【文档说明】陕西省西安市长安区一中2021届高三上学期第一次教学质量检测物理试卷 【精准解析】.doc，共(22)页，1.337 MB，由小赞的店铺上传

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2020~2021学年度第一学期第一次质量检测高三物理试题一、单项选择题1.关于速度与加速度的关系，下列说法错误的是（）A.物体的加速度为零，其速度也一定为零B.物体运动的加速度大，其速度不一定大C.加速度是描述速度变化快慢的物理量D.加速度的方向不一定跟速度的方向相同【答案】A【解析】【详解】

A．匀速直线运动，加速度为零，速度不为零，A错误；B．物体的加速度越大，速度不一定大，如刚刚点火的火箭，B正确；C．加速度是反映速度变化快慢的物理量，C正确；D．加速度的方向与速度变化量的方向相同，与速度方向不一定相同，D正确。故选A。2.

某小船在静水中的速度大小保持不变，该小船要渡过一条河，渡河时小船船头垂直指向河岸。若船行至河中间时，水流速度突然增大，则（）A.小船渡河时间不变B.小船渡河时间增加C.小船渡河时间减少D.小船到达对岸地点不变【答案】A【解析】【详解】ABC．因为分运动

具有等时性，所以分析过河时间时，只分析垂直河岸方向的速度即可，渡河时小船船头垂直指向河岸，即静水中的速度方向指向河岸，而其大小不变，因此，小船渡河时间不变，故A正确，BC错误；D．当水流速度突然增大时，由矢量

合成的平行四边形法则知船的合速度变大，因而小船到达对岸地点变化，到达对岸下游更远的位置，故D错误。故选A。3.2017年11月15日，在“滁新高速”下行线因突发团雾而造成多车追尾．如图所示是模拟在该高速公路上的甲、乙两车刹车过程中的v－t图象，甲车在后，乙车在

前．若两车发生追尾，则以下判断正确的是()A.两车一定是在t＝15s至t＝20s之间的某时刻发生追尾B.两车可能是在t＝8s时发生追尾C.t＝0时刻两车间距可能大于28mD.甲车刹车的加速度大小是乙车的3倍【答案】B【解析】【详解】A．根据速度－

时间图象可知，15～20s内，甲车的速度小于乙车，不可能发生追尾，选项A错误；B．0～10s内任一时刻，甲车的速度大于乙车，这个时间段内可能发生追尾，选项B正确；C．t＝10s时两车的速度大小均为5m/s，在v－t图象中，图线与坐标轴

所围成的面积表示位移，0～10s内，甲车位移大小x1＝5152+×10m＝100m，乙车位移大小x2＝5102+×10m＝75m，因两车发生追尾，所以两车间距离应小于Δx＝x1－x2＝25m，选项C错误；D

．根据速度－时间图象的斜率表示加速度可得甲的加速度大小a1＝15015−m/s2＝1m/s2，乙的加速度大小a2＝10020−m/s2＝0.5m/s2，则a1＝2a2，选项D错误．4.如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖

直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间A.木块A的加速度大小为2gB.弹簧的弹力大小为mgC.木块B对水平面的压力迅速变为2mgD.弹簧的弹性势能立即减小【答案】A【解析】【详解】B．开始A、

B、C处于静止状态，则弹簧处于压缩，弹簧的弹力F=3mg撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，弹力仍为F=3mg，故B错误；C．对B分析得N=F+mg解得N=4mg木块B对水平面的压力4mg，故C错误；A．对木块A，根据牛顿第二定律得F-mg=

ma解得a=2g方向竖直向上，故A正确；D．撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹性势能不变，故D错误．故选A。5.如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，顶端与竖直墙壁接触，现打开尾端阀门，气体往外喷

出，设喷口面积为S，气体密度为，气体往外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶顶端对竖直墙的作用力大小是（）A.vSB.2vSC.212vSD.2vS【答案】D【解析】【详解】对喷出气体分析，设喷出时间为t，则喷出气体质量为mSvt=，由动量定理，有Ft=mv其中F为瓶子对喷出

气体的作用力，可解得2SSvtvFvt==根据牛顿第三定律，喷出气体对瓶子作用力大小为F，再对瓶子分析，由平衡条件和牛顿第三定律求得钢瓶顶端对竖直墙壁的作用力大小也是F，故D正确，ABC错误。故选D。6.如图所示，在水平力F作用下，A、B保持静止。若A与B的接触面是水平的，且

F≠0，整个系统处于静止状态，则以下说法正确的是（）A.物块A的受力个数为4个B.物块B的受力个数为4个C.地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右D.地面对物块C的支持力小于三者重力之和【答案】C【解析】【

详解】A．物块A，受重力和B物块的支持力作用，故A错误；B．物块B受5个力作用，分别是重力、物块A的压力、斜面的支持力、斜面的摩擦力和外力。故B错误；C．对三个物体作为一个整体，进行分析。水平方向二力平衡，地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水

平向右。故C正确；D．对三个物体作为一个整体，进行分析。竖直方向二力平衡，故地面对物块C的支持力等于三者重力之和。故D错误。故选C。7.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m的小球套在圆环上．一根细线的下端系

着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是()A.F不变，FN增大B.F减小，FN不变C.F不变，FN减小D.F增大，FN减小【答案

】B【解析】【详解】小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图由图可知△OAB∽△GFA即：NFGFRRAB==，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，AC

D错误B正确．8.如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两

物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是（）A.若m>M，有x1=x2B.若m<M，有x1<x2C.若μ>sinθ，有x1>x2D.若μ<sinθ，有x1<x2【答案】A【解析】【详解】在水平面上滑动时，整体法，由牛顿第二定律，可得()()1FmMgmM

a−+=+把A物体隔离，由牛顿第二定律，可得11kxmgma−=联立，解得1mxkFmM=+在斜面上滑动时，整体法，由牛顿第二定律，可得()()2sinFmMgmMa−+=+把A物体隔离，由牛顿第二定律，可得22sinkxmgma−=联立，解得2mxkFmM=+故两次形变量相同，与

动摩擦因数和斜面倾角无关，故A正确；BCD错误。故选A。9.如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和

b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是A.数据a与小球的质量有关B.数据b与圆周轨道半径有关C.比值ba只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径【答案】D【解析】【详解】A．当v2=a时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，

则有：2vmgmr=解得：2vgr=所以：agr=与物体的质量无关，故A错误；B．当v2=2a时，对物体受力分析，则有：2vmgbmr+=解得：bmg=与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关，故B错误；C．由于：agr=bmg=所以：bmar

=与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，故C错误；D．若F=0，由图知：v2=a，则有：2vmgmr=解得：arg=若v2=2a．则：2mvbmgr+=解得：bmg=故D正确。故选D。10.一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出。第一只球飞出时的初速度

为v1，落在自己一方场地B点后，弹跳起来，刚好擦网而过，落在对方场地的A点处。如图所示，第二只球飞出时的初速度为v2，直接擦网而过，也落在A点处。设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，则运动员击球点的高度H、网高h之比H∶h为（）A.7：6B.6：5C.5：4D

.4：3【答案】D【解析】【详解】两球被击出后都做平抛运动，从被击出到第一次落地的时间是相等的，依题意可知水平射程之比为1213xx=初速度之比为1213vv=第一只球落地后反弹做斜抛运动，根据运动对称性可知DB段和

OB段是相同的平抛运动，则两球下落相同高度H-h后水平距离''1212xxx+=根据公式22121122HgtHhgt=−=，又因为''111112222xvtxvtxvt===，，综合可得1222112vtvtvt+=故1

22tt=即()4HHh=−解得43Hh=故选D。二、多项选择题11.汽车在平直的公路上以恒定的功率启动，设阻力恒定，则下列图中关于汽车运动过程中加速度、速度随时间变化的关系，以下判断正确的是()A.汽车的加速度—时间图像可用图乙描述

B.汽车的速度—时间图像可用图甲描述C.汽车的加速度—时间图像可用图丁描述D.汽车的速度—时间图像可用图丙描述【答案】AB【解析】汽车恒定功率启动，则开始时加速度较大，速度增大；则由P=FV可知，牵引力减小，则加速度减小，当牵引力等于阻力时，物体的加速度为零；此后做

匀速直线运动，注意图象的斜率表示纵坐标物理量的变化，故速度-时间图象为甲图；加速度-时间图象为乙图，AB正确．12.如图，两质量分别为m1=1kg和m2=4kg小球在光滑水平面上相向而行，速度分别为v1=4m/s和v2=6m/s，

发生碰撞后，系统可能损失的机械能为（）A.25JB.35JC.45JD.55J【答案】AB【解析】【详解】若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失；若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能损失最多，此时由动量守恒定律和能量守恒定律得m2v2－m1v1=(

m1＋m2)vΔEmax=12m1v12＋12m2v22－12(m1＋m2)v2联立并代入数据解得ΔEmax=40J综合可知0≤ΔE≤40J所以A、B正确，C、D错误。故选AB。13.关于固体、液体和气体，下列说法正确的是（）A.液晶

像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性B.大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布C.毛细现象及浸润现象的产生均与表面张力有关，都是分子力作用的结果D.空

气中水蒸气的实际压强越大，相对湿度就越大【答案】BC【解析】【详解】A．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些单晶体相似，具有各向异性。故A错误；B．大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，分子速率分布有规律，即统计规律。分子

的速率按“中间多，两头少”的规律分布。故B正确；C．凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力。毛细现象及浸润现象的产生均与表面张力有关，都是分子力作用的结果。故C正确；D．相对湿度是指水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和压

强之比，空气相对湿度越大时，空气中的水蒸气压强越接近饱和汽压，而不是实际压强越大。故D错误。故选BC。14.如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，

重力加速度大小为g。则（）A.a落地前，轻杆对b一直做正功B.a落地时速度大小为2ghC.a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD.a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【答案】BD【解析】【详解】A

．当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功，故A错误；B．a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得2AAA12mghmv=解得A2vgh=故B正确；C．b的速度在整个过程中，先增大后减小，

所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；D．ab整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正

确。故选BD。15.我国的“天链一号”地球同步轨道卫星，可为载人航天器及中、低轨道卫星提供数据通讯服务。如图为“天链一号”a、赤道平面内的低轨道卫星b、地球三者的位置关系示意图，O为地心，地球相对卫星a

、b的张角分别为1和2（2图中未标出），卫星a的轨道半径是b的4倍，已知卫星a、b绕地球同向运行，卫星a周期为T，在运行过程中由于地球的遮挡，卫星b会进入与卫星a通讯的盲区。卫星间的通讯信号视为沿直

线传播，忽略信号传输时间，下列分析正确的是（）A.张角1和2满足21sin4sin=B.卫星b的周期为8TC.卫星b每次在盲区运行的时间1214πT+D.卫星b每次在盲区运行的时间为1216πT+【答案

】BC【解析】【详解】A．设地球半径为0r，由题意可知01asin2rr=，02bsin2rr=，ab4rr=解得21sin4sin22=故选项A错误；B．由开普勒第三定律得33ab22abrrTT=又aTT=，ab4rr=可得b8TT=故选项B正确；C

D．由题意可知，图中A、B两点为盲区的两临界点，由数学知识可得12AOB=+因而12ba2πttTT−=+解得1214πtT+=选项C正确，D错误。三、实验题16.(1)如图所示的游标卡尺，它的游标卡尺为19mm长20等分，它的读数为_

_____cm。(2)某同学研究小车的匀变速直线运动。他实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点图中未画出）。x1=3.59cm，x2=4.41cm，x3=5.19cm，x4=5.97cm，

x5=6.78cm，x6=7.64cm。则小车的加速度a=__________m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB=__________m/s。（结果均保留2位有效数字）【答案】(1).1.450(2).0.80(3).0.40【解析】【详解】(

1)[1]游标卡尺的读数1.4cm+0.05mm×10=1.450cm(2)[2]每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为T=5×0.02=0.1s；根据逐差法可知，物体的加速度为：45612329xxxxxx

aT++−−−=22227.646.785.973.594.415.1910m/s0.80m/s901−++−−−==．[3]B点的速度等于AC段的平均速度，则有：1223.594.41100.40m/s220.1BxxvT−++==

=17.(1)如下图所示是“探究加速度与质量的关系”的参考案例，图乙是实验室常见的器材。若两小车质量均已知，则该案例还需要用的一个器材是________（填图中器材的字母代号）。实验装置（侧视图，只画了一个小车）用黑板擦控

制小车的动与停(2)结合以上所选器材，下列关于(1)中案例的说法正确的是（）A.该案例可以计算出加速度的具体数值B.实验时不需要平衡摩擦力C.连接小盘与小车的细绳应与木板平行D.用刻度尺测出两个小车的位移，位移之比就是它

们的加速度之比(3)甲同学采用图丙的方案做“探究加速度与力的关系”的实验，在一次实验中他认为细线对小车的拉力近似等于塑料桶的重力，由纸带数据计算得到加速度a=5.01m/s2。甲同学确认自己已经按照实验要求正确平衡摩擦力，且加速度的计算准确无误。请分析甲同学据此得到的结论是否合理_________

___（填“合理”“不合理”或“无法确定”）。【答案】(1).D(2).CD(3).不合理【解析】【详解】(1)[1]在运动过程中两小车运动的时间相同，根据x=12at2F=ma判断，所以需要测量纸带的长度，故需要刻度

尺，故选D。(2)[2]AD．在运动过程中，控制两车运动的时间相同，根据x=12at2可知加速度与通过的位移成正比，无法测得具体数值，故A错误，D正确；BC．实验时必须平衡摩擦力，且绳子与木板平行，故B错误，C正确；故选

CD；(3)[3]根据牛顿第二定律可知mg=(M+m）a解得M=m故不满足塑料桶的质量远小于小车的质量，故不合理。18.某同学利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，其中AB是四分之一圆弧轨道，O点为圆心，圆弧的最低点A与水平

面之间的距离为H。实验时将一可看作质点的小球从圆弧上某点由静止释放，量出此时小球与圆心连线偏离竖直方向的角度θ。当小球滑到圆弧最低点A时将水平抛出，用刻度尺测出小球平抛的水平距离s。忽略所有摩擦，试分析下列问题：(1)小球在A点时的水平

速度为v=__________（用题给字母表示）；(2)保持其他条件不变，只改变θ角，得到不同的s值，以s2为纵坐标，以cosθ为横坐标作图，如图乙中的图线a所示。另一同学重复此实验，得到的s2—cosθ图线如图乙中的图线b所示，两图

线不重合的原因可能是__________。A．两同学选择的小球质量不同B．圆弧轨道的半径不同C．圆弧的最低点A与水平面之间的距离不同【答案】(1).2gsH(2).BC【解析】【详解】(1)[1]小球从A点抛出

后做平抛运动，则由平抛规律有svt=212Hgt=联立解得2gvsH=(2)[2]设小球质量为m，圆弧轨道半径为R，若小球的机械能守恒，则有21(1cos)2mgRmv−=整理可得244cossHRHR=−由题中图乙可知，图线b的斜率较大，在纵轴上的截距也较大，可得A点与水

平间的距离变大了，或圆弧轨道半径变大了。故选BC。四、计算题19.如图所示，一块质量为M的匀质板放在足够长的光滑水平桌面上，初始时速度为零。板的左端有一个质量为m的物块，物块与板间的动摩擦因数为，物块上连接一根足够长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮，某人以恒定

速度1v向下匀速拉绳，绳子对物块的拉力保持水平，物块最多只能向右达到板的中点，且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮。求：⑴物块与匀质板相对滑动的过程中，物块受到板的摩擦力和板运动的加速度；⑵若物块在板左端时，给板一个水平向左的初速度2v，为使板与物块能脱离，2v应满足的条件。

【答案】(1)mg，方向水平向左，mgM，方向水平向右；(2)2(21)vv−【解析】【详解】(1)由于物块向右做匀速运动，对物块和板受力分析，如图所示物块受到板的摩擦力大小为fNmg==方向水平向左设板运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律，可得=f

Ma解得mgaM=方向水平向右(2)板向右做匀加速直线运动，直到速度为v，然后物块和板相对静止向右匀速直线运动，两者相对滑动的时间为1vMvtamg==设板的长度为L，则有11122Lxxvtvt=−=−物板解得2MvLmg=若物块在板左端时

，给板一个水平向左的初速度2v，则板先向左做匀减速直线运动，加速度大小为a，直到速度为零，设这段时间为t2，则有222vMvtamg==然后板由静止开始向右做匀加速直线运动，情况与(1)中相同，物块与板的相对位移

为12L，所以，为了使物块与板脱离，则在t2时间内物块与板的相对位移满足12xL22222222222vMvvMvMvxvtamgmg+=+=解得2(21)vv−20.(2)如图所示，一个开口向右的圆筒

气缸固定于地面上，距缸底2L处固定一个中心开孔的隔板a，在小孔处装有一个能向左开启的单向阀门b，C是一截面积为S的活塞．开始时隔板左侧封闭的理想气体压强为1.5P0；隔板右侧封闭了另一部分同种理想气体，刚开始活塞c与隔板距离为L．现对活塞c施加一水平向左的力F，其大小由0缓慢增大到F0时

，b恰好打开．已知外界气压为p0，气体温度保持不变活塞与隔板厚度均不计，活塞与气缸、阀门与隔板间的摩擦也不计．求(1)F0的大小(2)当力F缓慢增大到1.2F0时，活塞c距缸底距离；(3)当力F缓慢增大到2F0时，缸内气体压强．【答案】(1)0.5p0S；(2)2

.5L；(3)2p0【解析】【详解】(1)对阀门，刚打开时左右气体压强应相等，即右侧气体压强也为1.5p0．故对c1.5p0S=p0S+F0故F0=0.5p0S(2)对右侧气体，从开始到b刚开启的过程，根据玻意耳定律得p0L=1

.5p0L1解得123LL=对全部气体，当力为1.2F0时00281.51.63LppL=解得L2=2.5L(3)当力F为2F0时，设隔板右侧的气体压强为p，则p=2p0．00381.523LppL=解得L3=2L故全部气体恰在隔板a左侧则压强p4=2p021.如图所示为某种游戏

装置的示意图，水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与PQ相切于Q。已知传送带长L＝4.0m，且沿顺时针方向以恒定速率v＝3.0m/s匀速转动。两个质量均为m的滑块B、C静止置于水平导轨MN上，它们之间有一处于原长的轻弹簧，且弹簧与B连接但不与C

连接。另一质量也为m的滑块A以初速度v0沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。若C距离N足够远，滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并恰好停在Q点。已知滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，装置其余部分均可视为光滑，重力加速度g取10

m/s2。求：(1)PQ的距离；(2)v0的大小；(3)已知竖直圆轨道半径为0.55m，若要使C不脱离竖直圆轨道，求v0的范围。【答案】（1）2.25mPQx=；（2）03m/sv=【解析】【详解】(1)设C滑上传送带后一直加速，则222tcvvgL−=解得：25m/stvv=传所以C在传送带

上一定先加速后匀速，滑上PQ的速度：3m/sv=又因恰好停在Q点，则有：202PQvμgx−=−解得2.25mPQx=(2)A与B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：02mvmv=共接下来AB整体压缩弹簧后弹簧恢复原长时，C脱离弹簧，这个过程有12=2C

mvmvmv+共222111122222Cmvmvmv=+共联立方程可解得：03m/sv=(3)要使C不脱离圆轨道，有两种情况，一是最多恰能到达圆心等高处，二是至少到达最高处，若恰能到达圆心等高处，则由212QmvmgR=得：211m/sQvgR=

=由NQ:段：()222QCPQvvgLx−=−+可得6m/sCv=在A、B碰撞及弹簧作用的过程中12=2Cmvmvmv+共22211112=2222Cmvmvmv+共联立方程可解得：09m/sv=所以这种情况下，A的初速度范围是

09m/sv若恰能到达最高点，则由2vmgmR=2211222QmvmvmgR−=得1105m/s2QvgR==同理可得A的初速度范围是03210m/s4v所以03210m/s4v或09m/sv。