mgcosθ－3mgcos2θ，当cosθ＝0.5，即θ＝60°时，台秤的最小示数为Fmin＝Mg－FTy＝Mg－0.75mg，选项B错误；在a、b

、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，选项C正确；人没有运动，不会有超重失重状态，故D错误．答案：AC11.【解析】选A、C、D。从图中看到,a点的电场线比b点的电场线密,所以a点的电场强度比b点的大,A项正确;两个负电荷在c点的合场

强为0,正电荷在c点有场强,方向竖直向下,两个负电荷在d点产生的场强叠加后方向竖直向下,正电荷在d点产生的场强方向竖直向上,因为正电荷到c、d距离相等,所以,叠加后的合场强肯定是c点大,C项正确;沿电场线的方向电势降低,所以a点的电势比b点的低

,B项错误;从以上分析看到正电荷到c点的合场强大于到d点的合场强,所以相同的距离场强大的,电势差更大,因此c点的电势比d点的低,D项正确。答案：BC12.解析：根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则负离子向下偏转，N板带负电，M板带正电，则N板的电势比M板电势低，故A错误；最终离子在

电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB＝qUc，解得U＝vBc，与离子浓度无关，故B错误；污水的流速v＝UBc，则流量Q＝vbc＝UbB＝1×0.21.25m3/s＝0.16m3/s，故C正确；污水的流速v＝UBc＝11.25×0.2m/s＝4m/s，污水流过该装置时受到的阻力Ff＝kLv

＝kav＝15×1×4N＝60N，为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60N，则压强差为Δp＝FS＝600.2×0.2Pa＝1500Pa，故D正确．答案：CD13.解析：(1)本实验根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，应多取一些数据，根据

作差法求出加速度，再求平均值，而该同学只取两组数据，计数点偏少，故A正确；(2)由题可知相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得vC＝xAE4T＝0.1456＋0.

1115＋0.13730.4m/s＝0.986m/s，由于AC间的时间间隔t＝0.2s，CE间的时间间隔也为t＝0.2s，根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，xCE－xAC＝Δx＝at2，a＝2.58m/s2；根据匀变速直线运动的推

论公式xm－xn＝(m－n)aT2，xDE－xCD＝Δx＝2.58cm，xCD－xAB＝2Δx，所以xAB＝xCD－2Δx＝5.99cm；根据匀变速直线运动速度时间公式得vC＝vA＋2aT，解得vA＝(0.986－0.2×2.58)m/s＝0.470m/s.答案：

(1)A(2)0.9862.585.990.47014.解析：(1)电源电动势约为4.5V，被测金属丝电阻约为6Ω，干路中的最大电流约为0.75A，为使电表读数误差较小，故电流表选A1，电压表选V1，滑动变阻器R1的最大允许电

流0.2A太小，影响测量的范围，所以滑动变阻器选R2.(2)待测金属丝电阻较小，电流表应采用外接法，要求能测得多组数据，故滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示．(3)由R＝UI及R＝ρlS，又S＝π(d2)2＝πd24，得ρ＝RSl＝UI·πd

24l＝Uπd24Il.答案：(1)A1V1R2(2)图见解析(3)Uπd24Il15.解析：(1)设该星球表面的重力加速度为g，由平抛运动规律，则x＝v0ty＝12gt2yx＝tanθ解得g＝2v0tanθt(2)一质量为m的卫星在该星球表面附近环绕星球运行时，重力提供向心力，

则mg＝mv2R解得v＝gR＝2v0Rtanθt，此即该星球的第一宇宙速度．答案：(1)2v0tanθt(2)2v0Rtanθt16.【解析】由牛顿第二定律得μ(m1+m2)g=(m1+m2)a解得a=6m/s2①则v=2as=9m/s②由动量守恒定律得m2v

0=(m1+m2)v③解得v0=122mmm+v=27m/s答案：27m/s17.解析:(1)设粒子在磁感应强度为B的磁场中轨迹半径为R1,则R1sin30°=R1-d,得R1=2d.qvB=,R1=,则粒子从M点出发的初速度v==.(2)如图(甲),

粒子应从G点进入4B磁场内,q·4B·v=,R2===.其运动轨迹为半圆,并垂直PQ再由E点回到B磁场区,由对称性,粒子将打到N点的轨迹如图,粒子在B磁场中运动时间t1=2×T1=T1=×=粒子在4B磁场中运动时间t2=T2=t总=t1+t2=.(3)如

图(乙)(丙)所示,由粒子运行的周期性,有如下结果x=(3n+1)d(n=0,1,2,3…)或x=3nd(n=0,1,2,3…).答案:(1)(2)(3)x=(3n+1)d(n=0,1,2,3…)或x=3nd(n=0,1,2,3…).18.【解析】(1)电容器充电后上

极板带正电,下极板带负电,放电时通过MN的电流由M到N,欲使炮弹射出,安培力应沿导轨向右,根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,根据欧姆定律,电容器刚放电时的电流:炮弹受到的安培力:根据牛顿第二定律:解得:加速度(3)电容器放电

前所带的电荷量Q1=CE,开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vm时,MN上的感应电动势:mBlvE=1，最终电容器所带电荷量12CEQ=设在此过程中MN的平均电流为I,MN上受到的平均安培力:lIBF−−=由动量定理,有:F·Δt=mvm-0其中:tIQQQ

=−=−21，REI=BIlF=maF=mRBEla=联立各式可得:mClBEClBQ+=222222