2021届山东省潍坊市高三（上）期中模拟检测（一）物理试题（解析版）

山东省潍坊市 2021 届高三年级期中模拟检测（一） 物理试题 一、选择题（本大题共 10 小题；每小题 4 分，共 40 分。1~5 小题为单选题，6~10 小题为多 选题，全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分。） 1. 质量为 m 的物体从高为 h 处自由下落,开始的 用时为 t，则 A. 物体的落地时间为 B. 物体的落地时间为 3t C. 物体的平均速度为 D. 物体的落地速度为 3gt 【答案】A 【解析】 【详解】AB．根据 得 开始的 过程中有 联立解得： 故 A 正确，B 错误； CD．物体落地时的速度为： 物体自由落体运动，所以平均速度为 故 CD 错误． 2. 如图所示，物体 A、B 用足够长 细绳与轻弹簧连接后跨过滑轮，A 置于薄木板上，此时弹簧左侧细绳 与木板平行，已知质量 ，现将薄木板由倾角 30°缓慢放平，物体 A 始终与木板保持相对静止， 不计滑轮摩擦，物体 A、B 大小可忽略不计．（ ） 的 3 h 3t 3gt 21 2h gt= 2ht g ′ = 3 h 2 1 23 3 h ht g g × = = × 3t t′ = 3v gt gt′= = 3 2 2 v gtv = = 3A Bm m=A. 弹簧伸长量逐渐变大 B. 连接 A、B 的细绳对滑轮的作用力不变 C. 物体 A 受到的摩擦力先变小后变大 D. 物体 A 受到的摩擦力大小不变 【答案】C 【解析】 【详解】对物体 B 受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T=mBg，则知弹簧的弹力不变，伸长量不 变，故 A 错误；连接 A、B 的细绳之间的夹角减小，则两条细绳的拉力的合力变大，即细绳对滑轮的作用 力变大，选项 B 错误；将薄木板由倾角 30°缓慢放平的过程中肯定存在一个位置，即物块 A 受的重力、细线 的拉力以及斜面的支持力三力平衡，此时 A 受摩擦力为零，则因开始时和最后时物块 A 所示的摩擦力均不 是零，可知物体 A 受到的摩擦力先变小后变大，选项 C 正确，D 错误；故选 C. 3. 图示为一带电粒子在水平向右的匀强电场中运动的一段轨迹，A、B 为轨迹上的两点．已知该粒子质量为 m、电荷量为 q，其在 A 点的速度大小为 vo，方向竖直向上，到 B 点时速度方向与水平方向的夹角为 30°， 粒子重力不计．则 A、B 两点间的电势差为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 分析可知，该带电粒子在电场中做类平抛运动，在 B 点将速度分解，找到 B 点速度和分速度 的关系，求 出 B 点速度；从 A 到 B 根据动能定理，即可求解 A、B 两点电势差． 2 0mv q 2 0 2 mv q 2 03 2 mv q 2 02mv q 0v【详解】根据题意，在 B 点， ，解得： 从 A 到 B 根据动能定理得： 联立上述各式得： 故选 C． 【点睛】本题关键是通过运动的合成与分解得到 A 点速度和 B 点速度的关系，然后结合动能定理列式求解 电势差． 4. 如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界 d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线 dpa 打到屏 MN 上的 a 点，通过 pa 段用时为 t.若该微粒经过 P 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一 个新微粒，最终打到屏 MN 上．若两个微粒所受重力均忽略,则新微粒运动的 ( ) A. 轨迹为 pb,至屏幕的时间将小于 t B. 轨迹为 pc,至屏幕的时间将大于 t C. 轨迹为 pa，至屏幕的时间将大于 t D. 轨迹为 pb,至屏幕的时间将等于 t 【答案】C 【解析】 试题分析：由动量守恒定律可得出粒子碰撞后的总动量不变，由洛仑兹力与向心力的关系可得出半径表达 式，可判断出碰后的轨迹是否变化；再由周期变化可得出时间的变化． 带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由 ，得： ，P、q 都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径 r 不变，故轨迹应为 pa，因周期 可 知，因 m 增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故 pa 所用的时间将大于 t，C 正确； 0 sin30Bv v=  B 02v v= 2 2 0 1 1 2 2AB BqU mv mv= − 2 03 2AB mvU q = 2vBqv m r = mv Pr qB qB = = 2 mT qB π=【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 ，周期公式 ，运动时间公式 ，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨 迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题， 5. 如图所示，倾角为 θ 传送带由电动机带动，始终保持速率 v 匀速运动，质量为 m 的物块由传送带底端 静止释放。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为 μ（μ>tanθ），物块到达传送带顶端前与之保持静止。则 在物块由静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 电动机多提供的能量为 B. 传送带克服摩擦力做的功为 C. 传送带和物块增加的内能为 D. 摩擦力对物体平均功率为 【答案】C 【解析】 【详解】AB．根据牛顿第二定律得 所以物块做匀加速运动的加速度 则加速时间为 这段时间内，滑块的位移为 的 mvR Bq = 2 mT Bq π= 2t T θ π= 2mv 21 2 mv ( ) 2 cos 2 cos sin mvµ θ µ θ θ− cosmgvµ θ cos sinmg mg maµ θ θ− = cos sina g gµ θ θ= − cos sin v vt a g gµ θ θ= = − ( ) 2 2 2 2 cos sin v vx a g gµ θ θ= = −皮带转过的距离 因为电动机多消耗的电能刚好等于传送带克服摩擦力做的功，即 AB 错误； C．物块在皮带上加速的过程中，相对皮带滑过的位移为 则在物块和传送带相对滑动的过程中，产生的热量 选项 C 正确； D．摩擦力对物体的平均功率为 D 错误。 故选 C。 6. 如图所示,在斜面顶端 a 处以速度 va 水平抛出一小球,经过时间 ta 恰好落在斜面底端 P 处.今在 P 点正上 方与 a 等高的 b 处以速度 vb 水平抛出另一小球,经过时间 tb 恰好落在斜面的中点 q 处.若不计空气阻力,下 列关系式正确的是 A. va=vb B. va= vb C. ta=tb D. ta= tb 2 2cos sin vs vt xg gµ θ θ= = =− ( ) 2 = = cos tan1 mvE W mg sµ θ θ µ × = − 电 2 cos sin vs s x g gµ θ θ= − = −相对 ( ) ( ) 2 coscos 2 cos sin mvQ f s mg s µ θµ θ µ θ θ= ⋅ = ⋅ = −相对 相对 ( ) 1cos cos2 2 vP f v mg mgvµ θ µ θ= ⋅ = ⋅ = 2 2【答案】BD 【解析】 【详解】b 球落在斜面的中点，知 a、b 两球下降的高度之比为 2：1，根据 h= gt2 知， ，则时间之 比为 ，即 ta= tb．因为 a、b 两球水平位移之比为 2：1，则由 x=v0t，得 va= vb．故 BD 正确， AC 错误．故选 BD． 【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，分析两个小球两个方向位移 的关系，从而解决此类问题． 7. “天宫一号”与“神舟八号”交会对接成功，标志着我国对接技术上迈出了重要一步．如图所示为二者对接前 做圆周运动的情形，M 代表“神舟八号”，N 代表“天宫一号”，则(　　) A. M 发射速度大于第二宇宙速度 B. M 适度加速有可能与 N 实现对接 C. 对接前，M 的运行速度大于 N 的运行速度 D. 对接后，它们的速度大于第一宇宙速度 【答案】BC 【解析】 【详解】A．神舟八号绕地球飞行，故其发射速度小于第二宇宙速度，故 A 错误； B．神舟八号轨道半径低，适当加速后神舟八号做离心运动可实现与高轨道的天宫一号对接，故 B 正确； C．根据万有引力提供圆周运动向心力 可得卫星线速度 由于 M 的轨道半径小于 N，故 M 的运行速度大于 N，C 正确； D．对接后，它们一起绕地球圆周运动，故其速度小于第一宇宙速度，故 D 错误。 1 2 2ht g = 2a b t t = 2 2 2 2 Mm vG mr r = GMv r =故 BC 正确。 8. 如图所示，M、N 处各放置电荷量为 q 的正点电荷，O 为正方形 abcd 的中心且与 MN 连线中点重合，对 角线 ac 与 MN 垂直，取无穷远处电势为零，则（　　） A. b、d 两点场强相同，电势相等 B. O 点电势不 零，场强为零 C. 将质子沿 a→O→c 移动，电势能先增加后减少 D. 将电子沿 a→b→c 移动，电场力先做负功，再做正功 【答案】BC 【解析】 【详解】A．等量同种电荷等势面对称性可知，b 点与 d 点的电势相等，电场强度大小相等，方向相反，故 A 错误； B．根据对称性，O 点场强为零，取无穷远处电势为零，O 点的电势大于 0，故 B 正确； C．根据等量同种电荷电场线的分布，aOc 上电场的方向是：O 到 a 和 O 到 c，所以质子从 a 到 c，电场力 先做负功，后做正功，则电势能先增大后减小，故 C 正确； D．根据等量同种电荷电场线的分布与等势面分布情况，b 点的电势高于 ac 两点的电势，所以电子沿路径 a→b→c，电势能先减小后增加，电场力先做正功，后做负功，故 D 错误。 故选 BC。 9. 如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R1 和 R3 均为定值电阻，R2 为滑动变阻器．当 R2 的 滑动触点在 ab 的中点时合上开关 S，此时三个电表 A1、A2 和 V 的示数分别为 I1、I2 和 U．现将 R2 的滑动触 点向 a 端移动，则（ ） A. 电源的总功率减小 B. R3 消耗的功率增大 C. I1 增大，I2 减小，U 增大 D. I1 减小，I2 不变，U 减小 【答案】AC 为【解析】 由图知电压表测量路端电压，电流表 A1 测量流过 R1 的电流，电流表 A2 测量流过 R2 的电流； R2 的滑动触点向 a 端移动时，R2 增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小，则有电源的总功率减小；电 源的内电压减小，则路端电压增大，即电压表示数 U 增大，R3 电压减小，则有 R3 消耗的功率减小；R1、R2 并联电压增大，通过 R1 的电流 I1 增大，，而总电流I 减小，则流过 R2 的电流 I2 减小，故BD 错误，AC 正确； 故选 AC． 10. 如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大 小为 E= ，磁感应强度大小为 B．一质量为 m、电荷量为 q 的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩 擦因数为 μ；现使圆环以初速度 v0 向下运动，经时间 to，圆环回到出发点．若圆环回到出发点之前已经开 始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为 g．则下列说法中正确的是（ ） A. 环经过 时间刚好到达最低点 B. 环的最大加速度为 am=g+ C. 环在 t0 时间内损失的机械能为 D. 环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等 【答案】BC 【解析】 【详解】A．环向下运动时竖直方向受到重力、向上 电场力、向上的摩擦力，设加速度大小为 a1，则 ，因此速度的减小，导致洛沦兹力减小，则摩擦力会减小，因此环做加速度减小的 减速运动，当环回头时，环的加速度大小 ，随着速度增大，开始做加速度减小的加 速运动，之后做匀速直线运动，因此在 时，不可能刚好到达最低点，故 A 错误； B．圆环在运动过程中，只有向下运动时，加速度大于向上运动的加速度，而向下运动摩擦力越大，则加速 度越大，因此环刚开始运动时，加速度最大，最大加速度 的 2mg q 0 2 t 0qv B m µ 2 2 2 0 2 2 2 1 2 m gm v q Bµ  −   1 qE qvB mga m µ+ −= 2 qE qvB mga m µ− −= 0 2 tt =故 B 正确； C．圆环从出发到回到出发点过程中，重力势能变化为零，那么机械能的损失，即为动能的减小，根据动能 定理，则有 而 因此损失的机械能为 故 C 正确； D．根据功能关系，除重力以外的力做功，则导致机械能变化，而环在下落与上升过程中，因摩擦力做功值 不同，因此环在下落过程中损失的机械能不会等于上升回到出发点过程中损失的机械能，故 D 错误； 故选 BC。 二、实验题（共 15 分） 11. 某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速 度 a 和所受拉力 F 的关系图像，图中力传感器可直接显示绳中拉力大小，他们在轨道水平和倾斜的两种情 况下分别做了实验，得到了两条 a-F 图线，如图（b）所示． (1)图线________是在轨道左侧抬高，成为斜面情况下得到的（选填“1”或“2”）；要想使得该图线过原点应______ 轨道的倾角（填“增大”或“减小”） (2)滑块和位移传感器发射部分 总质 m =_______kg；滑块和轨道间的动摩擦因数 μ=_______．（g=10m/s2） (3)实验中是否要满足，滑块和位移传感器发射部分的总质量远远大于重物质量的条件?____． 【答案】 (1). ① (2). 减小 (3). 0.5 (4). 0.2 (5). 否 【解析】 的 0 0 m qE qv B mg qv Ba gm m µ µ+ −= = + 2 2 0 1 1 2 2kE mv mv= − mgv qBµ= 2 2 2 0 2 2 2 1 2k m gE m v B qµ∆ = −（ ）【详解】(1)[1]由图象①可知，当 F=0 时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实 验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道右侧抬 高成为斜面情况下得到的； [2]要想使得该图线过原点，即当有合力 F 时，才会产生加速度 a，因此应减小轨道的倾角； (2)[3][4]根据 得 所以滑块运动的加速度 a 和所受拉力 F 的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒 数．由图形 b 得加速度 a 和所受拉力 F 的关系图象斜率 k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量 m=0.5kg 由图形 b 得，在水平轨道上 F=1N 时，加速度 a=0，根据牛顿第二定律得 F-μmg=0 解得 μ=0.2 (3)[5]滑块和位移传感器发射部分受到的拉力由力传感器得出，实验过程中不需要控制滑块和位移传感器发 射部分的总质量远远大于重物质量． 12. 有一个未知电阻 Rx，用图中左和右两种电路分别对它进行测量，用左图电路测量时，两表读数分别为 6V，6mA，用右图电路测量时，两表读数分别为 5.9V，10mA，则用______图所示电路测该电阻的阻值误 差较小，测量值 Rx=______Ω，测量值比真实值偏______（填“大”或“小”）。 【答案】 (1). 左 (2). 1000 (3). 大 【解析】 【详解】[1][2][3]题中所给两种伏安法测电阻电路，左图为内接法；其误差来源在于电流表有内阻，导致了 电压表读数偏大；右图为外接法，其误差来源于电压表有分流，导致电流表读数偏大； 根据题中所给左图两表读数分别为 6V，6mA，欧姆定律 ，可知此时 ，且大于其真实 值； 同理根据右图电路测量时，两表读数分别为 5.9V，10mA，可以计算此时 ，但小于该电阻的真 实值； F ma= Fa m = UI R = 1 1000ΩR =测 2 590ΩR =测由于通常电流表内阻较小，而电压表内阻较大，结合上面的计算可知此电阻值较大，应选择内接法测量误 差较准确。 三、计算题（本大题 4 个小题共 45 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步 骤．只写出最后答案的不能得分．答案中必须明确写出数值和单位。） 13. 2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下， 长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h=10m，C 是半径 R=20m 圆弧的最低点，质量 m=60kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑，加速度 ，到达 B 点时速度 vB=30 m/s。取重力加速度 g=10 m/s2。 (1)求长直助滑道 AB 的长度 L； (2)求运动员在 AB 段所受合外力的冲量的 I 大小； (3)若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点时的受力图，并求其所受支持力 FN 的大小。 【答案】(1) ；(2) ；(3) ，3 900 N 【解析】 【详解】1）已知 AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即 可解得 (2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以 (3)小球在最低点的受力如图所示 24.5 m/sa = 100m 1800 N s⋅ 2 2 0 2Bv v aL− = 2 2 0 100m2 Bv vL a −= = 0 1800N sBI mv= − = ⋅由牛顿第二定律可得 从 B 运动到 C 由动能定理可知 解得 【点睛】本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解 最低点受到的支持力大小。 14. 如图所示，在光滑水平面上有一个长为 L 的木板 B，上表面粗糙，在其左端有一个光滑的 圆弧槽 C 与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C 静止在水平面上，现有滑块 A 以初速度 v0 从右端滑上 B 并以 滑离 B，恰好能到达 C 的最高点.A、B、C 的质量均为 m，试求： （1）滑块与木板 B 上表面间的动摩擦因数 μ； （2） 圆弧槽 C 的半径 R 【答案】（1） ；（2） 【解析】 由于水平面光滑，A 与 B、C 组成的系统动量守恒和能量守恒，有： 2 CvN mg m R − = 2 21 1 2 2C Bmgh mv mv= − 3900NN = 1 4 0 2 v 1 4 2 05 16 v gL µ＝ 2 0 64 vR g ＝mv0＝m( v0)＋2mv1 ① μmgL＝ mv02－ m( v0) 2－ ×2mv12 ② 联立①②解得：μ＝ . ②当 A 滑上 C，B 与 C 分离，A、C 间发生相互作用．A 到达最高点时两者的速度相等．A、C 组成的系统 水平方向动量守恒和系统机械能守恒： m( v0)＋mv1＝(m＋m)v2 ③ m( v0)2＋ mv12＝ (2m)v22＋mgR ④ 联立①③④解得：R＝ 点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，列出动量守恒以及能量转 化的方程；注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向． 15. 电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理．某一水平面内有一直角坐标系 xOy，x=0 和 x=L=10 cm 的区间内有一沿 x 轴负方向的有理想边界的匀强电场 E1=1.0×104 V/m，x=L 和 x=3L 的区间内有一沿 y 轴 负方向的有理想边界的匀强电场 E2=1.0×104 V/m，一电子(为了计算简单，比荷取为 e/m =2×1011C/kg)从直角 坐标系 xOy 平面内的坐标原点 O 以很小的速度进入匀强电场 E1，计算时不计此速度且只考虑 xOy 平面内的 运动．求： (1) 电子从 O 点进入到离开 x=3L 处的电场所需的时间； (2) 电子离开 x=3L 处的电场时的 y 坐标； (3) 电子离开 x=3L 处的电场时的速度大小和方向． 【答案】（1）t= 2×10-8s.（2）y=0.1m;（3） θ=45° 【解析】 【详解】设电子离开 x=L 的位置记为 P 点，离开 x=3L 的位置记为 Q 点，则： 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 05 16 v gL 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 0 64 v g 72 2 10 m/sv = ×（1） 运动到 Q 点时 所以总时间为 （2）电子运动到 Q 点时 （3）电子离开 x=3L 处的电场时 16. 如图，在直角三角形 OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外．一带正 电的粒子从静止开始经电压 U 加速后，沿平行于 x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在 OP 边上某 点以垂直于 x 轴的方向射出．已知 O 点为坐标原点，N 点在 y 轴上，OP 与 x 轴的夹角为 30°，粒子进入磁 场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为 d，不计重力．求 （1）带电粒子的比荷； 712 2 10 (m / s)p eEv Lm = ⋅ ⋅ = × 8 1 1 2 10 ( )/ Lt seE m −= = 8 2 2 10 ( ) p Lt sv −= = 8 1 2 2 10 ( )t t t s−= + = × 22 2 1 0.1(m)2 eEy tm = ⋅ ⋅ =  2 2 77 0 72 2 2 2 10 (m / s)2 10 ( / ) 2 10 (m / s) tan 1 45 x yx p y y x v v vv v m s eE vv tm v θ θ °   = + = ×= = ×  ⇒ = ⋅ = × = = ⇒ =   （2）带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间． 【答案】（1） （2） 或 【解析】 【详解】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得： ，解得： 根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即： 联立方程得： （2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度 粒子射出磁场后到运动至 轴，运动的轨迹长度 粒子从射入磁场到运动至 轴过程中，一直匀速率运动，则 解得： 2 2 4U d B 23 8 12 d B U π + ⋅    2 3 4 2 3 Bd U π +    2 0 1 2qU mv= 0 2qUv m = 2 2r d= 2 0 0 vqv B m r = 2 2 4q U m d B = 1 1 2= 24 4S r dπ π⋅ = x 2 6tan30 6S r d= ⋅ = x 1 2 0 S St v += 23 8 12 d Bt U π = + ⋅   或 2 3 4 2 3 Bdt U π = +   