山东省淄博市普通高中2021届高三上学期12月教学质量摸底检测物理试卷 Word版含解析

普通高中高三教学质量摸底检测考试物理1、答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号等填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号等，并将条形码粘贴在指定位置上。2、选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3、请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统传感器监视前方的交通状况。当车速且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取之间的某一值，则该车应设计的安全距离至少为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】由题意知，车速，最后末速度减为0，由推导公式可得故选C。2.2019年9月17日，沂源县朱彦夫同志被授予“人民楷模”国家荣誉称号。当年根据朱彦夫的设计，张家泉村村民把1000-25-,多米长的“赶牛沟”进行了棚沟造田，如图甲所示。某实验小组为研究该建筑所用石料间的相互作用，设计了如图乙所示的模型。若四块相同的石料砌成圆弧形对称结构，每块石料对应的圆心角均为，其中第3、4块石料固定在墙面上。假定石料间的摩擦力可以忽略不计，则1对2的作用力与3对1的作用力大小之比为（　　）A.B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】【详解】2的受力如图所示则有1对2的作用力与2对1的等大，所以故B正确，ACD错误。故选B。3.在同一条笔直的公路上行驶的三辆汽车a，b，c，它们的x-t图象如图所示汽车a对应的图象是条抛物线，其顶点坐标为（0，10），下列说法正确的是（　　）-25-,A.b和c两汽车做匀速直线运动，两汽车的速度相同B.在内，a，b两汽车间的距离均匀增大C.汽车c的速度逐渐增大D.汽车a在5s末的速度为【答案】D【解析】【分析】【详解】根据x-t图象的斜率表示速度，知b和c两汽车做匀速直线运动，两汽车的速度大小相等，方向相反，则速度不同，故A错误．a，b两汽车间的距离等于纵坐标x之差，知在0～5s内，a，b两汽车间的距离非均匀增大，故B错误．根据x-t图象的斜率表示速度，知汽车c的速度不变，故C错误．设a的加速度为a，则有x=x0+at2，将t=0，x=10m，以及t=5s，x=20m，代入解得加速度为a=0.8m/s2，所以汽车a在5s末的速度为v=at=4m/s，故D正确．4.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A.两图中两球加速度均为gsinθB.两图中A球的加速度均为0C.图乙中轻杆的作用力一定不为0D.图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍【答案】D【解析】-25-,撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，故D正确，A.B.C错误．故选D.点睛：根据弹簧弹力不能突变，杆的弹力会突变，分析撤去挡板的瞬间，图甲和图乙中A、B所受合外力即可得到各自的加速度．5.空间存在如图所示的静电场，a、b、c、d为电场中的四个点，则（　　）A.a点的场强比b点的小B.d点的电势比a点的低C.将电子从a点移动到b点，电场力做正功D.质子在d点的电势能比在c点的小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．a点的电场线比b点密，a点的场强比b点大，A错误；B.沿着电场线电势降低，d点的电势比a点高，B错误；C.将电子从a点移动到b点，远离负点电荷，电场力是斥力，做正功，C正确；D.质子从d点运动到c点，引力做正功，电势能减小，质子在d点的电势能比在c点的大，D错误。故选C。6.图（a）为示波管原理图．如果在点击之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是-25-,A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】电子在和间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向一侧，所以电子前半周期偏向一侧．前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧．综上，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限．同理，后半周期的图像应在第四象限．A．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故A错误．B．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故B正确．C．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故C错误．D．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故D错误．-25-,7.如图所示，某同学用细线吊着质量为的小球做圆锥摆运动，摆长为，摆线与竖直方向的夹角，若该同学通过细线对小球做功，使摆线与竖直方向的夹角增大为，小球仍做圆锥摆运动，重力加速度为。此过程保持悬点的高度不变，则该同学通过细线对小球做的功为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据牛顿第二定律分别求解小球在两种情况下的速度；然后根据几何知识判断小球上升的高度，而细线对小球做的功等于小球动能与重力势能的变化量，据此求解。【详解】锥角未变化前，运动半径为细线的拉力和重力的合力充当向心力，故解得悬点到小球运动平面的高度为-25-,锥角变化后，小球的运动半径为根据牛顿第二定律可得解得悬点到小球运动平面的高度为故细线对小球做功为故选A。【点睛】本题的计算量较大，思维需要清晰，一是比较动能的变化，二是比较重力势能的变化。8.如图所示为某种电吹风机电路图，a、b、c、d为四个固定触点。绕O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是（　　）-25-,冷风时输入功率60W热风时输入功率460W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇输出功率52WA.触片P同时接触b、c两个触点时电吹风吹热风B.理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=3∶11C.电吹风吹热风时电热丝上的电流为D.小风扇的内阻为8Ω【答案】D【解析】【分析】【详解】A．只有电热丝接入时才能吹热风，故吹热风时触片P与触点c、d接触，选项A错误；B．根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系选项B错误；C．电热丝的功率由可知，则电吹风吹热风时电热丝上的电流为选项C错误；-25-,D．小风扇冷风时的热功率为电流则由可得选项D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个题给出的四个选项中，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。9.如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间的关系为I=kt（k为常数，k＞0），金属棒与导轨间存在摩擦．则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的有（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】-25-,试题分析：当从t=0时刻起，金属棒通以I=kt，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导致棒在运动过程中，所受到向上的摩擦力，由N=F=BIL可知，MN棒对导轨的压力不断增大，摩擦力f=μN增大，根据牛顿第二定律得：mg-μBIL=ma，I=kt，则得：，所以加速度减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动．当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大．当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．故图线A正确，B错误；根据速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小，故C错误，D正确．故选AD.考点：牛顿定律及运动图像．10.如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点和轴上的点。一质量为、电荷量为的电子从点以初速度平行于轴正方向射入磁场，并从轴上的点射出磁场，此时速度的方向与轴正方向的夹角为，下列说法正确的是（　　）A.电子在磁场中运动的时间为B.电子在磁场中运动的时间为C.磁场区域的圆心坐标为D.电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为【答案】AC-25-,【解析】【分析】【详解】AB.电子轨迹半径为R，如图所示有几何知识可得由图可看出，电子在磁场中运动的时间可得故A正确，B错误；CD.社磁场区域的圆心坐标为(x，y)，其中所以磁场圆心坐标为（，）。故C正确，D错误。故选AC。-25-,11.2020年11月24日，嫦娥五号探测器在文昌航天发射场发射成功，将实施无人月面取样并返回，这是我国探月工程首次执行返回任务。嫦娥五号探测器由轨道器、返回器、着陆器、上升器等多个部分组成。探测器完成对月球表面的取样任务后，样品将由上升器携带升空进入环月轨道，与环月轨道上做圆周运动的轨道器返回器组合体（简称“组合体”）对接。为了安全，上升器与组合体对接时，必须具有相同的速度。已知上升器（含样品）的质量为，月球的质量为，半径为，组合体到月球中心的距离为。取上升器与月球相距无穷远时引力势能为零，它们距离为时，引力势能为，不计月球自转的影响（　　）A.上升器要绕月飞行的最小发射速度为B.组合体在环月轨道上做圆周运动的环绕速度为C.上升器从月球表面到返回组合体过程中引力势能的变化量为D.上升器从月球表面返回并与组合体成功对接需要的能量至少为【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A．上升器要绕月飞行的最小发射速度即为近月轨道运行速度，则有解得故A错误；B．组合体在环月轨道上做圆周运动时，有解得-25-,故B正确；C．上升器从月球表面到返回组合体过程中引力势能的变化量为故C正确；D．上升器从月球表面返回并与组合体成功对接需要的能量至少为故D正确。故选BCD。12.如图所示，A、B两物块由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为，B、C的质量均为，重力加速度为，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是（　　）A.C刚离开地面时，B的加速度为零B.从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒C.弹簧恢复原长瞬间，细线中的拉力大小为D.A的最大速度为【答案】ABD-25-,【解析】【分析】【详解】A．当C刚离开地面时，物块A的速度最大，物块B的速度也最大，此时B的加速度为零，故A正确；B．从释放A到C刚离开地面的过程中，系统只有重力做功，故ABC组成的系统机械能守恒，故B正确；C．当A、B的速度最快时，物块C恰好离开地面，弹簧的弹力恰好等于C的重力，即对A、B整体沿线方向进行受力分析可知当弹簧恢复原长时，弹簧的弹力为零，对A、B整体根据牛顿第二定律有隔离A，根据牛顿第二定律有联立几式解得故C错误；D．根据得释放A之前，弹簧处于压缩状态，对B进行受力分析，可得弹簧压缩量为释放A后速度最大瞬间，对C进行受力分析可得弹簧的伸长量为-25-,从释放A到AB整体的速度最大，对AB整体，由于弹簧的形变量相等，弹力做功为零，根据机械能守恒有联立解得故D正确。故选ABD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.如图(甲)为某磁敏电阻在室温下的电阻—磁感应强度特性曲线,其中RB表示有磁场时磁敏电阻的阻值,R0表示无磁场时磁敏电阻的阻值.为测量某磁场的磁感应强度B,需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值.(1)请在图(乙)中添加连线,将电源(电动势3V,内阻不计)、磁敏电阻(无磁场时阻值R0=250Ω)、滑动变阻器(总电阻约10Ω)、电流表(量程2.5mA,内阻约30Ω)、电压表(量程3V,内阻约3kΩ)、开关连接成测量磁敏电阻阻值的实验电路____________.(2)将该磁敏电阻置于待测匀强磁场中.不考虑磁场对电路其他部分的影响.闭合开关后,测得如下表所示的数据:-25-,123456U/V0.000.450.911.501.792.71I/mA0.000.300.601.001.201.80根据上表可求出磁敏电阻的测量值RB=____Ω,结合图(甲)可知待测磁场的磁感应强度B=___T.(结果均保留两位有效数字)【答案】(1).1.5×103　(2).0.80【解析】（1）采用伏安法测量电阻，由于待测电阻较大，采用电流表内接法，滑动变阻器采用分压式接法，连接实物图如图所示；（2）由求出每次R的测量值，再采用多次测量取平均的方法，则得；由图甲可知待测磁场磁感应强度B为0.80T；点睛：本题关键是用伏安法测量出磁敏电阻的阻值，然后根据某磁敏电阻在室温下的电阻-磁感应强度特性曲线查出磁感应强度，同时要能读懂各个图象的物理意义，变化规律．14.如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量。实验时先让质量为的入射小球从斜槽轨道上某一固定位置由静止开始滚下，从轨道末端点水平抛出，落到与轨道点连接的倾角为的斜面上，记下小球与斜面第一次碰撞留下的落点痕迹。再把质量为的被碰小球放在斜槽轨道末端，让入射小球仍从位置-25-,由静止滚下，与被碰小球碰撞后都落到斜面上，记下两小球与斜面第一次碰撞留下的落点痕迹。、、为三个落点的位置（不考虑小球在斜面上的多次碰撞）。(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量___________，间接地解决这个问题。A．小球开始释放的高度B.斜面的倾角C.点与各落点的距离、、(2)以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是___________A.刻度尺B.天平C.量角器D.秒表(3)关于本实验，下列说法正确的是___________A.斜槽轨道必须光滑，且入射小球每次释放的初位置相同B.斜槽轨道末端必须水平C.为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量等于被碰球的质量(4)在实验误差允许范围内，若满足关系式___________，则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。若该碰撞是弹性碰撞，还应满足的关系式为___________。（用、及(1)中所选择的测量物理量字母表示）【答案】(1).C(2).AB(3).B(4).(5).【解析】【分析】【详解】解：(1)[1]小球离开斜槽后做平抛运动，设小球的位移大小为L，则有竖直方向水平方向-25-,Lcosθ=vt解得入射球碰撞前的速度入射球碰撞后的速度被碰球碰撞后的速度由以上计算分析可知，小球落在同一斜面上，只要测得O点与落点的距离L，即可用代替小球碰撞前后的速度，C正确，故选C。(2)[2]实验需要测量小球的质量，测量O点与小球各落点间的距离，因此测量质量需要天平，测量距离需要刻度尺，AB正确，故选AB。(3)[3]A．只要小球从斜槽上同一位置由静止释放，即可使小球到达斜槽底端的速度相等，斜槽不必光滑，A错误；B．为使小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道底端必须水平，B正确；C．为使入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量m1大于被碰球的质量m2，C错误。故选B。(4)[4]在实验误差允许范围内，实验要验证的关系是m1v0=m1v1+m2v2由(1)分析可知，则表达式为两球碰撞前后总动量守恒[5]若两球碰撞是弹性碰撞，碰撞运动中机械能守恒，由机械能守恒定律得-25-,整理可得15.起跳摸高是篮球爱好者喜欢的运动。如图所示，篮球框高度。某男生质量为，手竖直向上伸直后指尖离地高度为，某次该生从地面竖直起跳后指尖恰好碰到了篮球框，重力加速度取，不计空气阻力。(1)他起跳时的速度多大？(2)该次起跳前，他先下蹲使重心下降一定高度，然后用力蹬地，使重心匀加速上升，此过程中地面对他的平均作用力大小为，求的值；(3)落地时，该生采用双膝弯曲的方式进行自我保护，假设脚与地面缓冲的时间，求该生在缓冲过程中受到地面对他的平均作用力的大小。【答案】(1)4m/s；(2)0.5m；(3)1800N【解析】【分析】【详解】(1)该男生起跳高度为由得(2)该男生匀加速上升过程中有：-25-,得(3)对人缓冲过程由动量定理有：解得16.两水平放置的平行板，带等量异种电荷，上极板有相距的两个小孔、，一带电量为的小球从孔射入两板间后经恰好从孔射出（小球未与下极板碰撞）。小球从孔入射时速度方向与上极板的夹角为，已知小球的质量为，重力加速度取。求：(1)小球从孔入射时速度的大小；(2)两板之间的最小距离；(3)两板之间的电场强度。【答案】(1)1.25m/s；(2)；(3)【解析】【分析】【详解】(1)小球水平方向速度对小球到过程水平方向有得(2)小球竖直方向速度为-25-,小球竖直方向速度减为0的过程有：得(3)对小球竖直方向又有得17.如图所示，水平虚线、之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场高度为。竖直平面内有一等腰梯形线框，线框的质量为，底边水平，其上下边长之比为，高为。现使线框边在磁场边界的上方高处由静止自由下落，当边刚进入磁场时加速度恰好为0，在边刚要进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动，重力加速度为，求：(1)边刚进入磁场时的速度的大小；(2)在边刚要进入磁场前，线框做匀速运动的速度的大小；(3)从线框开始下落到边刚进入磁场的过程中，线框中产生的热量。-25-,【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【详解】(1)对线框自由下落过程，由得(2)设边长为，线框电阻为，则边刚进入碰场时有，，分析可知，当边出磁场而边未进磁场过程中线框可再次匀速运动且有效切割长度为对线框再次匀速时有解得(3)从线框开始下落到边刚进磁场过程中由能量守恒有解得18.如图所示，一光滑的圆弧轨道竖直固定在某一水平台面上，圆弧轨道下端与水平台面平滑连接，点有一静止的物块B，质量，点到边缘点的距离，平台边缘右侧有一倾角固定的斜面体，斜面长度，质量、长度的薄木板C置于斜面顶端且处于静止状态。现有一物块A-25-,从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，与物块B发生弹性碰撞后，物块A恰好到达平台边缘，物块B从平台边缘以速度飞出，稍后物块B以平行于斜面方向的速度恰落到薄木板C的上端。已知A、B与台面之间的动摩擦因数，B、C之间的动摩擦因数，C与斜面之间的动摩擦因数﹐最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度取，不计空气阻力。求：(1)物块A、B碰撞后的速度、的大小；(2)圆弧轨道的半径；(3)从物块B落到薄木板C上到C的下端到达斜面底端的过程中，系统因摩擦而产生的总热量。【答案】(1)，；(2)0.45m；(3)5J【解析】【分析】【详解】(1)对A匀减速过程有解得对B匀减速过程有解得-25-,(2)在A、B弹性碰撞过程有①②若，①②式无解，若，由①②式解得对A沿圆弧下落过程有解得(3)B冲上C上端瞬间的合速度为③B在C上表面滑动过程中，对B有④对C有设BC共速用时，则有⑤在时间内B、C各自位移为⑥由③⑥式解得由解得-25-,BC共速过程中相对位移为则B可与C共速且不掉落又则共速时C恰到斜面下端，综上分析，共速过程中B与C产生热量为⑦C与斜面产生的热量为⑧则所问过程中系统产生的总热量为⑨由⑦⑨式可得-25-