2021届安徽省六校教育研究会高三(上)第一次素质测试物理试题（解析版）

安徽省六校教育研究会 2021 届高三第一次素质测试 物理试卷 第 I 卷（选择题共 50 分） 一、选择题:本部分共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~6 题只有一项符合题目要求，第 7~10 题有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全 的得 3 分，有选错的得 0 分。 1. 静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁 吸褚”之说，但下列不属于静电现象的是(　　 ) A. 梳过头发的塑料梳子吸起纸屑 B. 带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引 C. 小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流 D. 从干燥 地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉 【答案】C 【解析】 梳过头发的塑料梳子吸起纸屑，是因为梳子与头发摩擦起电，静电吸引轻小物体，故 A 属于静电现象，所 以 A 错误；带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引，是因为先感应起电，然后静电作用力，故 B 错误；小线圈接近通电线圈过程中，消息安全中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以 C 正 确；从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉，是因为摩擦起电，所以 D 错误． 【学科网考点】静电现象 【方法技巧】本题主要是识记静电现象，知道几种常见的起电方式：摩擦、接触、感应，以及电磁感应现 象 2. 一石子位于地球赤道地面上的 A 点。设想如果地球对它的引力消失，那么经过数小时后，相对于 A 点来 看（　　） A. 石子原地不动，对地面的压力为零 B. 石子一直向东沿直线飞去 C. 石子向上并逐渐偏向东运动 D. 石子向上并逐渐偏向西运动 【答案】D 的【解析】 【详解】万有引力突然消失，由于惯性小物体沿切线方向飞出，但地面上的 A 点仍向东作圆周运动，相对 来讲小物体向西运动，物体轨迹是直线（从地球上方俯视），而 A 点随地球转动，小物体在引力消失瞬间就 开始沿着 A 点的切线做运动了，这样对于 A 来说小物体就会向上偏移，即物体向上并偏西方向飞去。故 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 3. 如图所示，质量均为 m 的 A、B 两个小球，固定在长为 2L 的轻质细杆两端，在竖直平面内绕杆的中心 固定轴 O 沿顺时针方向自由转动，不计一切摩擦。某时刻 A、B 球在图示位置时，线速度大小均为 v。下 列说法中正确的是（　　） A. A 球在运动过程中机械能守恒 B. B 球在上升过程中速度不断减小 C. A 球在运动到最低点之前，单位时间内机械能的变化量不断变化 D. B 球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量保持不变 【答案】C 【解析】 【详解】以 A、B 球为系统，两球在运动过程中，只有重力做功(轻杆对两球做功的和为零)，两球的机械能 守恒．以过 O 点的水平面为重力势能的参考平面时，系统的总机械能为 E＝2× mv2＝mv2 假设 A 球下降 h，则 B 球上升 h，此时两球的速度大小是 v′，由机械能守恒定律知 mv2＝ mv′2×2＋mgh－mgh 得到 v′＝v 故运动过程中 AB 球速度大小都不变，则当 B 上升过程中，A 的机械能减小；当单独分析 B 球时，B 球在运 动到最高点之前，动能保持不变，重力势能在不断增加，且由几何知识可得单位时间内高度的增量不相等， 则单位时间内机械能的变化量是不断改变的，同理可知 A 球在运动到最低点之前，单位时间内机械能的变 1 2 1 2化量也是不断变化，则 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 4. 如图所示，在水平地面上有一质量为 M 的长木板，其右端固定有一立柱。质量为 m 的人立于木板左端， 木板与人均静止。当人加速向右奔跑的过程中，木板向左运动，到达右端时立刻抱住立柱。关于抱住立 柱后，人与木板一起运动的方向，下列说法中正确的是（　　） A. 若水平面光滑，人与木板一起向右运动 B. 若水平面粗糙，人与木板一起向右运动 C 若水平面光滑，且 M>m，人与木板一起向右运动 D. 若水平面粗糙，且 M>m，人与木板一起向左运动 【答案】B 【解析】 【详解】规定水平向右为正方向，设人抱住立柱之前瞬时，人的速度为 v1，木板速度为 v2，人向右奔跑的 时间为 t，人抱住立柱后瞬时速度为 v。 AC．若水平面光滑，则在水平面上动量守恒，由动量守恒定律有 人向右奔跑过程中 人抱住立柱过程中 解得 所以若水平面光滑，人与木板均静止不动，故 AC 错误； BD．若水平面粗糙，设人与木板之间的摩擦力为 f1，木板与地之间摩擦力为 f2，人向右奔跑过程中，由动 量定理得 以人为对象 以木板为对象 . 1 2 0mv Mv− = 1 2 ( )mv Mv m M v− = + 0v = 1 1f t mv= 1 2 2f t f t Mv− + = −人抱住立柱过程中，可以认为内力远大于外力，所以动量守恒，由动量守恒定律得 解得 人抱住立柱后瞬时速度为正值，说明若水平面粗糙，人与木板一起向右运动，故 B 正确，D 错误。 故选 B。 5. 如图是电子感应加速器内部结构原理简图：电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成。 当电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，穿过真空盒所包围的区域内的磁通量也随时间变化， 这时真空盒空间内就感应出涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下得到加速。（图中上图为侧视图、下图为真 空室的俯视图），电子被“约束”在半径为 R 的圆周上运动若电磁铁绕组通有正弦式交变电流 i，下列说法中 正确的是（　　） A. 电子做圆周运动的周期与交变电流的变化周期相同 B. 涡旋电场的方向保持逆时针方向不变 C. 在交变电流变化的任何时段，电子都将被加速 D. 在交变电流按图示方向增大的过程中，电子做逆时针方向的加速运动 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题意可知电子做圆周运动的周期与交变电流的变化周期无关，故 A 错误； B．根据楞次定律可知，涡旋电场的方向随着电流的方向的改变而改变，故 B 错误； C．根据题意和楞次定律可知，电子在运动过程中，有时段加速，有时段减速，故 C 错误； D．当电磁铁中应通以方向如图所示，大小增强的电流，线圈中的磁场就增大了，根据楞次定律，感生电场 产生的磁场要阻碍它增大所以感生电场俯视图为顺时针方向，所以电子运动逆时针方向电场力作用下加速 运动，在洛伦兹力约束下做圆周运动，故 D 正确。 故选 D。 6. 如图所示，一个轻质环扣与细线 l1、l2 连接（l1+在竖直面内倾角相同的固定光滑杆 AB 和 AC 上。现将重量为 G 的铁块挂在环扣上，铁块静止时左、右两细 线的张力分别为 F1 和 F2。下列说法中正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对 P、Q 小环分析，小环受光滑杆的支持力和绳子的拉力，根据平衡条件，这两个力是一对平衡力， 支持力是垂直于杆子向上的，故绳子的拉力也是垂直于杆子的。 对结点 O 受力分析如图所示。 根据平衡条件可知，FP 和 FQ 的合力与 FT 等值反向，如图所示。几何关系可知 α=β 故 FP=FQ 即 F1：F2=1：1 故选 A。 7. 如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域 abcd，e 是 ad 的中点，f 是 cd 的中点，如果在 a 点沿对角线方 向以速度 v 射入一带负电的粒子（不计重力），粒子恰好从 e 点射出。若改变粒子的速度，粒子将从不同点 1 2F F= 1 1 2 2 F l F l = 1 2 2 1 F l F l = 1 2 1 2 2 1 F l l F l l −= +射出磁场，则（　　） A. 若粒子的速度增大为原来的二倍，将从 d 点射出 B. 若粒子的速度增大为原来的三倍，将从 f 点射出 C. 若粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从 d 点射出 D. 只改变粒子的速度使其分别从 e、d、f 点射出时，从 f 点射出所用时间最短 【答案】AD 【解析】 【详解】 A．由于洛伦兹力为粒子在磁场中做圆周运动提供向心力，故 解得 可知，转动半径 r 与速度 v 成正比。若粒子的速度增大为原来的二倍，那么半径也将变为原来的两倍，如图 所示，转过的圆心角弧度不变，所以粒子会从 d 点射出。故 A 正确； B．若粒子的速度增大为原来的三倍，那么半径也将变为原来的三倍，如图所示，将从 f 点和 d 点之间射出。 2vqvB m r = mvr qB =故 B 错误； C．若粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，那么半径将变为原来的二分之一，如图所示， 将从 ae 中点射出。故 C 错误； D．只改变粒子的速度使其分别从 e、d、f 点射出时，如图所示，从 e、d 点射出时，走过的圆心角弧度都是 ，所用时间相同，但从 f 点射出时，弧度小于 ，所以时间最小。故 D 正确。 故选 AD。 8. 如图所示，abcd 是由导体做成的框架，其平面与水平面成 θ 角。质量为 m 的导体棒 PQ 与 ab、cd 垂直 且接触良好，回路的总电阻为 R。整个装置放在垂直于框面的匀强磁场中，磁感强度 B 随时间 t 变化关系如 图乙所示，PQ 始终处于静止状态。在 0~t1 时间内，下列关于 PQ 与框架间摩擦力 f 的说法中，有可能正确 的是（　　） A. f 一直在增大 B. f 一直在减小 C. f 先减小后增大 D. f 先增大后减小 【答案】AC 【解析】 【详解】由图看出，磁感应强度均匀减小，穿过 PQca 回路的磁通量均匀减小，回路中产生恒定电流，根据 楞次定律得知，开始时导体棒 PQ 所受安培力方向沿斜面向上。由 F=BIL 可知，B 先减小后反向增加，PQ 所受安培力大小 FA 先减小后反向增加。 AB．若 PQ 开始时不受静摩擦力，FA 减小时，静摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件 mgsinθ=FA+f FA 先减小后反向增加时，f 一直增大； 若 PQ 原来所受 静摩擦力方向沿斜面向上时，根据平衡条件得 mgsinθ=FA+f FA 先减小后反向增加时，f 一直增大；故 A 正确，B 错误。 CD．若 PQ 开始时所受的静摩擦力方向沿斜面向下时，根据平衡条件得 mgsinθ+f=FA FA 减小，f 先减小；当重力的沿斜面向下的分力 mgsinθ＞FA 时，静摩擦力沿斜面向上时，根据平衡条件得 的 2 π 2 πmgsinθ=FA+f FA 减小，f 开始增大，所以摩擦力可能先减小后增大；故 D 错误，C 正确。 故选 AC。 9. 在光滑水平面上沿一直线运动的甲、乙两小球，动量大小相等，质量之比为 1：5。两小球发生正 碰后，甲、乙两球的动量大小之比为 1：11。则甲球在碰撞前、后的速度大小之比可能是（　　） A 6∶1 B. 5∶1 C. 10∶1 D. 11∶5 【答案】AB 【解析】 【详解】设碰前甲乙的动量均为 p0；则总动量为 2p0；若碰后若甲乙运动方向相同，则碰后甲的动量 则此时甲球在碰撞前、后的速度大小之比是 6:1； 若碰后若甲乙运动方向相反，则碰后甲的动量 则此时甲球在碰撞前、后的速度大小之比是 5:1； 故选 AB。 10. 小球 A 从距地面高为 H 处自由释放，同时小球 B 从地面以初速度 v0 竖直向上抛出，A、B 两球在空中 相遇。不计空气阻力，已知重力加速度为 g。下列说法中正确的是（　　） A. 若 A、B 相遇时速率相等，则 B. 经 时间，A、B 相遇 C. 若 ,则 A 与 B 相遇在 B 下降途中 D. 若 ，则 A 与 B 相遇在 B 上升途中 【答案】BC 【解析】 【详解】B．A 和 B 相遇时 . 0 1 0 1 211 1 6 pp p= ⋅ =+ ' 0 1 0 1 211 1 5 pp p= ⋅ =− 0v gH= 0 Ht v = 02 gH v gH≤ ≤ 0 g 2 H v gH≤ ≤ 2 2 0 1 1 2 2gt v t gt H+ − =解得 ① 故 B 正确； A．若 A、B 相遇时速率相等，有 ② 由①②式解得 故 A 错误； CD．若两球相遇时 b 球处于下降过程中，则相遇 时间满足： 由 解得 故 C 正确，D 错误； 第Ⅱ卷（非选择题　共 50 分） 11. 某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数．PQ 为一块倾斜放置的木板，在 斜面底端 Q 处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)．每次实验时将一物体(其上固定有 宽度为 d 的遮光条)从不同高度 h 处由静止释放，但始终保持斜面底边长 L＝0.500 m 不变．(设物块与斜面 间的动摩擦因数处处相同) (1)用 20 分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度 d 如乙图所示，则 d＝__________cm； (2)该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度 v，并作出了如图丙所示的 v2－h 图象，其图象 的 0 Ht v = 0gt v gt= − 0 2v gH= 0 02v vtg g > > 2 2 0 1 1-2 2gt v t gt H+ = 02 gH v gH<     21 2N mg  = −   方向沿半径方向向外。 15. 如图所示，滑块在平行于斜面方向的恒定拉力 F 作用下从 A 点由静止开始向上运动，运动到 C 点（未 标出）时撤去拉力，滑块继续上滑到 B 点速度为零。接着滑块又沿斜面下滑，到 A 点时滑块的速度 vA=6m/s。已知滑块从 A 点运动到 B 点的时间与从 B 点运动到 A 点的时间相等。 （1）求滑块上滑经过 C 点时的速度； （2）若 C 点是 AB 的中点，求拉力 F 与滑块所受摩擦力 f 的大小之比； （3）在（2）问条件下，求 A、B 两点间的高度差（g 取 10m/s2）。 【答案】（1） ；（2） ；（3）2.7m 【解析】 【详解】（1）滑块上滑经过的两个过程都是匀变速直线运动，下滑经过的也是匀变速直线运动，依题意得 ① ② 解得 （2）设斜面倾角为 ，滑块质量为 m，摩擦力为 f，拉力为 F，三个运动过程中的加速度分别为 a1、a2、 a3，由牛顿第二定律有 ③ ④ ⑤ 由运动学知识有 ⑥ ⑦ ⑧ Cv =6m/s 8 1 F f = 1 2AB CS v t= 1 2BA AS v t= 6m/sCv = θ 1sinF f mg maθ− − = 2sinf mg maθ+ = 3sinmg f maθ − = 2 10 2 2 AB C Sv a− = ( )2 20 2 2 AB C Sv a− = − 2 30 2A ABv a S− =由⑥⑦⑧解得 ⑨ 由③④⑤⑨解得 ⑩ （3）由④⑤⑨解得 ⑪ 又 ⑫ 解得 ⑬ 1 2 32a a a= = 8 1 F f = 3 2 sin3a g θ= 2 32 sin A AB v HS a θ= = 2.7mH =