【文档说明】山东省潍坊市诸城龙城中学2021届高三上学期期中考试考前一次模拟物理试卷 【精准解析】.doc，共(16)页，1.306 MB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一、单选题1.如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固在框架上，下端固定一个质量m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为A.gB.()Mmgm−C.MgmD.()Mmgm+【答案】D【解析】【详解】当框架对地面压力为零瞬间

，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg+Mg，由牛顿第二定律可得mg+Mg=ma解得小球的加速度大小为Mmagm+=A．g，与结论不相符，选项A错误；B．()Mmgm−，与结论不相符，选项B错误；C．Mgm，与结论不相符，选项C错误；D．()Mmgm+，与结

论相符，选项D正确；2.如图，倾角为37°足够长斜面C固定在水平面上，其上有质量为M、长为12m的木板B，B的上、下表面均与斜面平行。B的上端有一质量也为M的可视为质点的滑块A，已知A、B间的动摩擦因数AB38=，B、C间的动摩擦因数BC12=，A、B同时由静止

释放并开始计时，在第2s末μAB突变为0，而μBC保持不变。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，210m/sg=。则A在B上滑行的时间为（）A.2sB.3sC.4sD.5s【答案】B【解析】【详解】因为μAB<

μBC，B对A所受的摩擦力方向平行斜面向上，A对B摩擦力方向平行斜面向下，A的加速度2AB1sincos3m/sagg=−=B的加速度B22ABCsincos2cos1m/saggg=+−=前2s内A的位移为221111132m6m22xat==

=前2s内B的位移为222211112m2m22xat===第2s末A的速度1116m/svat==第2s末B的速度2212m/svat==AB0=以后A加速度为23sin6m/sag==B的加速度2BC4sin2cos2m/sagg

=−=−B再经过1s停下在这1s内A的位移为23123219m2xvtat=+=在这1s内B的位移为24224211m2xvtat=−=A、B相对位移()()132412mxxxxx=+−+=恰好等于B板的长度故A在B上滑行的时间为123sttt=+=B正

确，ACD错误。故选B。3.如图所示，固定杆与水平面的夹角=30°，穿在杆上的两小球A、B通过一条跨过定滑轮的轻绳相连接，小球孔的内径略大于杆的直径，滑轮的转轴为O，通过轻杆固定于天花板下，平衡时OA绳与杆的夹角也为，OB绳竖直，滑轮大小、质量不计，所有摩擦均可

忽略，下列说法正确的是（）A.平衡时B球受三个力的作用B.转轴O对滑轮的作用力竖直向上C.小球A、B的质量之比为3:1D.小球A重力与轻绳拉力大小之比为1:3【答案】C【解析】【详解】A．对B球受力分析可知，B球受到重力、绳子的拉

力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则不能平衡，故A错误；B．转轴受两侧绳子的两个拉力和弹力而平衡，由于两个拉力的合力斜向右下方，根据平衡条件，转轴O对滑轮的作用力斜向左上方，故B错误；CD．设细线的拉力为T，对B球，有BTmg=对A，平行杆子方向，有cos30sin30ATmg=联

立解得:3:1ABmm=:3:1AmgT=故C正确，D错误。故选C。4.如图所示，有一口竖直水井，井口距水面的高度为20mh=。井的横截面为一个圆，半径为1mR=，且井壁光滑，有一个小球从井口的一侧以水平速度09.5m/sv=抛出与井壁发生碰撞，小球反弹前

后水平分速度大小不变、方向相反，竖直分速度不变且不考虑小球的旋转和空气阻力。重力加速度为210m/sg=。小球能与井壁发生碰撞的次数为（）A.8次B.9次C.10次D.11次【答案】B【解析】【详解】抛出小球开始计时，小球第一次与墙壁碰撞的时刻1022s9.5Rtv

==小球下落可看作完整的平抛运动，则总时间22shtg==相邻两次碰撞的时间相等，因为19.5tt=所以小球能与井壁碰撞的次数为9次。故选B。5.如图所示，由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年启动，拟采用三颗全同的卫星(SC1、S

C2、SC3)构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形阵列，地球恰好处于三角形中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行，对一个周期仅有5.4分钟的超紧凑双白矮星系统RX10806.3＋1527产生的引力波进行探测，若地球近地卫星的运行周期

为T0，则三颗全同卫星的运行周期最接近()A.6T0B.30T0C.60T0D.140T0【答案】C【解析】【详解】由几何关系可知，等边三角形的几何中心到各顶点的距离等于边长的33，所以卫星的轨道半径与地球半径的关系327933rRR==由开普勒第三定律的推广形式，可

知地球近地卫星与这三颗卫星的周期关系230231(93)21873TRTR=卫＝所以061TT卫C最为接近；A．6T0，与结论不相符，选项A错误；B．30T0，与结论不相符，选项B错误；C．60T0，与结

论相符，选项C正确；D．140T0，与结论不相符，选项D错误；故选C.．【点睛】该题中已知两种卫星的半径之间的关系，可以由开普勒第三定律的推广形式快速解答，也可以由万有引力定律提供向心力求出周期与半径之间的关系后再进行判断．6.如图所示，固定的光滑竖

直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块A点起由静止开始上升．若从A点上升至B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为1W和2W，图中ABBC=，则（）A.12WWB.12WW

C.12WW=D.无法确定1W和2W的大小关系【答案】A【解析】【详解】拉力F的恒力，拉力F做的功,WFll=为轻绳拉滑块过程中为F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧轻绳的缩短量，由题图可知，ABBCl

l，故12WW，A正确．7.如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（）A.0mvvM

+B.0mvvM−C.()00mvvvM++D.()00mvvvM+−【答案】C【解析】【详解】对救生员和小船作为一个系统，该系统不受水平外力作用，故水平方向动量守恒，即0()()MmvMvmv+=+−解得()

00mvvvvM=++故选C。8.如图所示，小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出，落在倾角一定、足够长的斜面上．不计空气阻力，下列说法正确的是()A.初速度越大，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角越大B.小球落到斜面

上时的速度大小与初速度的大小成正比C.小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关D.当用一束平行光垂直照射斜面时，小球在斜面上的投影做匀速运动【答案】B【解析】【详解】A.做平抛运动的物体落到斜面

上时，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角(即斜面倾角)为θ，根据平抛运动规律有tanα＝0gtv，tanθ＝22012gtvt＝02gtv，所以tanα＝2tanθ，由此可知，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角与初速度无关

，即无论初速度多大，小球落在斜面上时的速度方向与水平方向的夹角都相等，故A错误；BC.设小球落在斜面上时的速度大小为v，根据平抛运动规律，y＝12gt2①x＝v0t②vy＝gt③tanθ＝yx④联立①②③④式解得：vy＝2tanθ×v002t

anvtg=初速度越大，小球运动到距离斜面最远处所用的时间越长。小球落在斜面上时的速度大小：v＝220yvv+＝24tan1+×v0，即小球落在斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比，故B正确，C错误；D.若把

平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向的两个分运动，则小球在沿斜面方向的分运动为匀加速直线运动，当用一束平行光垂直照射斜面时，小球在斜面上的投影做匀加速直线运动，故D错误。故选：B二、多选题9.如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰。小球的质

量分别为1m和2m。图乙为它们碰撞前后的位置—时间图像。已知10.1kgm=。由此可以判断（）A.碰前质量为2m的小球静止，质量为1m的小球向右运动B.碰后质量为2m的小球和质量为1m的小球都向右运动C.20.3kgm=D.碰撞过程中系统损失了0.4J

的机械能【答案】AC【解析】【详解】ABC.取向右为正方向，由题中图乙可知，质量为1m的小球碰前速度14m/sv=，碰后速度为12m/sv=−，质量为2m的小球碰前速度20v=，碰后的速度22m/sv=，两小球组成的系统动量守恒，有1122

1122mvmvmvmv+=+代入数据解得20.3kgm=AC正确，B错误；D.两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为2222112211221111()02222Emvmvmvmv=+−+=所以碰撞是弹性碰撞，D错误。故选AC。10.如图所示，abcd、、、四个质量均为

m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中abc、、三个完全相同的带电小球位于同一光滑绝缘水平面内，且绕同一点O做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用

下处于静止状态。已知abc、、三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，2hR=，重力加速度为g，静电力常量为k，则（）A.小球d一定带正电B.小球b的周期为23RmRqkC.小球c的加速度大小为223kqmRD.外力F竖直向上，大小等于222

6kqmgR+【答案】BD【解析】【详解】A．abc、、三小球所带电荷量相同，要使三球做匀速圆周运动，d球与abc、、三小球一定是异种电荷，由于a球的电性未知，所以d球不一定带正电，A错误；BC．设db连线

与水平方向的夹角为，则223cos3RhR==+，226sin3hhR==+对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：22222264cos2cos30(2cos30)qqqkkmRmahRRT−==+解得23RmRTqk=，2233kqamR=B正确，C错误；D．对

d球，由平衡条件得22226263sinqqkqFkmgmghRR=+=++D正确。故选BD。11.在电学探究实验课中，某组同学在实验室利用如图甲所示的电路图连接好电路，并用于测定定值电阻0R、电源的电动势E

和内电阻r．调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表1V的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表2V的测量数据．根据所得数据描绘了如图乙所示的两条UI−直线．则有（）A.图像中的图线b是电压表1V的测量值所对应的图线B.由图像可以得出电源电动势

和内阻分别是1.50V,1.0Er==C.图像中两直线的交点表示定值电阻0R上消耗的功率为0.75WD.由图像中两直线的交点可知此时对应的滑动变阻器的电阻0R=【答案】BD【解析】【详解】A．图线a是由路端电压与干路电流的数

据所描绘的，图线b是0R的UI−图线且20UIR=，所以A错误；B．由a图线得，电源内阻1.50.91.00.6UrI−===电源电动势1.50VE=，B正确；C．由b图线可求出定值电阻02.0R=，图像中两直线的交点表示此时电路中的电流为0.5A

，电压表1V的示数11.0VU=，电压表2V的示数21.0VU=，此时0R上消耗的功率020.5WPIU==所以C错误；D．把1.50VE=，1.0r=，0.5Al=代入闭合电路欧姆定律公式()EIRr=+外可得2.0R=外，又02.0R=，所以此时滑动变阻器的电阻

0R=，D正确．故选BD.12.如图所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为0v，电荷量为q+，质量为m的粒子。在两板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以

下判断正确的是（）A.粒子在电场中运动的最短时间为02dvB.射出粒子的最大动能为2054mvC.02dtv=时刻进入的粒子，从'O点射出D.03dtv=时刻进入的粒子，从'O点射出【答案】AD【解析

】【详解】A．由图可知场强202mvEqd=，则粒子在电场中的加速度202vqEamd==，则粒子在电场中运动的最短时间满足2min122dat=，解得min02dtv=，A正确；B．能从板间射出的粒子在板间运动

的时间均为08dtv=，则任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为2012mv，B错误；C．028dTtv==时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速38T，后向下减速38T速度到

零；然后向上加速8T，在向上减速8T速度到零…，如此反复，则最后从'O点射出时有沿电场方向向下的位移，则粒子将从O点下方射出，C错误；D．0334dTtv==时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速4T，后向上减

速4T速度到零；然后向下加速4T，再向下减速4T速度到零…，如此反复，则最后从O点射出是沿电场方向的位移为零，则粒子将从'O点射出，D正确。故选AD。三、实验题13.空间站中不能利用天平测量质量，为此某同学为空间站设计了如图(a)所示的实

验装置，用来测量小球质量．图中弹簧固定在挡板上，光滑轨道B处装有光电门，可以测量出小球经过光电门的时间．该同学设计的主要实验步骤如下：①用游标卡尺测量小球的直径d②将弹簧左端固定在档板上③小球与弹簧接触并压缩弹簧，记录压缩量x④

由静止释放小球，测量小球离开弹簧后经过光电门的时间t⑤改变弹簧的压缩量，重复步骤③、④多次⑥分析数据，得出小球的质量已知弹簧弹性势能212PEkx=，k为劲度系数，x为形变量．该同学使用了一个已知劲度系数为0k的弹簧进行了上述实验，请回答下列问题(1)步骤①中

游标卡尺示数情况如图(b)所示，小球的直径d=____cm；(2)某一次步骤④中测得小球通过光电门的时间t为5.00ms，则此次小球离开弹簧的速度v=_____m／s；(3)根据实验步骤中测得的物理量，则可得小球的质量m=

_____．(用实验步骤①、③、④中测得的物理量表示)【答案】(1).1.14(2).2.28(3).222kxtd【解析】【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．（2）已知小球的直径与小球经过光电门时的时

间，应用速度公式可以求出小球的速度．（3）根据能量守恒定律求出小球的质量．【详解】（1）小球的直径为：11mm+4×0.1mm=11.4mm=1.14cm．（2）小球离开弹簧后做匀速直线运动，小球经过光电门时的速度与离开弹

簧时的速度相等，小球离开弹簧时的速度：231.14102.28/5.0010dmvmsts−−===；（3）由能量守恒定律可知：EP=12kx2=12mv2，解得：m=222kxtd；【点睛】本题

考查了胡克定律和能量守恒的基本运用，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，结合弹性势能的表达式进行求解．14.某同学通过实验测定一个阻值约为5的电阻xR的阻值。()1现有电源(4V，内阻可不计)，滑动变阻器(050～，额定电流2A)，开关和导线若干，以及下列电表A.电

流表(03A～，内阻约0.025）B.电流表(00.6A～，内阻约0.125)C.电压表(03V～，内阻约3k)D.电压表(015V～，内阻约15kΩ)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用______，电压表应选用___

___(选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的______(选填“甲”或“乙”)。()2如图是测量xR的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在()1问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线________。()3接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表

示数.U某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值xURI==______(保留两位有效数字)。()4若在()1问中选用甲电路，产生误差的主要原因是______；若在()1问中选用乙电路，产生误差的主要原因是______。

(选填选项前的字母)A.电流表测量值小于流经xR的电流值B.电流表测量值大于流经xR的电流值C.电压表测量值小于xR两端的电压值D.电压表测量值大于xR两端的电压值【答案】(1).B(2).C(3).甲(4).(5).

5.2(6).B(7).D【解析】【详解】()1[1][2][3]由于电源电动势为4V，所以电压表应选C；根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：m3A0.6A5UIR===所以电流表应选B；根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻为：

max4Ω20Ω0.633AERI===所以变阻器可以采用限流式接法，变阻器应选E；由于待测电阻满足VXXARRRR所以电流表应用外接法，即电路图应是“限流外接”，所以应采用图甲电路。(2)[4]实

物连线图如图所示：(3)[5]电流表的读数为：0.50IA=，电压表的读数为：2.60UV=，所以待测电阻为：2.605.20.50URI===(4)[6]根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表V的分流作用，导致电流表的测量值大于流经XR的电流，所以产生误差的主要原因是B，故

选B。[7]若采用乙电路，由于电流表的分压作用，导致电压表的测量值大于XR两端的电压值，所以造成误差的主要原因是D，故选D。