【文档说明】【精准解析】内蒙古赤峰市宁城县2021届高三上学期9月摸底考试物理试题.pdf，共(21)页，637.598 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-8e23f2930b0079b1f2a66e3dcf0d3548.html

以下为本文档部分文字说明：

-1-宁城县高三年级统一考试物理试题（考试时间90分钟，满分110分）一、选择题：共12个小题，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，有选错的得0分。1.同一直线上运动的甲、乙两物体，位置－时间(x-t)图线如图，下列说法中正确的是（）A.t1时刻，甲的速度为零，乙的速度不为零B.t2时刻，甲、乙速度可能相同C.t2时刻，甲、乙相遇D.t3

时刻，乙的速度为零，加速度不为零【答案】C【解析】【详解】A．xt图像的斜率表示速度，在t1时刻，乙的瞬间速度为零，甲的速度不为零，A错误；BC．xt图像的斜率表示速度，在t2时刻，甲和乙的位置坐标相同，是相遇，但是速度不同，方向不同，B错误C正确；D．xt图像的斜率表示速

度，在t3时刻，乙的位置坐标为零，但是速度不为零，加速度不为零，D错误。故选C。2.2019年4月10日，人类发布了首张黑洞（M87）照片，为解开星系演化之谜提供了宝贵资料。黑洞是一个非常致密的天体，会形成强大的引力场，连光也

无法逃离，己知逃逸速度2GMvr。若M87黑洞的质量为401.410kg，引力常量116.6710GN·m2/kg2，则该黑洞最大半径的数量级为（）A.107mB.109mC.1011mD.1013m-2-【答案】D【解析】【详解】ABCD.设黑洞的可能半径为R，根据逃逸速

度公式可得2GMvcr则有22GMRc所以黑洞的可能最大半径为-114013max8226.67101.410m210m(310)R≈ABC错误，D正确；故选D。3.我国ETC（电子不停车收费系统）全国联网的实施，大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以25m/s的速度驶向高

速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经5s的时间速度减为5m/s且收费完成，司机立即加速到25m/s，加速度大小为22.5m/s，则汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为（）A.2.0sB.3.2sC.5.2sD.6.8s【答案】C【解析】【详解】汽车开始减速位移为01175m2vv

xt汽车恢复到25m/s所用的间为022255s8s2.5vvta汽车的加速位移为0225258m120m22vvxt汽车从开始减速到速度恢复到25m/s通过的总路程为1275m120m195mxxx-3-若

汽车匀速通过这段距离所用的时间为0195s=7.8s25xtv所以汽车耽误的时间为125s8s7.8s5.2stttt故选C。4.篮球运动员在某次运球时，篮球落地速度为5m/s，方向竖直向下，篮球与地面接触后的反弹速

度为落地速度的0.8倍，球与地面的作用时间为0.1s，篮球的质量为650g，重力加速度g取10m/s2。根据以上信息可得，地面对球的平均弹力为（）A.58.5NB.65NC.38ND.31.5N【答案】B【解析】【详解】取竖直向上为正方向，则由动量定理'()()Nmgtmvmv

解得'0.65(0.855)=N+0.6510N=65N0.1mvmvNmgt故选B。5.一小物块由倾斜传送带顶端静止释放，如图所示，第一次传送带静止，物块从顶端滑到底端所用时间为t1，摩擦产生的热量为Q1；第二次传送带以速度v做逆时针转动

，物块一直做匀加速运动，从顶端到底端的时间为t2，摩擦产生的热量为Q2；第三次传送带以速度v顺时针转动，物块从顶端到底端所用时间为t3，摩擦产生的热量为Q3。则（）A.t1=t3＞t2；Q1＜Q2=Q3B.t1

＜t2＜t3；Q1≤Q2＜Q3Ct1=t3＞t2；Q1≤Q2＜Q3D.t1＜t2＜t3；Q1＜Q2=Q3【答案】C【解析】-4-【详解】第一次物块的加速度大小为1sincossincosmgmgaggm第二次物块的加速度大小为2sin+cossin+cosmgmgag

gm第三次物块的加速度大小为3sincossincosmgmgaggm由公式212xat可得2xta由题意可知，三次物块的位移相等，且132aaa，则132ttt第一次物块滑到底端时

的速度为1v，则物块与传送带间的相对位移为1112vxt第二次物块与传送到间的相对位移为222222vtvtxvt第三次物块与传送到间的相对位移为33333+22vtvtxvt产生的热量为Qfx

由于第一次物块到达传送带底端的速度满足1vv所以Q1≤Q2＜Q3故选C。6.如图所示，MN是某匀强电场中的一等势线。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，在纸面内由a运动到b的轨迹。下列判断正确的是（）-5-A.电场方向一定是垂直MN向上B.a点的电势一定不等于b点的电

势C.带电粒子的加速度可能平行MN向右D.带电粒子由a运动到b的过程中动能可能增加【答案】B【解析】【详解】AC．MN是某匀强电场中的一等势线，只受电场力的作用，根据轨迹可以判断电场力的方向垂直MN向上，带电粒子的加速度垂直MN向上，但不知道带电粒子的电性，所以无法判断电场的方向，故AC错

误；B．MN是某匀强电场中的一等势线，而a点和b点位于MN两侧，所以a点的电势一定不等于b点的电势，故B正确；D．带电粒子由a运动到b的过程中，电场力与速度的夹角是钝角，所以带电粒子由a运动到b的过程中动能减小，故D错

误。故选B。7.如图所示，固定有光滑竖直杆的三角形斜劈放置在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力F，使小滑块沿杆缓慢上升

，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则（）A.小球对斜劈的压力逐渐减小B.斜劈对地面压力保持不变C.地面对斜劈的摩擦力逐渐减小D.轻绳对滑块的拉力先减小后增大【答案】A【解析】【详解】AD．对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示-6-根据平衡条件可

知，细线的拉力T增加，故轻绳对滑块的拉力增大，小球受到的斜劈的支持力N逐渐减小，根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力也减小，故A正确，D错误；BC．对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示根据平衡条件，有水平方向si

nNN竖直方向cosFNG由于N减小，故N′减小，F增加；对小球、滑块和斜劈整体分析，在竖直方向FNG地总故NGF地总根据牛顿第三定律，斜劈对地面压力减小。整体在水平方向不受力，故地面对斜劈的摩擦力始终为零，故BC错误。故选A。8.

如图所示，半径为R的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，-7-PA为直径。大量比荷（qm）相同、带电性相同的粒子，以相同的速率在纸面内从P点沿不同的方向射入磁场。已知粒子在磁场中的运动轨迹半径r＞R；在磁场中运动时间最长的粒子，入射

方向与PA夹角为45°，这个最长时间为t0。则（）A.粒子飞出磁场时的动能一定相等B.粒子运动的轨迹半径2rRC.从PA圆弧中点射出的粒子，在磁场中的运动时间023ttD.从PA圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与PA夹角为30°【答案】C【解析】【详解】A．粒子比荷（q

m）相同，质量m不一定相同，入射速率相同，入射动能2k12Emv不一定相同。又因为洛伦兹力不做功，粒子射出磁场时动能不变。所以，粒子飞出磁场时的动能也不一定相等。故A错误；B．由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心

力2vqvBmr运动轨迹半径-8-mvrqB运动周期22=rmTvqB若粒子在磁场中运动的过程中转过圆心角，所用的时间为=mtqB可见，磁场中运动的时间与速度无关，转过的圆心角越大，时间越长。因此，在磁场中运动时间最

长的粒子，从P点射入，A点射出，入射方向与PA夹角为45°，根据对称性，射出磁场时速度方向与PA夹角为135°，分别做两个速度的垂线段，相交得到粒子运动轨迹的圆心O1。如图所示，粒子运动的轨迹半径2rR。故B错误；C．从PA圆弧中点射出的粒子，

如图所示，圆心是O2，由于比荷相等，每个粒子在磁场中运动的轨迹半径mvrqB都相等122PBBOR，2122POOOrR可得22130POBBOO所以21603POO，1902POA，=mtqB所以3mtqB，02m

tqB由此可得023tt故C正确；D．如图所示，-9-2PCPO，230CPBPOB，45OPB则15OPC所以，从PA圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与PA夹角为15°。故D错误。故选C。9.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，有

两根彼此靠近且平行的长直导线a和b放在纸面内，导线长度均为L。导线中通有如图所示的相反方向电流，a中电流为I，b中电流为2I，a受到的磁场力大小为F1，b受到的磁场力大小为F2，则（）A.导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里B.F2=2F1C.F2<2F1D.导线a的电

流在导线b处产生的磁感应强度大小为122FFIL【答案】AC【解析】【详解】A．由安培定则可知，导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里，选项A正确；BCD．两个导线间的作用力是相互排斥力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线，大

小设为Fab；磁场的磁感应强度为B，则对左边电流有F1=BIL+Fab对右边电流有F2=2BIL+Fab两式联立解得Fab=2F1-F2则2F1>F2-10-则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为1222FF

BIL则选项C正确，BD错误。故选AC。10.如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，下列关系中正确的是（）A.线速度vA=vBB.角速度ωA=ωBC.它

们受到的合力FA合=FB合D.它们受到的摩擦力FfA=FfB【答案】BD【解析】【详解】AB．物体A、B共轴转动，角速度相等，由v=rω知，A转动的半径较大，则A的线速度较大，故A错误，B正确；CD．物体A、B做圆周运动靠弹力即合力提供向心力，由N=

mrω2知，A的半径大，则BAFF合合竖直方向上，重力和静摩擦力平衡，重力相等，则摩擦力相等，即fAfBFF故C错误，D正确。故选BD。11.如图所示为一竖直放置的半圆环ABCD，半径为R，AD为水平直径，

O为圆心，C为最低点。现从A点以水平速度1v抛出一小球甲，从B点以水平速度2v抛出小球乙，两球都能直接到达C点，BO连线与竖直方向夹角为α。则以下说法正确的是（）-11-A.211cosvvB.211cosvv

C.甲球运动时间比乙球长2cosRgD.甲球运动时间比乙球长2(11cos)Rg【答案】AD【解析】【详解】对甲球有11Rvt2112Rgt解得12Rtg，12gRv对乙球有22sinRvt221(1cos)2Rgt解得22(1

cos)Rtg，2sin=1cos22(1cos)RgRvRgAB．由于12gRv，2=1cos2gRv，则211cosvv故A正确，B错误；CD．甲球运动时间比乙球长1222

(1cos)2(11cos)RRRtttggg-12-故C错误，D正确。故选AD。12.倾角为θ且足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，初始位置如图甲所示。在平行于斜面向上的力F的作用下，从初始位置由静止开始沿斜面运

动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0~x1过程的图线是曲线，x1~x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2~x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是（）A.在0~x1的过程中，力F在减小B.在0~x1的过程中，物体的动能一直在增大C.在x1~x2的过程中，物体的速度

大小不变D.在x2~x3的过程中，物体一定做匀速运动【答案】AB【解析】【详解】A．在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运动。根

据功能关系得EFx得=EFx则知图线的斜率表示拉力，在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力F逐渐减小到零，故A正确；B．在0～x1过程中，由于机械能减小，则拉力做负功，则物体从静止开始向下加速运动，物体的动能一直在增大，故B正确；C．由Ex图线的斜率表示拉力，则在

x1～x2过程中，拉力F=0，机械能守恒，向下运动，重力势能减小，动能增大，物体的速度在增大，故C错误；D．x2～x3过程，机械能继续减小，拉力做负功，拉力方向沿斜面向下，E-x图像的斜率恒定，故拉力F为恒力，由于不知道拉力F与重力分力sinmg的大小关系，故物体有可能做匀速直-13-

线运动，匀减速直线运动，匀加速直线运动，故D错误。故选AB。二、非选择题：共62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。（一）必考题（共47分）13.某探究小组用如

图所示的电路测量某电源的电动势和内阻，实验器材如下：待测电源（电动势约2V）；定值电阻R0（阻值为2.0Ω）；定值电阻R1（阻值为4.5kΩ）；电阻箱R（最大阻值为99.99Ω）；电流表G（量程为400μA，内阻Rg=500Ω）；开关S，导线若干。（1）电路图中

将定值电阻R1和电流表G串联，相当于把电流表G改装成了一个量程为______V的电压表。（2）闭合开关，调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值R和电流表G的示数I。若测得两组数据分别为：R2=7.50Ω，I2=300μA；R3=2.50Ω，I3=200μA，则电源

的电动势为______V，内阻为______Ω（保留两位有效数字）。【答案】(1).2(2).2.1(3).0.50【解析】【详解】（1）[1]根据串并联电路的规律，改装后的电压表量程为331()0.410510V2VgUIRR

（2）[2]由闭合电路欧姆定律得2121202()()ggIRREIRRIRrR-14-3131303()()ggIRREIRRIRrR联立上式，代入数据得2.1VE，0.50Ωr[

3]0.50Ωr14.某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。如图中AB是水平桌面，CD是一端带有定滑轮的长木板，在其表面不同位置固定两个光电门，小车上固定着一挡光片。为了补偿小车受到的阻力，将长木板C端适当垫高，使小车在不受牵引时沿木板匀速运

动。用一根细绳一端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一砝码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行，将小车靠近长木板的C端某位置由静止释放，进行实验。刚开始时小车的总质量远大于托

盘和砝码的总质量。(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，如图乙所示，其读数为_____cm；(2)某次实验，小车先后经过光电门1和光电门2时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为t1和t2，此过程中托盘未接

触地面。已知两个光电门中心之问的间距为L，则小车的加速度表达式a（）（结果用字母d、t1、t2、L表示）；(3)某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中砝码的个数，并将托盘和砝码的总重力当做小车所受的合力F，通过多次测量作出aF图线，如图丙中实线所示。试分析上部明显偏离

直线的原因是_____。-15-【答案】(1).0.170(2).222122212()2dttLtt(3).托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大【解析】【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为：1mm，游标尺的刻度第14个刻度与上

边的刻度对齐，所以读数为：0.05×14=0.70mm，所以d=1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm；(2)[2]小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式22212ddaLtt得

2221222122dttaLtt(3)[3]实验时，小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力mg，只有在Mm时，才有TmgaF图线才接近直线，一旦不满足Mm，描出的点的横坐标就会向右偏

离较多，造成图线向右弯曲，所以aF图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大。15.长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧

贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：(1)粒子末速度的大小；(2)匀强电场的场强；(3)两板间的距离。【答案】(1)02

33v；(2)2033mvqL，方向竖直向下；(3)36L-16-【解析】【详解】(1)粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30°，由速度关系得合速度0023cos303vvv°(2)粒子在匀强电场中为类平抛运动，在水平方向

上0Lvt在竖直方向上yvaty003tan303vvv由牛顿第二定律得qEma解得2033mvEqL即匀强电场的场强大小是2033mvqL，方向竖直向下。(3)粒子做类平抛运动，在竖直方向上212dat

解得36dL16.如图，长木板A放在光滑的水平桌面上，物体B（可视为质点）静止在长板上的中点，A通过跨过光滑定滑轮的轻绳与物体C连接，C的下面通过轻绳连接物体D。A长L=8m，A、B、C、D质量均为m=1kg，B与A之间的动摩擦因数μ=

0.4，所有轻绳均不可伸长，木板到定滑轮足够远，D离地面足够高。将A从静止开始释放，同时B以v=6m/s的初速度向右运动。重力加速度g取10m/s2。求：(1)A开始运动时的加速度大小；-17-(2)B在A上滑行的过程中距离A右端的最小距离；(3)若B在A上滑行t=0.8s时，C和D间的轻绳突然断

裂，求B在A上滑行的整个过程中，系统产生的内能。【答案】(1)8m/s2；(2)2.5m；(3)6.56J【解析】【详解】(1)木板A开始运动时，对AATmgma对C、D有A22mgTma解得aA=8m/s2(2)木板A开始运动时，对BBm

gma解得aB=－4m/s2设经过时间t1二者速度相等v1=v+aBt1=aAt1代入数据解t1=0.5s，v1=4m/s此后，假设物体A、B相对静止，对ABCD有2mg=4ma对Bf=ma解得f=5N>μmg=4N-18-故假设不成立，B开始相

对A向左滑动，此时B距A右端的距离最小1B12vvxt1A12vxtminBA()2.5m2Lsxx(3)0.5s～0.8s，B开始相对A向左滑动，B的加速度24m/sBagACD的加速度2A216m/s33mgmgam0.8s时，B的速度B11B1()5.2m/

svvattA的速度A11A1()5.6m/svvattCD间细绳断开后，B的加速度2B4m/sagAC的加速度2A3m/s2mgmgam设CD间细绳断开后再经过t2时间AB速度相等，大小为v22A1A2B1B2vvatvat解

得t2=0.4s，v2=6.8m/s此后AB相对静止，一起向右运动，0.5s前B相对A的运动路程1BAsxx0.5s后B相对A的运动路程1A12A11221212=()()222vvvvvvstttttt系统产生的内

能-19-12()6.56JQmgss（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。【物理—选修3-3】17.如图所示，一定质量的理想气体沿不同过程I、II，由状态A变到状态B，状态A和状态B的温度相同。则过程I对外做的功_____（选填“

大于”、“等于”或“小于”）过程II对外做的功；过程I吸收的热量_____（选填“大于”、“等于”或“小于”）过程II吸收的热量。【答案】(1).大于(2).大于【解析】【详解】[1]过程I、II气体对外做的功

分别为IABAWpVV，IIBBAWpVV由p−V图可知，ABpp、BAVV，所以IIIWW，即过程I对外做的功大于过程II对外做的功。[2]理想气体在状态A和状态B的温度相同，内能不变（ΔU=0），由热力学第一定律得IIIΔ0UQW

，IIIIIIΔ0UQW解得IIQW，IIIIQW因为IIIWW，所以IIIQQ，即过程I吸收的热量大于过程II吸收的热量。18.有一氧气瓶，内装有氧气0.3kg。开始时，瓶内氧气的压强为1.0×106Pa，温度为320K。因为

阀门处漏气，经过一段时间后，瓶内氧气压强变为原来的一半，温度降为300K。求漏掉的氧气质量。【答案】0.14kg【解析】【详解】设容器的体积为V，以全部气体为研究对象，由理想气体状态方程得-20-1212pVpVTT

代入数据解得1222212122300153208pTpTVVVVVpTpT漏掉的氧气质量为15Δ778Δ0.3kg0.14kg1515158VVVmmmVV【物理—选修3-4】19.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光屏上的干涉条纹与双缝_____（选填“垂直

”或“平行”）；若某次测量时，选用的双缝间距为0.300mm，测得双缝到光屏的距离为1.00m，第1条亮条纹到第6条亮条纹之间的距离为10.00mm。则所测单色光的波长为_____nm（结果保留3位有效数字）。【答案】(1).

平行(2).600【解析】【详解】[1]发生干涉条纹时毛玻璃屏上的干涉条纹与双缝平行；[2]第1条亮条纹到第6条亮条纹的中心间距为10.00mm，则相邻两个亮条纹的间距10.00mm2.00mm161axn根据Lxd得3372.00100.30010m6.00

10m600nm1.00xdL20.一列简谐横波沿x轴传播。t=0时，波的图象如图所示，P在x=8m处的平衡位置；t=0.1s时，P第一次到达波峰。求：①该列波的周期和传播速度；②0～2s内

质点P经过的路程。-21-【答案】①若该波向右传播，0.4sT，20m/sv；若该波向左传播，2s15T，60m/sv；②若该波向右传播，200cm；若该波向左传播，600cm【解析】【详解】由图象可得，该波波长为8m。若该波向右传播，则P的振动方向向上

，P第一次到达波峰的时间为14T，得周期0.4sT，由vfT得20m/sv若该波向左传播，则P的振动方向向下，P第一次到达波峰的时间为34T，得周期2s15T，由vfT解得60m/sv②由图象可得，该波振幅为10cm。若该波向右传播，在0

～2s内，质点P完成了5次全振动，经过的路程为5420200cmLAA若该波向左传播，在0～2s内，质点P完成了15次全振动，经过的路程为15460600cmLAA