【文档说明】河南省鹤壁市高级中学2021届高三上学期第一次模拟测试（8月段考）物理试题.doc，共(9)页，460.000 KB，由小赞的店铺上传

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鹤壁高中2021届高三年级物理第一次模拟测试一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的

得2分，有选错或不答的得0分．1．三个共点力F1、F2和F3的合力为0，其中两个共点力的大小F1＝8N，F2＝4N，则F3的大小不可能是()A．8NB．6NC．4ND．2N2.一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25m，动车进站时可以看作匀

减速直线运动．他发现第6节车厢经过他时用了4s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为()A．2m/s2B．1m/s2C．0.5m/s2D．0.2m/s23..甲、乙两车在一平直道路上同

向运动，其v－t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2(s2>s1)．计时开始时，甲、乙两车相距s0，在两车运动过程中，下列说法正确的是()A．若甲车在乙车前方且s0＝s1＋s2，两车相遇1次B．若

甲车在乙车前方且s0<s1，两车相遇2次C．若乙车在甲车前方且s0＝s2，两车不会相遇D．若乙车在甲车前方且s0＝s1，甲车追上乙前T时刻相距最近4.物体被钢索从地面吊起，该物体在竖直方向上运动的v－t图象如图所示，不计空气阻力．关于物体在0～46s内的运动，下列说法正确

的是()A．在30s时物体距地面最高B．在46s时物体距地面的高度为22mC．在0～10s内物体处于失重状态D．在30～36s内钢索最容易断裂5.将火星和地球绕太阳的运动近似看成是同一平面内的同方向绕行的匀速圆周运动，已知火星的轨道半径r

1=2.3×1011m，地球的轨道半径为r2=1.5×1011m，根据你所掌握的物理和天文知识，估算出火星与地球相邻两次距离最小的时间间隔约为（）A．1年B．2年C．4年D．6年6.质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b与竖直粗糙墙壁

接触，整个系统处于静止状态．重力加速度大小为g，则()A．物块b可能受3个力B．细线中的拉力小于2mgC．剪断细线瞬间b的加速度大小为gD．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g7.质量为m的物体由静止开始下落，由于空

气阻力影响物体，下落的加速度为45g，在物体下落高度h的过程中，下列说法正确的是()A．物体的动能增加了45mghB．物体的机械能减少了45mghC．物体克服阻力所做的功为45mghD．物体的重力势能减少了45mgh8.

原有一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，给电容器再充上一些电荷ΔQ，油滴开始向上运动，经时间t后，电容器突然放电，失去一部分电荷ΔQ′，又经时间t，油滴回到原位置，假如在运动过程中油滴电荷量一定，则()A.ΔQ′ΔQ＝4B.Δ

Q′ΔQ＝3C.ΔQ′ΔQ＝2D.ΔQ′ΔQ＝19.如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的动摩擦因数μ＜tanθ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是()A．上滑的过程A、B整体处于失重状态B．上滑到最

高点后A、B整体将停止运动C．A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程D．A与B之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等10如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为α，导轨上开

有一狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为β，且保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力忽略

不计，则下列说法正确的是()A．分析可知α＝βB．小孩与抱枕一起做匀速直线运动C．小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下D．绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m211.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，木板上放质量均为1kg的A、B两物块，A、B与

薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3，μ2=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。则：（）A．若F=1N，则物块、薄硬纸片都静止不动B．若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小小于1.5NC．若F=8N，则B物块的加速度为4.0

m/s2D．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动12.如图所示，匀强磁场分布在半径为R的14圆形区域MON内，Q为半径ON上的一点且OQ＝22R，P点为边界上一点，且PQ与OM平行.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1

从M点正对圆心射入，恰从N点射出，粒子2从P点沿PQ射入，下列说法正确的是()A.粒子2一定从N点射出磁场B.粒子2在P、N之间某点射出磁场C.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为4∶1D.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1二、非

选择题：包括必考题和选考题两部分．第13～16题为必考题，每个试题考生都必须作答．第17～18题为选考题，考生根据要求作答13.（6分）某同学为了测量金属热电阻在不同温度下的阻值，设计了如图甲所示的电路，其中R0为电阻箱，Rx为金属热电阻

，电压表可看做理想电表，电源使用的是稳压学生电源(内阻不计)，实验步骤如下：①按照电路图连接好电路②记录当前温度t③将单刀双掷开关S与1闭合，记录电压表读数U，电阻箱阻值R1④将单刀双掷开关S与2闭合，调节变阻箱使电压表

读数仍为U，记录电阻箱阻值R2⑤改变温度，重复②～④的步骤(1)则该金属热电阻在某一温度下的阻值表达式为：Rx＝________，根据测量数据画出其电阻Rx随温度t变化的关系如图乙所示；(2)若调节电阻箱阻值，使R0＝120

Ω，则可判断，当环境温度为________时，金属热电阻消耗的功率最大.14.（9分）用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系.实验时保持小车(含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a.(1)关于实

验操作，下列说法正确的是________.A.实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行B.平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑C.每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力D.实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车(2)

图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离.已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度vB＝___

_____m/s，小车的加速度a＝________m/s215.（12分）如图所示，质量M=1kg的长木板静止在光滑水平面上，在长木板的右端放一质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=6.N向右拉

长木板，使小滑块与长木板发生相对滑动，经过t=1s撤去力F．小滑块在运动过程中始终没有从长木板上掉下．重力加速度为g=10m/s2求：（1）撤去力F时小滑块和长木板的速度各是多大；（2）运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大．16.（14分）．如图所示，一足够长

的水平传送带以速度v=2m/s匀速运动，质量为m1=1kg的小物块P和质量为m2=1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长．某时刻物块P从传送带左端以速度v0=4m/s冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平

．已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处．求：(1)物块P刚冲上传送带时的加速度大小；(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量

；(3)若传送带以不同的速度v（0<v<v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦生热最小？其最小值为多大？FmM17题18题任选一道作答17.（11分）如图所示，一水平放置的薄壁汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为m＝1.0kg

的活塞A、B用一长度为3L＝30cm、质量不计的轻细杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气.活塞A、B的面积分别为SA＝100cm2和SB＝50cm2，汽缸内A和B之间封闭有一定质量的理想气体，A的左边及B的右边都是大气，大

气压强始终保持为p0＝1.0×105Pa.当汽缸内气体的温度为T1＝500K时，活塞处于图示位置平衡.求：（1）此时汽缸内理想气体的压强多大？（2）当汽缸内气体的温度从T1＝500K缓慢降至T2＝400K时，活塞A、B向哪边移动？移动的位移多大？18.（

11分）如图所示，一束截面为圆形(半径R＝1m)的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区．屏幕S至球心距离为D＝(2＋1)m，不考虑光的干涉和衍射，试问：（1）若玻璃半球对紫色光的折射率为n＝2，请你求出圆形亮区的半径

；（2）若将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色．2021届高三年级物理第一次模拟测试答案1.D2．C运用逆向思维，将火车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动相同位移的时间比关系可知，第7节车厢和第6节车厢经过旅客的时间

之比t7∶t6＝1∶(2－1)＝t7∶4，故t7＝4(1＋2)s，由L＝12at27，解得动车的加速度大小a＝2524＋162m/s2≈0.5m/s2，选项C正确．3.BT时刻甲、乙两车速度相等．若甲车在前乙车在后，当s1＋s2≥s0＋s2，即s0≤s1时乙车将超越甲车，由于

甲车加速度较大，此后甲车又将超越乙车，两车相遇两次；若乙车在前甲车在后，s0＝s2时，甲车加速度较大，故两车在T时间不会相遇，在t>T时会相遇；当s0＝s1时，有s1＋s2＝s0＋s2，两车恰在T时刻相遇．选项

A、C、D错误，B正确．4．B由图可知0～36s内物体速度方向向上，故在36s时物体距地面最高，选项A错误；在46s时物体距地面的高度h＝12×(20＋36)×1.0m－12×10×1.2m＝22m，选项B正确

；在0～10s内物体加速度向上，故物体处于超重状态，选项C错误；在30～36s内物体的加速度向下，故物体处于失重状态，钢索不容易断裂，选项D错误．5解：根据开普勒第三定律=k得：火星与地球的周期之比为===1.9地球的周期为T2=1年，则有火星的周期为T1=1.9年设经时间t两星又一次距离最近，根

据θ=ωt则两星转过的角度之差△θ=（﹣）t=2π得t=2.3年≈2年。故选：B。6D物块a、b与墙面之间没有弹力，故虽接触面粗糙但不受摩擦力，所以物块b受重力、弹簧的弹力2个力作用，选项A错误；将a、b看成一个系统，整个系统处

于静止状态，细线的拉力等于2mg，选项B错误；剪断细线瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以b所受合力不变，为零，而细线中的弹力突变为0，故b的加速度为零，a的加速度aa＝F弹＋mgm＝mg＋mgm＝2g，选项C错误，选项D正确．7A本题考查动能定理、机械能守恒定律、摩擦力做功．下落阶段，物体

受重力和摩擦力，由动能定理W＝ΔEk，即mgh－fh＝ΔEk，f＝mg－45mg＝15mg，可求ΔEk＝45mgh，选项A正确；机械能减少量等于克服摩擦力所做的功W＝fh＝15mgh，选项B、C错误；重力势能的减少量等于重力做的功ΔEp＝mg

h，选项D错误8.A根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得E＝Q＋ΔQCd、E′＝Q＋ΔQ－ΔQ′Cd，而依题意有mg＝qQCd，根据牛顿第二定律可得qE－mg＝ma，mg－qE′＝ma′，依题意有x＝12at2，－

x＝at2－12a′t2，解得aa′＝13，可求得ΔQ′ΔQ＝4，即选项A正确．9.选AD在上升和下滑的过程，整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：(mA＋mB)gsinθ＋f＝(mA＋mB)a，f＝μ(mA＋mB)gco

sθ因此有：a＝gsinθ＋μgcosθ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确。同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：(mA＋mB)gsinθ－f＝(mA＋mB)a′，得：a′＝gsinθ

－μgcosθ由于μ＜tanθ，所以a′＞0所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；以B为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mBgsinθ＋f′＝mBa，解得：f′＝μmBgcosθ；向下运动的过程中，根据牛顿第二

定律有：mBgsinθ－f″＝mBa′，解得：f″＝μmBgcosθ；所以f″＝f′，即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故C错误，D正确。10.选AD由于球沿斜槽无摩擦滑动，则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度，且a＝gsinα，

做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度a＝gsinα＝gsinβ，则α＝β，故A正确，B错误。对抱枕分析，受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1a＝m1gsinβ，可知小孩对抱

枕的作用力与绳子在同一条直线上，故C错误。对小孩和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力T＝(m1＋m2)gcosβ，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcosβ，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2，故D正确。1

1.选BD解：A与木板间的最大静摩擦力为：fA=μmAg=0.3×1×10N=3N，B与木板间的最大静摩擦力为：fB=μmBg=0.2×1×10N=2NA、F=1N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；B、若F=1.5N＜fA，所以AB即木板保持相对静

止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F-f=mAa，所以A物块所受摩擦力f＜F=1.5N，故B正确C、当B刚要相对于板滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：fB=mBa0，又fB=μmBg得：a0=2m/s2；对整体，有：F0=（mA

+mB）•a0=2×2N=4N即达到4N后，B将相对地木板运动，此时摩擦力f=2N；则对木板可知，木板受到A的摩擦力等于B的摩擦力；故A和木板间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8N时，B与木板间的摩擦力即为滑动摩擦力为2N，此后增大拉力，不会改变B的受力；其加速度大小均为2

m/s2，故C错误；D正确12答案AD解析如图所示，粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点射出，根据洛伦兹力指向圆心，和MN的中垂线过圆心，可确定圆心为O1，半径为R.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同.粒

子2从P点沿PQ射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O2应在P点上方R处，连接O2P、ON、OP、O2N，O2PON为菱形，O2N大小为R，所以粒子2一定从N点射出磁场.A正确，B错误.∠MO1N＝90°，∠PO2N＝∠POQ，cos∠POQ＝OQOP，所以∠PO2N＝∠PO

Q＝45°.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同.粒子运动时间与圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1.C错误，D正确.13答案(1)R1R2(2)20℃（每空3分，共6分）

解析(1)设电源电压为E，则将单刀双掷开关S与1闭合时，URx＝E－UR1；单刀双掷开关S与2闭合时：E－URx＝UR2；联立解得：Rx＝R1R2；(2)金属热电阻消耗的功率最大时，此时金属热电阻的值等于电阻箱的阻值，即Rx＝R0＝120Ω，根据电阻－时间关系可知：Rx＝t

＋100，当Rx＝120Ω时，t＝20℃.14答案(1)AD(2)0.3160.93（每空3分，共9分）解析(1)调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；由于平衡摩擦力之后有Mgs

inθ＝μMgcosθ，故tanθ＝μ.所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车所受的拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放小车，实验结束时应先控制小车

停下再停止打点计时器，故D正确；(2)已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s.根据Δx＝aT2可得：xCE－xAC＝a(2T)2，小车运动的加速度为a＝xCE－xAC4T2＝0.1636－0.0632－

0.06320.04m/s2＝0.93m/s2B点对应的速度：vB＝xAC2T＝0.06320.2m/s＝)0.316m/s15．（12分）解：（1）对长木板施加恒力F的时间内，小滑块与长木板间相对滑动，小滑块所受摩擦力f=μmg设小滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律f=

ma1解得a1=2.0m/s2长木板受的摩擦力f′=f=μmg设长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律F–f′=Ma2解得a2=4.0m/s2经过时间t=1.0s，小滑块的速度v1=a1t=2.0m/s长木板的速度v2=a2t=4.0m/s（4分）

（2）撤去力F后的一段时间内，小滑块的速度小于长木板的速度，小滑块仍以加速度a1做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动.设长木板运动的加速度为a3，此时长木板水平方向受力情况如图所示，根据牛顿第二定律f′=M

a3解得a3=2.0m/s2设再经过时间t1后，小滑块与长木板的速度相等.即v1+a1t1=v2－a3t1解得t1=0.50s此时二者的速度均为v=v1+a1t1=3.0m/s.如图所示，在对长木板施加力F的时间内，小滑块的位移是s1，长木板的位移是s2；从撤去F到二者速度相等的过程，小滑

块的位移是s3，长木板的位移是s4.小滑块与长木板速度相等时，小滑块距长木板右端的距离最大.小滑块的总位移s块=s1＋s3=21111212121tatvta++=2.25m长木板的总位移s板=s2＋s4=1122221tvvta++=3.75m在运动中小滑块距长木板右端

的最大距离为s=s板–s块=1.5m（8分）16（14分）．(1)8m/s2(2)1.25JE=−(3)4m/s3v=，min10J3Q=（1）物块P刚冲上传送带时，设PQ的加速度为1a，轻绳的拉力

为1F因P的初速度大于传送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用对P由牛顿第二定律得1111Fmgma+=对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用由牛顿第二定律得2121mgFma−=联立

解得218m/sa=（4分）（2）P先减速到与传送带速度相同，设位移为1x，则222201142m=0.75m228vvxa−−==共速后，由于摩擦力12515fmgNmgN===故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右设此时的加速度为2

a，轻绳的拉力为2F对P由牛顿第二定律得2112Fmgma−=对Q由牛顿第二定律得2222mgFma−=联立解得224m/sa=设减速到0位移为2x，则22222m=0.5m224vxa==s1s2s4s3PQ系统机

械能的改变量等于摩擦力对P做的功1121.25JEmgxmgx=−+=−（5分）（3）第一个减速过程，所用时间01148vvvta−−==P运动的位移为201116216vvvxt+−==皮带运动的位移为22148vvxvt−==第二个减速过程，时

间224vvta==P运动的位移为201228vvxt==皮带运动的位移为2224vxvt==则整个过程产生的热量()()()21121215381616vvQmgxxmgxx−−=−=−+当

4/3vms=时，min10J3Q=（5分）17（11分）（1）1.0×105Pa（2）向右移动10cm（1）设被封闭的理想气体压强为p，轻细杆对A和对B的弹力为F，对活塞A有：p0SA＝pSA＋F对活塞B有：p0SB＝pSB＋F得：p＝p0＝1.0×105Pa（4分）（2）当汽缸内气体的温

度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A、B一起向右移动.活塞A最多移动至两筒的连接处.设活塞A、B一起向右移动的距离为x.对理想气体：V1＝2LSA＋LSBT1＝500K，V2＝(2L－x)SA＋(L＋x)SBT2＝400K，SA＝100cm2，SB＝50c

m2由盖－吕萨克定律：V1T1＝V2T2解得：x＝10cmx<2L＝20cm表明活塞A未碰两筒的连接处，故活塞A、B一起向右移动了10cm.（7分）18（11分）解：（1）紫光刚要发生全反射时的临界光

线射在屏幕S上的点E到亮区中心G的距离r就是所求最大半径．设紫光临界角为C，由全反射的知识得sinC＝1n又由几何知识可知AB＝RsinC＝RnOB＝RcosC＝Rn2－1nBF＝ABtanC＝Rnn2－1GF＝D－(OB＋BF)＝D－nRn

2－1得r＝GE＝GFFB·AB＝Dn2－1－nR＝(2＋1)22－1m－2×1m＝1m（8分）（2）紫色．当白光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，则临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远．故圆形亮区的最外侧是紫光．(3分)