山东省济南历城第二中学2021届高三上学期期中考试物理试题 Word版含解析 22页

物理注意事项：1、答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.静电场和重力场在某些特点上具有一定的相似性，结合有关“场”的知识，并进行合理的类比和猜想，以下说法中正确的是（　　）A.法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，并测定了元电荷的电荷量B.法拉第建立了电场的概念，并引出电场线来描述电场C.如果把地球抽象为一个孤立质点，其“重力场线”的分布类似于真空中一个孤立的正电荷所产生的静电场的电场线分布D.如果将重力场与静电场相类比，重力场的“场强”等于重力加速度，其“场强”大小的决定式为【答案】B【解析】【详解】A．库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，而密立根测定了元电荷的电荷量，故A错误；B．电场和电场线的概念是法拉第建立的，故B正确；C．如果把地球抽象为一个孤质点，用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布，重力场的方向指向地球，类似于真空中一个孤立的负电荷所产生的静电场的电场线分布，故C错误；D-22- ．重力场与静电场相类比，重力场的“场强”相等于重力加速度，其“场强”大小的定义式为，故D错误。故选B。2.如图为甲、乙两质点同时沿同一直线运动x–t图象．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是A.在0~t0时间内，甲、乙运动方向相反B.在0~t0时间内，乙的速度一直在增大C.在0~2t0时间内，甲的速度一直在减小D.在0~2t0时间内，甲、乙发生的位移相同【答案】A【解析】【详解】A．根据位移时间图象的斜率表示速度，可知，在0～t0时间内，甲的速度为负，乙的速度为正，说明甲、乙的运动方向相反．故A正确．B．根据位移图象的斜率表示速度，在0～t0时间内，乙图线的斜率不断减小，则乙的速度一直减小．故B错误．C．根据位移图象的斜率表示速度，可知在0～2t0时间内，甲的速度不变．故C错误．D．在0～2t0时间内，甲的位移x1=0-2x0=-2x0，乙的位移为x2=x0-（-x0）=2x0，所以甲、乙发生的位移不相同．故D错误．3.如图所示，A和B两个小球由两段轻细线连接并系在O点，现在对B球施加一拉力（未画出），使OA段细线偏离竖直方向θ角度。已知虚线Ⅰ与细线AB段垂直，虚线Ⅱ与细线OA段垂直，虚线Ⅲ沿水平方向，虚线Ⅳ沿AB方向。若要使对B球施加拉力最小，则此拉力的方向应为（　　）-22- A.沿虚线ⅠB.沿虚线ⅡC.沿虚线ⅢD.沿虚线Ⅳ【答案】B【解析】【详解】ABCD．将A和B看成一个整体，受到重力、绳子OA的拉力及外力，如图所示，当外力与绳子OA垂直时，拉力最小，即沿虚线Ⅱ，ACD错误，B正确。故选B。4.很多智能手机都有加速度传感器。小明把手机平放在手掌上，打开加速度传感器，记录手机在竖直方向上加速度的变化情况。若手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落，然后接住手机，手机屏幕上获得的图像如图甲所示。以下实验中手机均无翻转。下列说法正确的是A.若将手机竖直向上抛出再落回手掌中，所得图像可能如图乙所示B.若保持手托着手机，小明做下蹲动作，整个下蹲过程所得图像可能如图丙所示C.若手托着手机一起由静止竖直向上运动一段时间后停止，所得图像可能如图丁所示D.手机屏幕上的图像出现正最大值时，表明手机处于失重状态【答案】A【解析】【详解】A-22- ．若手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落，然后接住手机，手机先加速后减速，加速度先竖直向下，再竖直向上。由图甲可知加速度竖直向下时为负值。若将手机竖直向上抛出再落回手掌中，手机先竖直向上加速然后竖直上抛运动最后竖直向下减速，加速度方向先竖直向上然后竖直向下最后竖直向上，即先正然后负最后正，所得图像可能如图乙所示，故A正确；B．若保持手托着手机，小明做下蹲动作，手机先竖直向下加速然后竖直向下减速，加速度方向先竖直向下然后竖直向上，即先负后正，整个下蹲过程所得图像不可能如图丙所示，故B错误；C．若手托着手机一起由静止竖直向上运动一段时间后停止，手机先竖直向上加速最后竖直向上减速，加速度方向先竖直向上最后竖直向下，即先正最后负，所得图像不可能如图丁所示，故C错误；D．手机屏幕上的图像出现正最大值时，说明加速度方向竖直向上，处于超重状态，故D错误。故选A。5.如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）A.物块A、B的运动属于匀变速曲线运动B.B的向心力是A的向心力的2倍C.盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍D.若B先滑动，则B与A之间的动摩擦因数μA小于盘与B之间的动摩擦因数μB【答案】C【解析】【详解】A．AB做匀速圆周运动，向心加速度的方向始终指向圆心，是不断变化的，所以该运动不属于匀变速曲线运动。故A错误；B．因为A、B两物体的角速度大小相等，根据Fn＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故B错误。C．对AB整体分析有fB＝2mrω2-22- 对A分析有fA＝mrω2知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故C正确。D．对AB整体分析有μB2mg＝2mrωB2解得对A分析有μAmg＝mrωA2解得因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB＜μA，故D错误。故选C。6.“水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势。某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S=0.1mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600g，水的密度为ρ=1.0×103kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为（　　）A.1.0´105B.1.0´106C.1.0´107D.1.0´108【答案】C【解析】【详解】一分钟喷出的水的质量为-22- 解得水的流速选取时间内打在材料表面质量为水为研究对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动量定理得其中解得根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力水对材料垂直于表面方向的压强代入数据解得故C正确，ABD错误。故选C。7.如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物(可视为质点)，重物静止时处于位置。现用手托重物使之缓慢上升至位置，此时弹簧长度恢复至原长。之后放手，使重物从静止开始下落，沿竖直方向在位置和位置(图中未画出)之间做往复运动。重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。关于上述过程(不计空气阻力)，下列说法中正确的是（　　）-22- A.重物在位置时，其加速度的数值大于当地重力加速度的值B.在重物从位置下落到位置的过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量C.在手托重物从位置缓慢上升到位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能D.在重物从位置到位置和从位置到位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做的功相同【答案】C【解析】【详解】A．因A、C位置关于B点对称，而A点时的加速度为g，则根据简谐振动的规律可知，重物在C位置时，其加速度的数值等于当地重力加速度的值g，选项A错误；B．在重物从A位置下落到C位置的过程中，动量的变化为零，可知合外力冲量为零，即重力的冲量等于弹簧弹力的冲量，选项B错误；C．在手托重物从B位置缓慢上升到A位置在到返回B位置过程中，重力做功为零，弹力做功为零，故手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能，故C正确；D．根据胡克定律，有F=kx，作图如下：图中图线与x轴包围的面积表示弹力的功，故在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是1：3；故D错误；故选C。8.浮吊船又称起重船，由可在水面上自由移动的浮船和船上的起重机组成，可以在港口内将极重的货物移至任何需要的地方。如图所示，某港口有一质量为M=20t的浮吊船，起重杆OA长l=8m。该船从岸上吊起m=2t的重物，不计起重杆的质量和水的阻力，开始时起重杆OA与竖直方向成60°角，当转到杆与竖直成30°角时，浮船沿水平方向的位移约为（）-22- A.0.27mB.0.31mC.0.36mD.0.63m【答案】A【解析】【详解】浮吊与重物组成的系统水平方向不受外力，动量守恒且初总动量为零，为一人船模型，以水平向左为正方向，设某时刻t重物与浮吊的速度分别是、则因为重物与浮吊运动的时间相等，则解得故选A【点睛】解答本题的关键是把浮吊与重物组成的系统看作人船模型。9.小明正在火车的餐车上用餐，当列车广播火车马上就要进站时，小明发现自己面前杯子里的水面发生了如图所示的倾斜，小明目测水面与水平面的夹角大约为10°，且离自己身体近的一侧水面较低。忽略水面的表面张力，试判断（　　）A.火车此刻的加速度为gsin10°B.火车此刻的加速度为gtan10°-22- C.小明此时面对火车前进的方向D.小明此时背对火车前进的方向【答案】BC【解析】【详解】由于火车进站做减速运动，加速度方向与速度方向相反，水的合力方向与速度方向相反，则水面倾斜，故小明此时是面对火车前进的方向，水受到重力mg与杯子对水的作用力FN，如下图所示在竖直方向上平衡，加速度方向在水平方向，即合力方向沿水平方向，根据牛顿第二定律有解得此刻加速度为故选BC。10.如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度大小均为v0，粒子重力不计，以下说法正确的是A.粒子在A、B间是做圆周运动B.粒子从A到B的运动过程中，动能先减小后增大C.匀强电场的电场强度E＝D.圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U【答案】BD【解析】-22- 【详解】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．如图由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；由A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°，后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故B正确；匀强电场的电场强度U=Ed，式中的d是沿着电场强度方向的距离，由几何关系可知，，则，故C错误；圆周上电势最高的点与O点的电势差为，故D正确；故选BD．【点睛】带正电粒子仅在电场力作用下，从A运动到B，由速度大小，得出粒子的动能的大小关系，从而确定粒子的电势能大与小．由于匀强电场，则等势面是平行且等间距．根据曲线运动条件可确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向．11.我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础。如图所示，假设与地球同球心的虚线球面为地球大气层边界，虚线球面外侧没有空气，返回舱从a点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳”出，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回舱。d点为轨迹最高点，离地面高h，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。则返回舱（　　）A.在d点加速度等于-22- B.在d点速度等于C.虚线球面上的a、c两点离地面高度相等，所以va=vcD.虚线球面上的c、e两点离地面高度相等，所以vc=ve【答案】AD【解析】【详解】A．在d点时，万有引力提供向心力其中解得故A正确；B．根据万有引力提供向心力可知其中在d点时，万有引力大于所需的向心力，做近心运动，故速度大小故B错误；CD．从a到c由于空气阻力做负功，动能减小，c到e过程中只有万有引力做功，机械能守恒，a、c、e点时速度大小应该满足故C错误，D正确。故选AD-22- 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小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。12.如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示．x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为－q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是（　　）A.粒子在x2点的速度为v0B.从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大C.若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为D.若v0＝，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0【答案】AC【解析】【详解】A．从O到x2处，电场力做功为零，根据动能定理可知，粒子在x2点的速度为v0；故A正确；B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，负电荷的电势能不断增大；故B错误；C．粒子能运动恰好运动到x1处，就能运动到x4处。设粒子恰能运动运动到x1处，初速度v0最小，根据动能定理得：解得：所以若小球能运动到x4处，则初速度v0至少为。故C正确；D．当带电粒子运动到x3处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，根据动能定理得：-22- 解得最大动能为：Ekm=2qφ0故D错误。故选AC。三、非选择题：本题共6小题，共60分13.(1)用50分度的游标卡尺测量某一工件长度，读数如图所示，其读数为____mm；(2)如图所示为一种工程用纤维尺，尺长100m，最小刻度为1cm；①下面为测量某一建筑物长度时记录的数据，正确的是___________A.60.0mB.60.00mC.60.000mD.60.0000m②科学研究中，把测量值与真实值之差成为绝对误差，绝对误差与真实值的比值称为相对误差。相对误差通常表示成百分比形式。测量的相对误差则不仅与所用测量工具有关，而且也与被测量的大小有关，当用同一种工具测量时，被测量的数值越大，测量结果的相对误差就越小。若要求测量的相对误差不超过5%，则用该尺测量的长度小于______m时就不再符合要求。【答案】(1).11.50(2).C(3).0.200【解析】【详解】(1)[1]50分度的游标卡尺，精确度是0.02mm，游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第25个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为25×0.02mm=0.50mm，所以最终读数为：11mm+0.50mm=11.50mm-22- (2)[2]纤维尺的分度值为1cm，读数应精确到1cm=0.01m，在准确值后应再估读一位，以m为单位，测量结果在小数点后应有3位数A．60.0m，小数点后有1为数，故A错误；B．60.00m，小数点后有2位数，故B错误；C．60.000m，小数点后有3位数，故C正确；D．60.0000m，小数点后有4位数，故D错误。故选C(3)[3]纤维尺的分度值为1cm，用该尺测量的最大绝对误差是1cm=0.01m，设测量的最小长度为L，则相对误差为解得则用该尺测量的长度小于0.200m时就不再符合要求14.某学习小组用图甲所示的实验装置探究拉力做功与小车动能变化之间的关系。小车上遮光片的宽度为d，A、B处是两光电门，可测得小车上的遮光片通过A、B处所用的时间；用遮光片通过光电门的平均速度表示小车通过A、B点时的速度，钩码上端为拉力传感器，可读出细线上的拉力F。适当垫高木板右端，使小车不挂钩码时能在长木板上匀速运动。挂上钩码，从木板右端由静止释放小车进行实验。(1)符合本实验要求的有___________；A.要保证钩码和拉力传感器的质量远小于小车的质量B.要测出钩码和传感器的质量C.要测量长木板垫起的高度和木板长度D.要选用宽度窄一些的挡光片(2)某次实验中质量为m的小车通过A、B光电门的时间分别为tA、tB，则小车由A运动到B-22- 时动能的变化量=___________；(3)保持拉力F=0.2N不变，仅改变光电门B的位置，读出B到A的距离s，记录对应的s和tB数据，画出s-v2图像如图乙所示。根据图像可求得小车的质量m=___________kg，A处光电门到木板右端的距离L=___________m（不计小车的长度）。【答案】(1).D(2).(3).0.6(4).0.3【解析】【详解】(1)[1]AB．小车所受拉力可以由拉力传感器测出，不需要保证钩码和拉力传感器的质量远小于小车的质量，不需要测出钩码和传感器的质量，故AB错误；C．把木板垫高的目的是平衡摩擦力，只要适当调整长木板的高度恰好平衡摩擦力即可，不需要测量长木板垫起的高度和木板长度，故C错误；D．用遮光片通过光电门的平均速度表示小车通过A、B点时的速度，遮光片宽度越小，平均速度越接近瞬时速度，为减小实验误差，要选用宽度窄一些的挡光片，故D正确。故选D。(2)[2]小车经过光电门时的速度为小车经过光电门时的速度为小车由运动到动能变化量为(3)[3]对小车，由动能定理得已知，整理得图象的斜率-22- 图象的截距解得小车质量为,[4]由牛顿第二定律得小车的加速度为小车从到做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得间的距离为15.斜面是一种简单机械，在我国战国时期，墨子所作的《墨经》一书中就记载了利用斜面来提升重物的方法。在日常生活中经常会使用斜面，例如卡车装载大型货物时，常会在车尾斜搭一块木板，工人将货物沿木板推入车厢，如图甲所示。将这一情境简化为图乙所示的模型。已知，货物质量为m，货物与斜面间的动摩擦因数为m，重力加速度为g。(1)若斜面倾角为q，对静止放置于斜面的货物做受力分析，并计算货物受到的摩擦力的大小；(2)现用平行于斜面的力将货物沿斜面从底端匀速推到顶端。甲工人认为斜面倾角越小推送货物的过程推力对货物做功越少；乙工人认为斜面倾角越大推送货物的过程推力对货物做功越少。将货物看作质点，请通过计算判断谁的观点是正确的。【答案】(1)；(2)乙工人的观点是正确的【解析】【详解】(1)受力分析如答图所示-22- 由共点力平衡关系可知(2)货物匀速上滑的过程受力如答图所示由共点力平衡关系可知其中推力F做功其中代入得由此可知，q越大，W越小，所以乙工人的观点是正确的。16.如图所示，从A点水平抛出的小物块，到达斜面顶端B处时，其速度方向恰好沿斜面向下，然后沿倾角为的固定斜面滑下，小物块到达C点时速度恰好为，因受到微小扰动，小物块滑上与斜面平滑对接的四分之一光滑圆弧轨道上．已知圆弧轨道的半径，圆心O在C点的正下方，小物块的质量，平抛运动的水平位移，斜面长，取，，-22- ，不计空气阻力，求：（1）小物块从点抛出的初速度的大小；（2）小物块沿斜面滑下过程中克服摩擦力做的功；（3）若小物块沿圆弧轨道滑到P点时脱离轨道，求P点离D点的高度．【答案】（1）2m/s（2）36.25J（3）0.4m【解析】【详解】(1)小物块平抛到B点时：小物块从A运动到B：解得(2)小物块平抛到B点的速度小物块从B运动到C：解得(3)小物块运动到P点时刚与轨道分离，对圆弧轨道的压力为0，此时：-22- 小物块由C运动到P：其中解得：17.如图所示为利用静电除烟尘的通道示意图，前、后两面为绝缘板，上、下两面为分别与高压电源的负极和正极相连的金属板，在上下两面间产生的电场可视为匀强电场，通道长L=1m，进烟尘口的截面为边长d=0.5m的正方形。分布均匀的带负电烟尘颗粒均以水平速度v0=2m/s连续进入通道，碰到下金属板后其所带电荷会被中和并被收集，但不影响电场分布。已知每立方米体积内颗粒数n=1013个，每个烟尘颗粒带电量为q=-1.0´10-17C，质量为m=2.0´10-15kg，忽略颗粒的重力、颗粒之间的相互作用力和空气阻力。(1)当所加电压U0=300V时，求被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值；(2)若烟尘颗粒恰好能全部被除去，求所加电压U1；(3)装置在(2)中电压U1作用下稳定工作时，1s内进入的烟尘颗粒从刚进入通道到被全部除去的过程中，求电场对这些烟尘颗粒所做的总功。【答案】(1)；(2)400V；(3)0.01J【解析】【详解】(1)颗粒在运动中做类平抛运动，由牛顿第二定律有在水平方向上有在竖直方向上有-22- 解得被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值(2)若烟尘颗粒恰好能全部被除去，紧贴上金属板射入的颗粒恰能打到下金属板上，颗粒做平抛运动，在竖直方向上有解得(3)1s内的总个数为电场力对每个颗粒所做的功与其到下金属板的偏移量y成正比，则对所有颗粒做功的平均值等于电场对距离下金属板处的颗粒所做的功，所以有18.如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α=30°，一上表面光滑的“L”型工件AB恰好静止在斜面上，工件质量为m，长度为L，B端挡板厚度不计，已知工件和斜面间的摩擦因数，工件与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，物块始终在工件上运动，可视为质点的小物块以初速度v0从工件A端滑上工件，一段时间后与B端挡板发生碰撞，以后每隔一段时间，物块就与挡板碰撞一次，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求：重力加速度为g，求：(1)木块第一次刚到达B端但还未与挡板碰撞时的瞬时速度v1；(2)从第1次碰撞刚结束到第n次碰撞刚结束，木块运动的时间T及木块和工件组成的系统损失的机械能ΔE；(3)为保证整个过程中物块不从工件上滑下，物块的初速度v0须满足什么条件（用g、x-22- 表示）。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)对物块解得(2)物板与工件挡板第1次发生碰撞解得此后工件做匀减速直线运动当工件减速到零时-22- 在相同时间内物块做匀加速直线运动即从第一次碰撞到后第二次碰撞前的过程中，两者对地位移相等，，，以后重复相同过程。则从第一次碰后到第n次碰后的过程中，每个相邻的碰撞过程中(3)当木块和工件共速时，木块距离B端最远-22-