山东省潍坊市五县市2021届高三物理10月联考试题（Word版附解析）

山东省潍坊市五县市2021届高三物理10月联考试题（Word版附解析）

高三阶段性监测物理试题 ‎2020.10‎ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。‎ ‎1. 关于第一宇宙速度和第二宇宙速度，下列说法正确的是（　　）‎ A. 月球绕地球运行的速度大于第一宇宙速度 B. 月球绕地球运行的速度大于第二宇宙速度 C. 某卫星绕地球做椭圆轨道运行，近地点的速度可能大于第一宇宙速度 D. 某卫星绕地球做椭圆轨道运行，远地点的速度可能等于第一宇宙速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．月球绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，故AB错误；‎ C．某卫星绕地球做椭圆轨道运行时，如果近地点在近地圆轨道上速度大于第一宇宙速度；故C正确；‎ D．某卫星绕地球做椭圆轨道运行，远地点的速度小于第一宇宙速度，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2. “礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车匀速行驶，发现前方‎50m处的斑马线上有行人通过，立即刹车使车做匀减速直线运动，直至停止，减速的加速度大小为‎5m/s2，若小王的反应时间为0.5s，为确保安全，汽车刹车前匀速行驶的最大速度为（　　）‎ A. ‎18km/h B. ‎30km/h C. ‎36km/h D. ‎‎72km/h ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设汽车刹车前匀速行驶的最大速度为v，则 ‎ ‎ 解得 v=‎20m/s=‎‎72km/h 故选D。‎ ‎3. 在抗击新冠肺炎的战“疫”中，机器人发挥了独特的优势，机器人从护士站到病区为患者运送生活物品，如图甲所示。某次运送物品，机器人沿直线运动的v－t图象如图乙所示，则（　　）‎ A. t＝20s时机器人开始返回 B. 护士站与接收点之间的距离为‎120m C. 全过程机器人平均速度为‎2m/s D. 运送过程中物品在10s－20s内受到的摩擦力最大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在0－20s，机器人的运动方向没有改变，故A错误；‎ B．由图像可知，t=30s时，机器人到达接收点，0－30s图像与坐标轴围成的面积即为护士站与接收点之间的距离 故B正确；‎ C．全过程机器人平均速度为 故C错误；‎ D．运送过程中在10s－20s内机器人做匀速运动，故物品在10s－20s内不受摩擦力，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4. 三根完全相同的橫截面为正方形的工件1、2、3平行堆放，其中2、3放在水平地面上，1叠放在2、3上，其端面如图所示，1端面的对角线AB恰好竖直，工件间的摩擦忽略不计，系统处于静止状态。现向外缓慢移动2、3一小段距离，再次平衡后，下列说法正确的是（　　）‎ A. 1对2的压力变大 B. 1对2的压力变小 C. 2对地的压力变大 D. 2对地面的摩擦力不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对A受力分析如图 向外缓慢移动2、3一小段距离，则N的方向不变，仍垂直于A的两边，可知N不变，选项AB错误；‎ C．对ABC整体分析，则地面对2的支持力等于整体重力的一半，可知向外缓慢移动2、3一小段距离时，2对地的压力不变；选项C错误；‎ D．地面对2的摩擦力等于N的水平分量，因N不变且N的方向不变，可知N的水平分量不变，地面对2的摩擦力不变，2对地面的摩擦力不变，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎5. 新型冠状病毒引发的肺炎疫情牵动着亿万国人的心，一方有难，八方支援，当武汉各种物品告急时，全国人民纷纷慷慨解囊，捐款捐物，支援武汉。‎1月28日下午，山东寿光首批援助武汉的350多吨20余种新鲜优质蔬菜装载完毕，如图甲所示，满载蔬菜的大卡车沿一段平直公路缓缓驶出，其速度v随位移x的变化关系如图乙所示。则卡车（　　）‎ A. 做匀加速直线运动 B. 相同时间内速度变化量相同 C. 相同时间内速度变化量越来越大 D. 相同位移内所受合外力做功相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．因为 可知v-x图线的斜率表示，汽车的速度增大，则加速度a增大，做加速度增大的加速运动，根据 可知，相同时间内速度变化量越来越大，选项AB错误，C正确；‎ D．由图可知，相同位移内速度增加量相同，根据 ‎ ‎ 则相同位移内所受合外力做功越来越大，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎6. 北京时间‎2019年4月10日，“事件视界望远镜（EHT）”发布了5500万光年之外的M87星系中心的黑洞照片，这是人类捕获的首张黑洞“照片”。在距离黑洞中心R＝4000天文单位的距离上有个天体绕黑洞做圆周运动（地球公转轨道的半径在天文学上常用作为长度单位，叫做一个天文单位），已知该黑洞质量是太阳质量的6.5×109倍，不考虑其他星体的引力，则这个天体绕黑洞运动的周期约为（　　）‎ A. 0.3‎年 B. 1年 C. 3年 D. 30年 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】天体绕黑洞做圆周运动的向心力等于黑洞对天体的万有引力，则由 可得 由于该黑洞的质量是太阳质量的6.5×109倍，天体绕黑洞做圆周运动的半径为4000天文单位，故可求出天体绕黑洞运动的周期约为3年。‎ 故选C。‎ ‎7. 最近推出一款电动共享单车很受市民欢迎。一位市民仅靠电机驱动骑着该电动单车以恒定功率从静止启动，电动车能够达到的最大速度为v。已知电动单车所受的阻力是人和车总重力的，重力加速度g取‎10m/s2，则当车速为时人和车的瞬时加速度为（　　）‎ A. ‎1m/s2 B. ‎3m/s‎2 ‎C. ‎4m/s2 D. ‎5m/s2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由功率公式P=Fv，由于电动单车以恒定功率启动，所以单车牵引力大小等于阻力时，单车速度最大，设人和车总质量为M，所以可以得到单车启动功率为，车速为时，可得单车的牵引力为Mg，由牛顿第二定律得 F牵−F阻=Ma 代入数据解得 a=‎3m/s2‎ 故选B。 ‎ ‎8. 如图所示，斜面的高与底边长之比为1：2，一小球从斜面项端平抛，改变小球的初速度，小球落在斜面的位置不同，关于小球落到斜面上时的末速度，下列说法正确的是（　　）‎ A. 与水平方向夹角的正切值为0.5 B. 方向各不相同 C. 大小与初速度成正比 D. 大小与初速度平方成正比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由几何关系可知，斜面的倾角的正切 小球做平抛运动，水平方向有 竖直方向有 小球落在斜面上，可知 解得，运动时间 AB．末速度与水平方向夹角的正切值 可知末速度方向与初速度无关，末速度方向相同，故AB错误；‎ CD．末速度的大小 可见末速度的大小与初速度成正比，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎9. 橡皮筋具有与弹簧类似的性质，如图所示，一条质量不计的橡皮筋竖直悬挂，劲度系数k＝100N/m，橡皮筋上端安装有拉力传感器。当下端悬挂一个钩码，静止时拉力传感器读数为10N，现将一个完全相同的钩码挂在第一个钩码的下方，无初速释放，取g＝‎10m/s2，橡皮筋始终处在弹性限度内，则（　　）‎ A. 释放瞬间，拉力传感器的读数仍为10N B. 释放瞬间，钩码间的弹力大小是10N C. 拉力传感器的读数恒为20N D. 钩码运动速度最大时下降的高度为‎10cm ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．悬挂第二钩码释放瞬间，橡皮筋的长度还没变化，由胡克定律知，橡皮筋的拉力大小不变，拉力传感器的读数仍为10N，A正确，C错误；‎ B．悬挂一个钩码静止时二力平衡，由平衡条件得 F=mg 得钩码的质量 悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋的弹力不变，两个钩码具有相同的加速度，取钩码为整体，由牛顿第二定律得 ‎2ma=2mg−F 解得 a=‎5m/s2‎ 取第二个钩码为研究对象，由牛顿第二定律得 ma =mg−F1‎ F1=5N B错误；‎ D．设悬挂一个钩码稳定时橡皮筋的伸长量是x1，则有 kx1=G 悬挂第二个钩码后，当钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长x2，则有 k(x1+x2)=‎‎2G 代入数据可得 x2=‎‎10cm D正确。‎ 故选AD。‎ ‎10. 如图所示，原长为L的轻弹簧一端固定在O点，另一端与质量为m的小球相连，小球穿在倾斜的光滑固定杆上，杆与水平面之间的夹角为a，小球在A点时弹簧水平且处于原长，OB垂直于杆，C点是杆上一点且A、C关于B点对称。将小球从A由静止释放，到达D点时速度为零，OD沿竖直方向，弹簧始终在弹性限度内。则（　　）‎ A. 下滑过程中小球经过A、B、C三点的加速度相同 B. 下滑过程中，小球在C点的动能最大 C. 小球在C点动能为mgLsin2α D. 从B运动到D的过程中，重力势能与弹性势能之和增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在A点时，因弹簧处于原长，则小球的加速度为gsinθ；在B点时，弹簧处于压缩状态，且弹力方向垂直于斜杆，可知小球的加速度也为gsinθ；在C点时，因弹簧也处于原长，则小球的加速度为gsinθ，即下滑过程中小球经过A、B、C三点的加速度相同，选项A正确；‎ B．下滑过程中，小球在CD中间某位置合力为零，可知此时的动能最大，即C点的动能不是最大，选项B错误；‎ C．从A到C由动能定理 即小球在C点的动能为mgLsin2α，选项C正确；‎ D．因小球下滑过程中，重力势能、动能和弹性势能之和守恒，则从B运动到D 的过程中，动能先增加后减小，则重力势能与弹性势能之和先减小后增大，选项D错误。‎ 故选AC。‎ ‎11. 一个半径为R＝‎0.5m的光滑圆形轨道固定在竖直平面内，以其最高点O为原点建立平面直角坐标系xOy，其中x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向下，如图所示。在轨道内侧从O点将一个质量为m＝‎0.1kg的小球，分别以v1＝‎1m/s和v2＝‎4m/s的初速度水平抛出。重力加速度g＝‎10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A. 小球以v1抛出，会经过一段圆周运动后离开轨道做抛体运动 B. 小球以v1抛出，会从O点即做平抛运动，经0.4s击中圆形轨道 C. 小球以v2抛出，运动过程中的最大速度为‎6m/s D. 小球以v2抛出，运动过程中与轨道间的最大弹力为7.2N ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在最高点重力恰好提供向心力 解得 因，无法进行圆周运动，只能做平抛运动，水平方向有 竖直方向有 根据几何关系 解得 ‎ 故A错误，B正确；‎ CD．小球以 抛出，速度大于，小球做圆周运动，到达最低点速度最大，由动能定理可得 解得 ‎ 根据牛顿第二定律 解得最大弹力为 故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎12. 我们知道，处于自然状态水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为Epx＝－mω2x2。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 与该“势能”对应的“力”对水面上小水滴做功与路径有关 B. 水面稳定时，水面上同等质量的小水滴的重力势能和该“势能”之和相等 C. 水面稳定时，水面上同等质量的小水滴位置越高，该“势能”越小 D. 水面上的小水滴受到重力和该“势能”对应的“力”的合力，与水滴所在位置的切面垂直 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．与该“势能”对应“力”的性质与重力类似，所以该“力”对水面上小水滴做功与路径无关，故A错误；‎ B．水面稳定时，水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能，即水面上同等质量的小水滴的重力势能和该“势能”之和相等，故B正确；‎ C．水面稳定时，水面上同等质量的小水滴的重力势能和该“势能”之和相等，则小水滴位置越高，其重力势能越大，该“势能”就越小，故C正确；‎ D．水面上的小水滴处于平衡状态，其受到的重力和该“势能”对应的“力”的合力，与水面对小水滴的支持力平衡，所以与水滴所在位置的切面垂直，故D正确。‎ 故选BCD。‎ 三、非选择题：本题共6小题，共60分。‎ ‎13. 某实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。将一钢球用细线系住悬挂在铁架台上，钢球静止于A点。在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条。在A的正下方固定一光电门。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出。记录钢球每次摆下的高度h和计时器示数t，就能验证机械能是否守恒。‎ ‎(1)用刻度尺测量遮光条宽度，如图乙所示，读数为__________cm。某次测量中，计时器的示数为0.00320s，则钢球经过A时的速度v＝__________m/s。‎ ‎(2)下表为该实验小组的实验结果：‎ 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次 gh ‎0.122‎ ‎0.305‎ ‎1.034‎ ‎3.117‎ ‎5.121‎ v2‎ ‎0.135‎ ‎0.321‎ ‎1.143‎ ‎3.125‎ ‎5.124‎ 从表中发现gh与v2之间存在差异，造成该差异的原因，可能的有__________________。‎ A．钢球下落过程中存在空气阻力 B．实验中用的是遮光条的速度，比钢球实际速度略大 C．所测钢球摆下高度h为释放时球心到球在A点时底端之间的高度差 D．释放时给了小球一个初速度 ‎【答案】 (1). 0.80 (2). 2.50 (3). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]用刻度尺测量遮光条宽度，读数为‎0.80cm。某次测量中，计时器的示数为0.00320s，则钢球经过A时的速度 ‎(2)[2]由表格数据可知，gh比v2偏小，则：‎ A．若钢球下落过程中存在空气阻力，则会使gh比v2偏大，选项A错误；‎ B．实验中用的是遮光条的速度，比钢球实际速度略大，造成v2比gh偏大，选项B正确；‎ C．若所测钢球摆下高度h为释放时球心到球在A点时底端之间的高度差，则h测量值偏大，会造成gh比v2偏大，选项C错误；‎ D．释放时给了小球一个初速度，则会造成v2比gh偏大，选项D正确；‎ 故选BD。‎ ‎14. 某研究性学习小组用如图甲所示装置探究“物体加速度与合外力的关系”。该实验装置中，小车的质量为M，沙桶和沙的总质量为m，弹簧测力计的示数为F；通过改变m可改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可根据打点计时器频率和打出的纸带测量、计算后得出。现保持小车的质量M不变，多次改变沙桶和沙的总质量m后，得到多组a、F值。‎ ‎(1)为尽量减小实验误差，下列合理的是_______；‎ A．需要平衡小车所受的摩擦力 ‎ B．控制沙桶和沙的总质量远小于小车的质量 C．测出动滑轮、沙桶、沙的总质量m ‎ D．滑轮的摩擦足够小，绳的质量要足够轻 E．先释放小车，后接通打点计时器的电源 ‎(2)已知所用交流电源频率为50Hz。某次实验时打出的纸带如图乙所示（图中相邻两点间有4个点未画出）。则小车的加速度大小为__________m/s2.（保留两位有效数字）。‎ ‎(3)某同学根据实验数据画出了的图像如图丙所示，直线的横截距为F0、纵截距为a0，直线不过坐标原点的原因是____________，小车的质量M＝__________。‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 2.0 (3). 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) [1]A．实验时需要平衡小车所受的摩擦力，选项A正确； ‎ BC．因为有弹簧测力计测量小车所受的拉力，则不需要控制沙桶和沙的总质量远小于小车的质量，也不需要测出动滑轮、沙桶、沙的总质量m，选项BC错误；‎ D．滑轮摩擦和绳子的重力会影响示数，所以滑轮摩擦足够小，绳的质量要足够轻，故D正确；‎ E．实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，所以要先接通电源后释放小车，选项E错误。‎ 故选AD。 ‎ ‎(2)[2]图中相邻两点间有4个点未画出，则T=0.1s；则小车的加速度大小为 ‎(3)[3]由图像可知，当F到达一定值时小车才有加速度，可知原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；‎ ‎[4]由 可知 则 解得 ‎15. 如图所示，排球场总长为‎18m，宽为‎9m，女子排球的球网高度为‎2.2m，运动员站在左侧场地的底线AB与边线BC的交点B竖直跳起发球，击球点高度为‎3.2m，将球水平击出，球大小不计，排球不擦网且不出界，取重力加速度g＝‎10m/s2。求：‎ ‎(1)球击出的最小速度；‎ ‎(2)球击出的最大速度。‎ ‎【答案】(1)‎9m/s；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)球击出时正对球网且恰好不擦网速度最小，大小为vmix 竖直方向 水平方向 解得 ‎(2)当击球速度方向沿对角线时，击球速度最大为vmax 竖直方向 水平方向 发球的速度为 ‎16. 轻质细杆下端通过铰链连接在光滑水平面上，上端固定一质量为m的小球，小球可随轻杆在纸面内自由转动。现将小球靠在置于水平面上的木块左侧，并在木块右侧施加水平作用力F，如图所示，小球与木块均保持静止且轻杆与水平面的夹角为θ＝60°，重力加速度为g。‎ ‎(1)求水平作用力F的大小；‎ ‎(2)撤去水平作用力F，当θ＝45°时木块速度为v，求此时小球的速度大小。‎ ‎【答案】(1)；(2)v ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对小球分析，受重力、杆的支持力和木块对小球的弹力FN 由平衡条件得 FN=mgcotθ 对木块分析，受重力、地面支持力、水平推力和小球对木块的弹力FN′‎ 由平衡条件得 F=-FN′‎ 由牛顿第三定律 FN=-FN′‎ 解得 ‎(2)撤去水平作用力F后小球做圆周运动，设θ=45°时小球速度为v球，将其沿水平方向和竖直方向分解，则球沿水平方向速度 v水平=v球sin45°‎ 小球与木块分离前沿水平方向速度相等，即 v水平=v 解得 v球=v ‎17. 如图所示，半径为R＝‎3m的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C，圆轨道的直径AC与斜面垂直。A点左侧有一光滑平台，平台与A点的高度差h＝‎0.9m，平台上一弹簧水平放置，左端固定，右端与质量为m＝‎0.5kg的小滑块P接触但不连接。推动P压缩弹簧至某一位置后释放，P刚好从半圆轨道的A点切入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与A点等高的斜面轨道上D点，重力加速度g＝‎10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。求：‎ ‎(1)弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(2)小滑块与斜面间的摩擦因数；‎ ‎(3)小滑块经过半圆轨道最低点B时，对轨道压力的最小值。‎ ‎【答案】(1)8J；(2)；(3)7N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小滑块离开平台做平抛运动，设此时速度为v0，则弹簧的最大弹性势能 小滑块到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ 设竖直方向的速度为vy，则有 由几何关系得 联立解得 ‎ (2)小滑块从释放至到达D点，由能量守恒定律得 解得 ‎(3)经判断可知滑块最终将在C点及与C点等高点之间的圆轨道上往复运动，这种情况下滑块经过B点的速度最小，对B点压力最小 设滑块经过B点的最小速度为v2，由机械能守恒定律得 在B点，由牛顿第二定律得 解得 由牛顿第三定律知，小滑块在B点对轨道压力的最小值为7N。‎ ‎18. 如图所示，质量为m1＝‎2kg的小铁块（大小不计），放在长为L＝‎2.5m的长木板左端，木板质量为m2＝‎1kg，木板放在水平地面上，对小铁块施加水平向右的拉力F，已知铁块与木板间的摩擦因数为μ1＝0.2，木板与地面间的摩擦因数为μ2＝0.1，重力加速度g＝‎10m/s2。求：‎ ‎(1)为把小铁块从右端拉离木板，对小铁块施加的水平向右的拉力F应满足的条件；‎ ‎(2)若拉力F大小为8N，作用t＝2s后撤去拉力，撤去拉力时铁块和木板的速度大小v1和v2分别多大；‎ ‎(3)在(2)的情况下，木板运动的最大速度。‎ ‎【答案】(1)F＞6N；(2)‎4m/s；‎2m/s；(3)m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小铁块与木板相对滑动时，其间摩擦力达到最大静摩擦力，此时木板达到运动的最大加速度a，对木板：‎ μ‎1m‎1g-μ2（m1+m2）g=m‎2a 对整体 F-μ2（m1+m2）g=(m1+m2）a 解得 F=6N 故F＞6N ‎(2)当F=8N时板的加速度大小为a=‎1m/s2‎ 此时铁块加速度为ak1‎ F-μ‎1m‎1g=m1ak1‎ 解得 ak1=‎2m/s2‎ 铁块速度 v1=ak1t=‎4m/s 木板速度 v2=at=‎2m/s ‎(3)在2s时间内板对地位移为 在此时间内块对地位移为 相对滑动位移 ‎△x1=xk1-xB1=‎‎2m 撤去F后达到共速前铁块加速度大小为ak2‎ μ‎1m‎1g=m1ak2‎ ak2=‎2m/s2‎ 板的加速度为 a=‎1m/s2‎ 设经时间t1铁块与板达到共同速度 v1-ak2t1=v2+at1‎ 解得 此时间内两者相对滑动距离为 ‎ ‎ 解得 故铁块未达到共速就滑离木板 设经时间t2滑离木板 解得 t2=s 或t2=1s（舍去）‎ 滑离时木板速度最大，最大速度为 vBm=v2+at2‎ 解得 vBm=m/s