全国百强名校2021届高三上学期12月领军联考物理试卷 Word版含解析

全国百强名校2021届高三上学期12月领军联考物理试卷 Word版含解析

- 1 - 2020—2021 学年上学期全国百强名校 “领军考试”高三物理 2020.12 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在本试题相应的位置。 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将 答案用 0.5mm 黑色笔迹签字笔写在答题卡上。 4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。 一、选择题（本题共 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 题只有一项是符合题目要求，第 7-10 有多个选项符合题目要求，全部 选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。） 1. 下列装置及现象的原理与电磁感应无关的是（ ） A. 图甲中线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，金属环放在线圈左侧，闭合开关时金属环被 弹射出去 B. 图乙中永磁铁置于线圈下方，电池与两金属支架连接后线圈能转动起来 C. 图丙中空心铝管竖直放置，把一块小磁铁从上端管口放入管中后，小磁铁的下降变得缓慢 D. 图丁中某品牌的无线充电装置可以对手机进行无线充电 【答案】B 【解析】 【分析】 - 2 - 【详解】A．图甲中线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，金属环放在线圈左侧，闭合开关时， 金属环中磁通量增加，根据楞次定律可知，金属环被弹射出去，与电磁感应有关，故 A 不符 合题意； B．图乙中永磁铁置于线圈下方，电池与两金属支架连接后线圈能转动起来，是电流在磁场中 受到安培力的结果，与电磁感应无关，故 B 符合题意； C．图丙中空心铝管竖直放置，把一块小磁铁从上端管口放入管中后，小磁铁的下降变得缓慢， 是因为产生涡流，阻碍了磁铁的运动，与电磁感应有关，故 C 不符合题意； D．图丁中某品牌的无线充电装置可以对手机进行无线充电，无线充电利用了电磁感应，与电 磁感应有关，故 D 不符合题意； 故选 B。 2. A、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图所示为 A 追上 B 发生碰撞前后的v t 图 线，由图线可以判断碰撞前后 A 的动能改变量大小 1kE 与 B 的动能改变量大小 2kE 之比为 （ ） A. 3：2 B. 4：3 C. 5：4 D. 1：1 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A 追上 B 发生碰撞前后的 v t 图线，所以碰前 1 6m/sv  ， 2 1m/sv  ；碰后 1 ' 2m/sv  ， 2 ' 7m/sv  ，根据动量守恒定理 1 1 2 2 1 1 2 2' 'm v m v m v m v   解得： 1 2 3 2 m m  则 - 3 - 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 '2 2 1:11 1'2 2 k k m v m v v E m mE v       故选 D。 3. 质点在 20 ~ t 时间内运动的 v t 图像是一段抛物线，如图所示，关于 10~t 和 21 ~t t 两段时 间内的运动，以向右为正方向，0 时刻质点位于 A 点，下列说法正确的是（ ） A. 两段时间内的位移大小相等 B. 2t 时刻质点位于 A 点右侧 C. 质点在 10~t 段的平均速度小于在 21 ~t t 段的平均速度 D. 20 ~ t 时间内加速度随时间均匀增大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.速度-时间图像中图线和坐标轴所围面积就是物体运动的位移，由图像可知，两段 时间内的位移大小不相等，故 A 错误； B. 由图像可知，物体先向左运动，t1 时刻之后向右运动，向左运动的位移大于向右运动的位 移，所以 2t 时刻质点还没有回到 A 点，位于 A 点左侧，故 B 错误； C. 质点在 10~t 平均速度大小 1 1 2 vv  21 ~t t 的平均速度 1 2 2 vv  故 C 错误； - 4 - D. 图线是抛物线，方程可以写成 2v kt b  v 对 t 求导即为加速度，与 t 成一次函数，即加速度随时间均匀增大，故 D 正确。 故选 D。 4. 全国多地在欢迎援鄂抗疫英雄凯旋时举行了“飞机过水门”的最高礼仪，寓意为“接风洗 尘”。某次仪式中，两条水柱从两辆大型消防车中斜向上射出，左右两条水柱从同一高度射 出，射出时速度方向与水平方向的夹角分别为 45°和 30°，两条水柱恰好在最高点相遇，不计 空气阻力和水柱间的相互影响，则左右两条水柱射出时的速度大小之比为（ ） A. 2 2 B. 6 2 C. 6 3 D. 3 3 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】竖直方向上 1 2 1 1sin 45 sin302 2v t v t   所以 1 2 2 2 v v  故选 A。 5. 如图所示，真空中有两个正点电荷 Q1 和 Q2，带电量满足 Q2=9Q1，现将二者分别固定在 x 轴上的 x1=0 和 x2=0.08m 两点，则下列说法正确的是（ ） A. 在 x 轴上可能存在两个场强为零的位置（无穷远处除外） B. 在 x=0.15m 处场强方向沿 x 轴负方向 - 5 - C. 在 x2=0.08m 右侧不可能存在场强与 x1=0 和 x2=0.08m 之间某点场强大小相等的点 D. 在 x=0.12m的位置上由静止释放一正试探电，则该试探电荷将一直沿 x 轴正方向运动 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．场强为 0 时，两个点电荷在该处产生的场强大小相等、方向相反。由于两个点电 荷都带正电，电荷量不等，由 2 QE k r  在 x 轴上有一个场强为 0 的点，该点在 x 轴上两个点电荷之间靠近 Q1 的位置，故 A 错误； BD．设场强为 0 的点坐标为 x。则有 1 2 2 2(0.08 ) Q Qk kx x   可得 x=0.02m 根据电场的叠加原理知，在 x 轴上的 0.02m＜x＜0.08m 和 x＜0 的区域场强沿着 x 轴负方向， 在 0＜x＜0.02m 和 x＞0.08m 的区域场强沿着 x 轴正方向，故 B 错误，D 正确； C．由场强叠加原理可知在 x2=0.08m 右侧可能存在场强与 x1=0 和 x2=0.08m 之间某点场强大小 相等的点，C 错误。 故选 D。 6. 建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。在一次竖直抛 砖的过程中，将砖块的运动看成匀变速直线运动，把运动时间分为相等的 3 份，对应的位移 先后分别为 1x 、 2x 、 3x ，如果通过位移 3x 用时为 1t ，通过位移 1x 的后 1 5 部分用时为 2t ，则 1 2 t t 满足（ ） A. 1 2 4 5t t   B. 1 2 3 4t t   C. 1 2 2 3t t   D. 1 2 1 2t t   【答案】A - 6 - 【解析】 【分析】 【详解】将砖块的运动逆向看做由静止开始的匀加速直线运动。初速度为零的匀变速直线运 动，连续相等时间内的位移之比为 1：3：5：…，所以 x3：x2：x1=1：3：5，因此位移 1x 的后 1 5 部分与 x3 大小相等，根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等位移所用时间之比为    1 2 1 3 2  ： ： ： ， t2 对应的是第 5 段 5 2 ，所以 1 2 1 5 2 5 2 t t     故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 7. 2020 年 7 月 23 日中午 12：41 分，我国第一个火星探测器“天问一号”搭载长征五号遥四 运载火箭在海南的文昌航天发射中心的发射场地成功发射。火星直径约为地球直径的一半， 质量约为地球质量的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的 1.5 倍。根据以 上数据，下列说法正确的是（ ） A. 火星与地球表面的重力加速度之比约为 2：5 B. 火星与地球的公转周期之比约为 2：3 C. 火星与地球的第一宇宙速度之比约为1: 5 D. 火星与地球受到太阳的引力之比约为 1：9 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A．根据万有引力和重力的关系可得： 2 GMmmg R  ，解得星球表面的重力加速度为： 2 GMg R  ，所以火星表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为： 2 2 41 10 2 1 5 g M R g M R      地 火 火 地火 地 故 A 正确； B．根据开普勒第三定律 - 7 - 3 3 3 6 4 T r T r   地 火 火 地 故 B 错误； C．根据万有引力提供向心力可得线速度大小为 GMv R  ，火星与地球的第一宇宙速度之比 约为 1: 5v M R v M R  地 地 火 火 地 火 故 C 正确； D．根据 2 MmF G r  可知，火星与地球受到太阳的引力之比约为 1:22.5，故 D 错误。 故选 AC。 8. 如图所示，P 为光滑定滑轮，O 为光滑轻质动滑轮，轻绳跨过滑轮，左端与物体 A 相连， 右端固定在杆 Q 上，重物 B 悬挂在动滑轮上。将 A 置于静止在粗糙水平面的斜面体上，轻绳 AP 段与斜面平行，系统处于静止状态。若将杆 Q 向左移动一段距离，斜面体与物体 A 仍保 持静止状态，待动滑轮静止后，下列说法正确的是（ ） A. 轻绳中拉力减小 B. 物体 A 与斜面体之间的摩擦力一定增大 C. 斜面体与地面之间的弹力增大 D. 斜面体与地面之间的摩擦力增大 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A．若将杆 Q 向左移动一段距离，斜面体与物体 A 仍保持静止状态，待动滑轮静止 后， QOP 变小，两绳拉力大小相等，合力与 B 的重力等大反向，设绳 OP 与竖直方向夹 角为 ， 2cos mgT  ，角度变小，则拉力变小，故 A 正确； - 8 - B．绳中拉力变小，如果开始 A 受到的摩擦力沿斜面向下，则摩擦力减小，故 B 错误； CD．对 A 和斜面整体分析，斜面倾角为 ，水平方向 cosf T  竖直方向 ( ) sinN M m g T    拉力变小，摩擦力变小，支持力变大，故 C 正确 D 错误。 故选 AC。 9. 如图所示，在 OP 边界上方存在磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。磁 场的直线边界上有粒子源位于 O 点，零时刻粒子源同时向纸面内各个方向发射速率均为 v、质 量均为 m、电荷量均为 –q 的粒子，有两个粒子先后经过边界上另外一点 P，OP 的长度为 3 mv qB ，不计粒子重力及粒子间相互作用力，则下列说法正确的是（ ） A. 两个粒子运动的加速度大小不相同 B. 两个粒子运动轨道的半径不相同 C. 两个粒子分别从 O 点到达 P 点时的动量变化量相同 D. 两个粒子到达 P 点的时间差为 2 3 m qB  【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】A．零时刻粒子源同时向纸面内各个方向发射速率均为 v、质量均为 m、电荷量均为 –q 的粒子，根据 qvBa m  可知，加速度相同，故 A 错误； B．根据 - 9 - mvr Bq  可知，半径相同，故 B 错误； C．根据题意可知， 3OP r ，根据几何关系可知，两粒子入射与边界 OP 方向夹角分别为 60°和 120°，根据题意可知，出射方向速度与边界 OP 方向夹角 60°和 120°，速度方向变 化均垂直 OP 方向向下，大小相同，则动量变化相同，故 C 正确； D．两粒子运动周期 2 mT Bq  两个粒子到达 P 点的时间差为 240 120 2 360 3 mt T qB     故 D 正确。 故选 CD。 10. 如图所示，单匝直角三角形金属线框OPQ 位于 xOy 平面内，其中OP 边位于 y 轴上，OQ 边位于 x 轴上，匀强磁场方向沿 y 方向，磁感应强度大小为 B。金属框可以绕 y 轴或 x 轴以 角速度ω沿图示方向匀速转动，已知 OP 边的长度为 1l ， OQ 边的长度为 2l ，下列判断正确的 是（ ） A. 金属线框绕 y 轴转动时，框中无电流 B. 金属线框绕 x 轴转动时，框中无电流 C. 金属线框绕 y 轴转动时， PQ 两点间的电势差 2 2 1 2PQU Bl   D. 金属线框绕 x 轴转动时，框中感应电动势的最大值为 1 2 1 2mE Bl l  【答案】ACD 【解析】 - 10 - 【分析】 【详解】A．金属线框绕 y 轴转动时，回路磁通量始终为零，框中无电流，故 A 正确； B．金属线框绕 x 轴转动时，回路磁通量在变化，框中有电流，故 B 错误； C．金属线框绕 y 轴转动时，根据右手定则 Q 点电势高，根据旋转切割电动势方程可知， 2 2 1 2PQU Bl   ，故 C 正确； D．金属线框绕 x 轴转动时，框中感应电动势的最大值为 1 2 1 2 BlE BS l   故 D 正确； 故选 ACD。 二、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 11. 某实验小组利用如图所示装置研究小车在斜面上的运动，实验开始时，小车静止在 O 点， 两个光电门分别位于 A、B 两点。 (1)用刻度尺测得 A、B 两点处的光电门之间的距离 x，小车由 O 点静止释放，下滑过程中依次 通过 A、B 两点处的光电门，由数字计时器记录挡光片通过两个光电门之间的时间 t。 (2)将光电门 B 向下移动一小段距离后，重新测得 A、B 两点处的光电门之间的距离，小车再 次由 O 点静止释放，记录小车通过两个光电门之间的时间。重复以上步骤，得到若干组 t 和 x 的数值。 (3)在 x tt  坐标中描点连线，得到一条倾斜的直线，其斜率大小为 k，纵轴截距为 b，则小车 加速度为___________，小车通过光电门 A 的速度为___________。（用 k、b 表示） 【答案】 (1). 2k (2). b 【解析】 【分析】 【详解】(3)[1][2]根据 21 2x vt at  整理得 1 2A x v att   ，故斜率 1 2k a ，纵轴截距 - 11 - Ab v ，解得： 2a k ， Av b 12. 某实验探究小组利用如图所示电路测量一毫安表的内阻以及电源的电动势和内阻。实验室 提供的实验器材如下： A．待测毫安表（满偏电流 2.5mA ，内阻大约10Ω ） B．待测电源（E 大约为 3V ，r 大约1Ω ） C．电阻箱（最大阻值为 9999Ω ） D．电阻箱（最大阻值为999Ω ） E．电阻箱（最大阻值为99.9Ω ） F．开关、导线若干 实验步骤如下： a．将电阻箱 1R 的阻值调到最大，只闭合 1S ，调节 1R 的阻值使毫安表的示数达到满偏； b．保持电阻箱 1R 的阻值不变，再闭合 2S ，调节电阻箱 2R ，使毫安表示数达到满偏值的一半， 同时记录电阻箱的读数 2R ； c．断开开关 2S ，调节电阻箱 1R ，记下电阻箱的读数 1R 和毫安表的示数 I； d．多次重复步骤 c； e．在坐标纸上以 1 I 为纵坐标，以 1R 为横坐标，用直线拟合，做出 1 1 RI  图象。 回答下列问题： 在本实验中： (1)电阻箱 1R 应选择___________（用器材前面的字母表示）； (2)毫安表内阻 gR 的测量值为___________； - 12 - (3)若获得 1 1 RI  图像的斜率为 k，纵截距为 b，则电源电动势测量值的表达式为 E  ___________，内阻测量值的表达式为 r  ___________； (4)用上述方法测出的电源内阻真实值___________（填“大于”“小于”或“等于”）。 【答案】 (1). C (2). 2R (3). 1 k (4). 2 b Rk  (5). 偏大 【解析】 【分析】 【详解】(1)[1]实验原理是半偏法测表头内阻，为了在闭合 S2 时，回路电阻变化较小，则电阻 箱 1R 应选择阻值较大的 C。 (2)[2] 保持电阻箱 1R 的阻值不变，再闭合 2S ，调节电阻箱 2R ，使毫安表示数达到满偏值的一 半，则流过 R2 的电流和表头相同，所以毫安表内阻 gR 的测量值为 2R 。 (3)[3][4] 断开开关 2S ，调节电阻箱 1R ，记下电阻箱的读数 1R 和毫安表的示数 I，根据闭合电 路欧姆定律 1 2( )E I R R r   ，整理 1 21 R R r I E E   图像斜率为 k，则电动势为 1E k  内阻测量值的表达式为 2 br Rk   (4)[5]因为再闭合 2S ，调节电阻箱 2R ，过程中，回路电流变大，导致流过 2R 的电流大于满偏 电流的一半，则 2R 的阻值小于电流表内阻， 2 br Rk   ，导致内阻测量值偏大。 13. 如图所示，在平直路面上，某时刻甲、乙两辆汽车相距为 4md  ，甲在前、乙在后，两 车沿同方向做直线运动，以乙车所在位置为坐标原点，沿运动方向建立坐标轴，从该时刻开 始，两车速度的平方 2v 随位移 x 的变化图象如图所示。两车分别搭载信号发射和接收系统进 行实时通信，当两车间的距离超过 10mx  时，就无法进行实时通信。求： (1)乙追上甲之前两车的最大间距； (2)乙追上甲之前两车能实时通信的总时间（结果可保留根号）。 - 13 - 【答案】(1) 12m ；(2) 2 6s 【解析】 【分析】 【详解】(1)由图可知 v2 随 x 的变化关系为一次函数，故甲、乙两车均做匀变速直线运动， 根 据： 2 2 0 2v v ax  分别代入数据可得甲的初速度：v0=4m/s、加速度：a1=1m/s2；乙的初速度为 0，加速度：a2＝ 2m/s2。设当经过 t0 时间两车速度大小相等，此时两车相距最远，即： v0+a1t0=a2t0 解得： t0=4s 甲、乙两车在相遇前的最大距离为： 2 2 0 0 1 0 2 0 1 1 2 2ms d v t a t a t     解得： △ sm=12m (2) 设经过时间 t1 两车相遇，则有： 2 2 0 1 1 1 2 1 1 1 2 2d v t a t a t   解得： 1 (4 2 6)st   设经过时间 t 两车相距为 △ x，则有： 2 2 0 1 2 1 1 2 2d v t a t a t x     - 14 - 解得： t2=2s，t3=6s 甲、乙两车在相遇前能通信的时间为 0～2s 和 6 ~ (4 2 6)s ，则两车能实时通信的总时间为： 1 2 3 (4 2 6)s 2s 6s 2 6st tt t        14. 如图所示，平行长直金属导轨水平放置，间距为 L，导轨右端接有阻值为 R 的电阻，导体 棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域 abcd 内 有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，bd 连线与导轨垂直，长度也为 L。棒 以速度 v 从导轨左端开始向右运动并匀速穿越磁场，从棒到达 a 点进入磁场开始计时，写出棒 通过正方形区域bd 时所受到的安培力大小与时间 t 的关系式。 【答案】见解析 【解析】 【分析】 【详解】abd 区域棒切割磁感线产生的感应电动势大小 E =2Bvtv 根据欧姆定律得棒通过三角形 abd 区域电流 i 与时间 t 的关系式 22 (0 )2 E Bv t Li tR R v     受到的安培力大小 2 3 24 (0 )22 B v t LtR vF Bi vt    在 bcd 区域棒切割磁感线产生的感应电动势大小 2' ( ) 2 2 ( )E B L vt v B Lv v t     在 bcd 区域电流 i 与时间 t 的关系式 2' 2 ( )' ( )2 E B Lv v t L Li tR R v v     - 15 - 受到的安培力大小 2 24 ( )( ) 2 ( )2'F B B v L vt L LL vt tRi v v     15. 一种餐桌的构造如图所示，已知圆形玻璃转盘的半径 0.6mr  ，圆形桌面的半径 1mR  ， 不计转盘的厚度，桌面到地面的高度 1mh  。轻绳一端固定在转盘边缘，另一端连着小球， 小球被轻绳带动沿桌面边缘一起旋转，达到稳定状态后，二者角速度相同，俯视图如图所示。 某时刻绳子突然断裂，小球沿桌面边缘飞出后的落地点到桌面和转盘共同圆心的距离 3ms  ，重力加速度 g 取 210m/s ，忽略空气阻力。求： (1)小球飞出桌面边缘时的速度大小 0v ； (2)小球与桌面之间的动摩擦因数  。 【答案】(1) 5m/s ；(2) 3 8 【解析】 【分析】 【详解】(1)设小球做平抛运动的水平位移为 x，由几何关系有 2 2 2 2( )s h R x   解得 1mx  由公式 21 2h gt 得 2 5 s5 ht g   小球的初速度为 0 5m/sxv t   (2)由几何关系得 - 16 - sin 0.6r R    则 =37  将拉力分解如图，则有 2 0 1 tan37 =n vT F m R  由速度方向合力为 0 得 1T f mg  联立解得 3 8   16. 如图，在 xoy 平面内 y>0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；在 y<0 的区域存在方向垂直于 xoy 平面向外的匀强磁场。两个质量均为 m，电荷量均为 q 的带电粒子 分别从 y 轴上 y h 点和 1.5y h 点以相同的初速度射出，速度方向沿 x 轴正方向。已知从 y h 点入射的粒子经 2x h 处进入磁场，并从坐标原点 O 处第一次射出磁场。不计粒子重 力和粒子间的相互作用。求： (1)磁场的磁感应强度大小； (2)从 1.5y h 点入射的粒子第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离； (3)从 1.5y h 点入射的粒子第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离。 - 17 - 【答案】(1) 2 3 mEB qh  ；(2) 1 6x h ；(3) 2 0x  ； 【解析】 【分析】 【详解】(1)设粒子的初速度为 v0，射出电场时的速度为 v，粒子在电场中的偏转角为θ，由平 抛运动的推论 tan 2 12 h h    解得 45   由动能定理得 2 2 0 1 1 2 2qEh mv mv  0cos45 v v   解得 2 qEhv m  0 2qEhv m  粒子在磁场中做匀速圆周运动 2vqvB m r  cos45 h r   解得 - 18 - 2mEB qh  (2)由射出电场时的速度为 v1，粒子在电场中的偏转角为α，由动能定理 2 2 1 0 1 11.5 2 2qE h mv mv   0 1 cos v v   解得 1 5qEhv m  cos 2 5   设 1.5y h 点入射的粒子第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离为 x1，由平抛运动的推论 1 1.5tan 0.5 h x   2 2 2 1 costan cos a   解得 1 6x h (3)设 1.5y h 点入射的粒子第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离为 x2，由牛顿第二定律 2 1 1 1 vqv B m r  1 2 1 2sin x x r    - 19 - 2 2sin cos 1   解得 1 5 2r h 2 0x 