山東省濱州市市惠民第一中學(xué)2021年高三物理聯(lián)考試卷含解析

山東省濱州市市惠民第一中學(xué)2021年高三物理聯(lián)考試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分．每小題只有一個選項(xiàng)符合題意1.我國女子短道速滑隊(duì)在2013年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3000m接力三連冠。觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則（）A.甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B.甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D.甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功參考答案：BA、因?yàn)闆_量是矢量，甲對已的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故沖量大小相等方向相反，故A錯誤．

B、設(shè)甲乙兩運(yùn)動員的質(zhì)量分別為，追上之前的瞬間甲、乙兩運(yùn)動員的速度分別是根據(jù)題意整個交接棒過程可以分為兩部分：

①完全非彈性碰撞過程→“交棒”；

②向前推出（人船模型）→“接棒”

由上面兩個方程聯(lián)立可以解得：，即B選項(xiàng)正確．經(jīng)歷了中間的完全非彈性碰撞過程會有動能損失，C、D選項(xiàng)錯誤.點(diǎn)睛：本題主要考察能量（做功正負(fù)判斷）、動量（動量定理、動量守恒）相關(guān)知識，結(jié)合彈性碰撞和非彈性碰撞的動量和能量關(guān)系展開討論。2.關(guān)于靜電場，下列說法正確的是()．A．電勢等于零的物體一定不帶電B．電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)，電勢一定為零C．同一電場線上的各點(diǎn)，電勢一定相等D．負(fù)電荷沿電場線方向移動時，電勢能一定增加參考答案：D3.汽車從某時刻開始做勻減速直線運(yùn)動直至停止，若測得汽車停止所用的時間為t，發(fā)生的位移為x，根據(jù)這些測量結(jié)果，下列說法正確的是A．可以求出汽車的初速度，但不能求出加速度B．可以求出汽車的加速度，但不能求出初速度C．可以求出汽車的初速度、加速度及平均速度D．只能求出汽車在這一過程中的平均速度參考答案：C4.（單選）甲、乙兩輛汽車在平直公路上運(yùn)動，甲車內(nèi)一同學(xué)看見乙車沒有運(yùn)動，而乙車內(nèi)一同學(xué)看見路旁的樹木向西移動。如果以地面為參考系，那么（

）A．甲車不動，乙車向東運(yùn)動

B．乙車不動，甲車向東運(yùn)動C．甲車向西運(yùn)動，乙車向東運(yùn)動

D．甲、乙兩車以相同的速度一起向東運(yùn)動參考答案：D5.由某種材料制成的電器元件，其伏安特性曲線如圖所示?，F(xiàn)將該元件接在電動勢為8V，內(nèi)阻為4的電源兩端，則通過該元件的電流為

A。參考答案：1.0在題圖中作出電源的外特性曲線，與U軸交點(diǎn)坐標(biāo)8V，與I軸交點(diǎn)坐標(biāo)2A，則兩圖線交點(diǎn)，即為該元件接在電源上的工作狀態(tài)，由圖可得I=1A。二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計(jì)16分6.一定質(zhì)量的理想氣體，從初始狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B、C再回到狀態(tài)A，變化過程如圖所示，其中A到B曲線為雙曲線．圖中V0和P0為已知量．①從狀態(tài)A到B，氣體經(jīng)歷的是

▲

(選填“等溫”“等容”或“等壓”)過程；②從B到C的過程中，氣體做功大小為

▲

；③從A經(jīng)狀態(tài)B、C再回到狀態(tài)A的過程中，氣體吸放熱情況為__▲__(選填“吸熱”、“放熱”或“無吸放熱”)。參考答案：①等溫;（1分）②3P0V0/2;（2分）③放熱;7.作勻速圓周運(yùn)動的飛機(jī)，運(yùn)動半徑為4000m，線速度為80m/s，則周期為

s，角速度為

rad/s。

參考答案：8.（選修3-4）（3分）圖甲是一列簡諧波某時刻的波動圖像，圖乙為該波源的振動圖像。根據(jù)圖示信息可知該波的波速是

m/s。

參考答案：

答案：20m/s（3分）9.在某介質(zhì)中形成一列簡諧波，t＝0時刻的波形如圖中的實(shí)線所示．若波向右傳播，零時刻剛好傳到B點(diǎn)，且再經(jīng)過0.6s，P點(diǎn)也開始起振，該列波的周期T=______s，從t＝0時刻起到P點(diǎn)第一次到達(dá)波峰時止，O點(diǎn)相對平衡位置的位移y=____________cm.參考答案：0.2

－2

10.若將一個電量為2.0×10－10C的正電荷，從零電勢點(diǎn)移到電場中M點(diǎn)要克服電場力做功8.0×10－9J，則M點(diǎn)的電勢是=

V；若再將該電荷從M點(diǎn)移到電場中的N點(diǎn)，電場力做功1.8×10－8J，則M、N兩點(diǎn)間的電勢差UMN＝

V。參考答案：

40；90。11.宇宙中存在一些離其它恒星較遠(yuǎn)的、由質(zhì)量相等的三顆星組成的三星系統(tǒng)（假設(shè)三顆星的質(zhì)量均為m，引力常量為G），通?？珊雎云渌求w對它們的引力作用。已觀測到穩(wěn)定的三星系統(tǒng)存在兩種基本的構(gòu)成形式：第一種形式是三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央星在同一半徑為R的圓軌道上運(yùn)行，則兩顆運(yùn)動星體的運(yùn)動周期為

；第二種形式是三顆星位于等邊三角形的三個頂點(diǎn)上，并沿外接于等邊三角形的圓形軌道運(yùn)行，周期與第一種形式相同，則三顆星之間的距離為

。參考答案：12.伽利略通過研究自由落體和物塊沿光滑斜面的運(yùn)動，首次發(fā)現(xiàn)了勻加速運(yùn)動規(guī)律。伽利略假設(shè)物塊沿斜面運(yùn)動與物塊自由下落遵從同樣的法則，他在斜面上用刻度表示物塊滑下的路程，并測出物塊通過相應(yīng)路程的時間，然后用圖線表示整個運(yùn)動過程，如圖所示。圖中OA表示測得的時間，矩形OAED的面積表示該時間內(nèi)物塊經(jīng)過的路程，則圖中OD的長度表示

。P為DE的中點(diǎn)，連接OP且延長交AE的延長線于B，則AB的長度表示

。參考答案：答案：平均速度

物塊的末速度解析：勻變速直線運(yùn)動的v-t圖像所圍面積表示位移，中位線表示平均速度。最高點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示末速度。13.（4分）在下面括號內(nèi)列舉的科學(xué)家中，對發(fā)現(xiàn)和完善萬有引力定律有貢獻(xiàn)的是

。（安培、牛頓、焦耳、第谷、卡文迪許、麥克斯韋、開普勒、法拉第）參考答案：第谷、開普勒、牛頓、卡文迪許解析：第谷搜集記錄天文觀測資料、開普勒發(fā)現(xiàn)開普勒三定律、牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律、卡文迪許測定萬有引力常數(shù)三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計(jì)22分14.（2014?宿遷三模）學(xué)校科技節(jié)上，同學(xué)發(fā)明了一個用彈簧槍擊打目標(biāo)的裝置，原理如圖甲，AC段是水平放置的同一木板；CD段是豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓心為O，半徑R=0.2m；MN是與O點(diǎn)處在同一水平面的平臺；彈簧的左端固定，右端放一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量m=0.05kg的彈珠P，它緊貼在彈簧的原長處B點(diǎn)；對彈珠P施加一水平外力F，緩慢壓縮彈簧，在這一過程中，所用外力F與彈簧壓縮量x的關(guān)系如圖乙所示．已知BC段長L=1.2m，EO間的距離s=0.8m．計(jì)算時g取10m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．壓縮彈簧釋放彈珠P后，求：（1）彈珠P通過D點(diǎn)時的最小速度vD；（2）彈珠P能準(zhǔn)確擊中平臺MN上的目標(biāo)E點(diǎn)，它通過C點(diǎn)時的速度vc；（3）當(dāng)緩慢壓縮彈簧到壓縮量為x0時所用的外力為8.3N，釋放后彈珠P能準(zhǔn)確擊中平臺MN上的目標(biāo)E點(diǎn)，求壓縮量x0．參考答案：（1）彈珠P通過D點(diǎn)時的最小速度為；（2）通過C點(diǎn)時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．考點(diǎn)： 動能定理的應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律．專題： 動能定理的應(yīng)用專題．分析： （1）根據(jù)D點(diǎn)所受彈力為零，通過牛頓第二定律求出D點(diǎn)的最小速度；（2）根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律求出D點(diǎn)的速度，通過機(jī)械能守恒定律求出通過C點(diǎn)的速度．（3）當(dāng)外力為0.1N時，壓縮量為零，知摩擦力大小為0.1N，對B的壓縮位置到C點(diǎn)的過程運(yùn)用動能定理求出彈簧的壓縮量．解答： 解：（1）當(dāng)彈珠做圓周運(yùn)動到D點(diǎn)且只受重力時速度最小，根據(jù)牛頓第二定律有：mg=解得．v==m/s（2）彈珠從D點(diǎn)到E點(diǎn)做平拋運(yùn)動，設(shè)此時它通過D點(diǎn)的速度為v，則s=vtR=gt從C點(diǎn)到D點(diǎn)，彈珠機(jī)械能守恒，有：聯(lián)立解得v=代入數(shù)據(jù)得，V=2m/s（3）由圖乙知彈珠受到的摩擦力f=0.1N，根據(jù)動能定理得，且F1=0.1N，F(xiàn)2=8.3N．得x=代入數(shù)據(jù)解得x0=0.18m．答：（1）彈珠P通過D點(diǎn)時的最小速度為；（2）通過C點(diǎn)時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．點(diǎn)評： 本題考查了動能定理、機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律的綜合，涉及到圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動，知道圓周運(yùn)動向心力的來源，以及平拋運(yùn)動在豎直方向和水平方向上的運(yùn)動規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵．15.如圖所示，一彈丸從離地高度H=1.95m

的A點(diǎn)以=8.0m/s的初速度水平射出，恰以

平行于斜面的速度射入靜止在固定斜面頂端C處

的一木塊中，并立即與術(shù)塊具有相同的速度（此速度大小為彈丸進(jìn)入術(shù)塊前一瞬間速度的）共同運(yùn)動，在斜面下端有一垂直于斜面的擋板，術(shù)塊與它相碰沒有機(jī)械能損失，碰后恰能返同C點(diǎn)．已知斜面頂端C處離地高h(yuǎn)=0.05m，求：(1)A點(diǎn)和C點(diǎn)間的水平距離？(2)木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)?(3)木塊從被彈丸擊中到再次回到到C點(diǎn)的時間t?參考答案：四、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分16.如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中，用長為L不可伸長的絕緣細(xì)線拴住一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球1，線的上端固定于O點(diǎn)，若在B點(diǎn)同一水平線上的左方距離為r處固定另一帶電小球2，小球1恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)拿走小球2后，小球1由靜止開始向上擺動，當(dāng)細(xì)線轉(zhuǎn)過120o角到達(dá)A點(diǎn)時的速度恰好為零,此時OA恰好處于水平狀態(tài)，設(shè)整個過程中細(xì)線始終處于拉直狀態(tài),靜電力常量為k.求：

（1）BA兩點(diǎn)間的電勢差U;

（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大小;

（3）小球2的帶電量Q.參考答案：（1）從B到A由動能定理得：-300=0-0……………（3分）U=………………（1分）（2）勻強(qiáng)電場

E=……（1分）=L+Lsin30°……（1分）所以=……（1分）（3）小球1和2間的作用力為

……（1分）小球1受力平衡……………………（1分）……………（2分）所以………（1分）17.）滑板運(yùn)動是青少年喜愛的一項(xiàng)活動．如圖所示，滑板運(yùn)動員以某一初速度從A點(diǎn)水平離開h＝0.8m高的平臺，運(yùn)動員(連同滑板)恰好能無碰撞的從B點(diǎn)沿圓弧切線進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道，然后經(jīng)C點(diǎn)沿固定斜面向上運(yùn)動至最高點(diǎn)D.圓弧軌道的半徑為1m，B、C為圓弧的兩端點(diǎn)，其連線水平，圓弧對應(yīng)圓心角θ＝106°，斜面與圓弧相切于C點(diǎn)．已知滑板與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力，運(yùn)動員(連同滑板)質(zhì)量為50kg，可視為質(zhì)點(diǎn)．試求：(1)運(yùn)動員(連同滑板)離開平臺時的初速度v0大?。?2)運(yùn)動員(連同滑板)通過圓弧軌道最低點(diǎn)時對軌道的壓力大?。畢⒖即鸢福航馕?1)運(yùn)動員離開平臺后做平拋運(yùn)動，從A至B在豎直方向有：v＝2gh，在B點(diǎn)有：vy＝v0tan，解得：v0＝3m/s.(2)運(yùn)動員在圓弧軌道上做圓周運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動員在最低點(diǎn)的速度為v，在最低點(diǎn)時有N－mg＝m，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mv＋mg[h＋R(1－cos53°)]＝mv2

解得N＝2150N.由牛頓第三定律知，對軌道的壓力大小為2150N.18.一物塊A由靜止釋放以加速度a=2m/s2沿斜面B（斜面無限長）向下運(yùn)動5s后，加沿斜面向上的力F1=50N作用時間4s，已知A的質(zhì)量m=10kg，B的質(zhì)量M=20kg，g取10m/s2，斜面角度α=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8）過程中斜面靜止．（1）求斜面的摩擦因數(shù)μ；（2）求F1作用時間內(nèi)的位移；（3）求前5秒內(nèi)地面給斜面的支持力FN與摩擦力f的大小和方向．參考答案：解：（1）對物塊A，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，解得：μ=0.5；（2）5s末物塊A的速度：v1=at0=2×5=10m/s，當(dāng)F1作用在A上時，由牛頓第二定律得：F1+μmgcosθ﹣mgsinθ=ma1，解得：a1=3m/s2，物塊減速到速度為零需要的時間：t停==s＜4s，則：s1==≈16.7m；（3）A受到的滑動摩擦力：fA=μmgcosθ=0.5×10×10cos37°=40N，斜面M靜止，處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件得，豎直方向：FN=Mg+fA′sinθ+mgcosθsinθ=20×10+40sin37°+10×10cos37°cos37°=288N，水平方向：