1、山东省济南市山东实验中学2021届高三物理上学期第一次诊断考试试题（含解析）第I卷(共40分)一、单项选择题(本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1. 有一直角V形槽固定在水平面上，其截面如图所示，BC面与水平面间夹角为60，有一质量为m的正方体均匀木块放在槽内，木块与AB面间的动摩擦因数为，与BC面间无摩擦，现用垂直于纸面向里的力推木块使之沿槽运动，则木块受的摩擦力为（）A. mgB. mgC. mgD. mg【答案】B【解析】【详解】木块受重力、斜面AB的支持力、斜面BC的支持力、斜面AB的摩擦力以及推力F的作用，将重力按照实际作用效果正交分解，如图垂直于纸面
2、向里的力推木块使之沿槽运动，木块受的摩擦力为故选B。2. 如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为，一物块可看成质点沿斜面左上方顶点P以初速度水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，则（）A. 物块由P点运动到Q点所用的时间B. 物块由P点运动到Q点所用的时间C. 初速度D 初速度【答案】D【解析】【详解】根据牛顿第二定律物体的加速度为根据得AB错误；入射的初速度为C错误，D正确。故选D。3. 如图所示,a、b两物体的质量分别为m1和m2,由轻质弹簧相连.当用恒力F竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1,加速度大小为a1;当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a,使a、b一
3、起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x2,加速度大小为a2,则()A. a1=a2,x1=x2B. a1x2D. a1x2【答案】B【解析】【分析】先对AB整体进行分析，可以得出整体运动的加速度；再对隔离出受力最少的一个进行受力分析，由牛顿第二定律可得出弹簧弹力，则可得出弹簧的形变量【详解】对整体分析有： ，可知a1a2；隔离对b分析有：F1-m2g=m2a1，解得：，可知F1=F2，根据胡克定律知，x1=x2故应选：B【点睛】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用4. 风速仪结构如图（a）所示光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通
4、过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈若某段时间t内探测器接收到的光强随时间变化关系如图（b）所示，则该时间段内风轮叶片 A. 转速逐渐减小，平均速率为B. 转速逐渐减小，平均速率为C. 转速逐渐增大，平均速率为D. 转速逐渐增大，平均速率为【答案】B【解析】【详解】根据题意，从图（b）可以看出，在时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在时间内可以从图看出有4次挡光，即圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为，叶片转动速率为：，故选项B正确
5、【点睛】先通过图示判断圆盘凸轮的转动速度变化和转动圈数，再通过圆周运动的关系计算叶片转动速率5. 如图所示，长为0.3m的轻杆一端固定质量为m的小球（可视为质点），另一端与水平转轴O连接。现使小球在竖直面内绕O点做匀速圆周运动，轻杆对小球的最大作用力为mg，已知转动过程中轻杆不变形，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）A. 小球转动的角速度为0.5radsB. 小球通过最高点时对杆的作用力为零C. 小球通过与圆心等高的点时对杆的作用力大小为mgD. 小球在运动过程中，杆对球的作用力不一定总是沿杆方向【答案】D【解析】【详解】A在最低点，轻杆对小球有最大作用力，在低点由向心力公式可
6、知解得，小球转动的角速度为故A错误； B设最高点，轻杆对球的作用力竖直向下，根据向心力公式得解得，小球通过最高点时杆对球的作用力为根据牛顿第三定律可知，小球通过最高点时对杆的作用力为，故B错误；C小球通过与圆心等高的点时，杆对球的作用力沿水平方向分力提供向心力，竖直方向分力与重力平衡。所以有由向心力公式得解得，小球通过与圆心等高的点时，杆对球的作用力水平分力大小为杆对球的作用力水平分力大小为方向与杆的夹角杆对球作用力不沿杆方向，但最高点和最低点，杆对球的作用力沿杆方向，所以小球在运动的过程中，杆对球的作用力不一定总是沿杆方向；根据牛顿第三定律可知，小球通过与圆心等高的点时对杆的作用力大小为，故
7、D正确，C错误；故选D。6. 宇宙中有两颗相距无限远的恒星，半径均为下图分别是两颗恒星周围行星的公转周期与公转半径的关系图像，则（ ）A. 恒星的质量大于恒星的质量B. 恒星的密度小于恒星的密度C. 恒星的第一宇宙速度大于恒星的第一宇宙速度D. 距两恒星表面高度相同的行星，的行星向心加速度较大【答案】B【解析】【详解】根据公式得，越大，越大，由题图可以看出的质量大于的质量，故A错误；两颗恒星的半径相等，则它们的体积相等，根据所以质量大的密度大，故B正确；根据万有引力提供向心力，则，所以，由于恒星的质量小于恒星的质量，所以恒星的第一宇宙速度小于恒星的第一宇宙速度，故C错误；距两恒星表面高度相同的
8、行星，它们的轨道半径相等，它们的向心加速度，所以的行星向心加速度较小，故D错误.7. 一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化如图所示，则（）A. 02t0内的平均速度为B. 2t0末，物体的速度为C. t02t0内的位移小于D. 全程位移等于a0【答案】B【解析】【详解】AB加速度与时间的关系图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，可知速度的变化量则末的速度为，物体全程加速，最大速度为，内平均速度小于，故A错误，B正确；C做出对应的速度时间图线，如图所示根据图线围成的面积表示位移知，t02t0内的位移C错误；D全程的位移D错误。故选B。8. 如图甲，MN是倾角=37传送带的两个端点，一
9、个质量m=5kg的物块（可看作质点），以4m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v-t图像如图乙所示，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A. 物块最终从N点离开传送带B. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.6C. 物块在第6s时回到M点D. 传送带的速度v=2m/s，方向沿斜面向下【答案】C【解析】【详解】AD从图象可知，物体速度减为零后反向沿斜面向上运动，最终的速度大小为2m/s，方向沿斜面向上，所以没从N点离开，从M点离开；并且可以推出传送带沿斜面向上运动，速度大小为2m/s，故AD错误；B速度图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度根据牛顿第二定律解得故B错
10、误；C速度图象与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，时，物块的速度为0，之后物块沿斜面向上运动，所以物块沿斜面向下运动的位移到t2=6s时，物块沿斜面向上运动的位移因为x1=x2，所以物块在第6s时回到M点，故C正确；故选C。二、多项选择题(本题包括4小题，每小题4分，共16分，每小题至少有两个选项符合题意，全对得4分，漏选得2分，选错不得分)9. 如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上。现过a的轴心施加一水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有（）A.
11、 拉力F先增大后减小，最大值是GB. 开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0C. a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到GD. a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G【答案】BC【解析】【详解】AB据力的三角形定则可知，小球a处于初状态时，小球a受到的支持力拉力F=Ncos30=G当小球a缓慢滑动时，增大，拉力F=Gcot所以F减小；当小球a滑到小球b的顶端时小球a还是平衡状态，此时它受到的拉力必定为0，所以A选项错误B选项正确；CD小球a受到的支持力由可知，增大而支持力减小，滑到b球的顶端时由于小球处于平衡状态，支持力N=G，故选a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G，故C正确，
12、D错误。故选BC。10. 2020年6月23日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第55颗导航卫星，至此北斗全球卫星导航系统星座部署全面完成。北斗导航系统第41颗卫星为地球同步轨道卫星，第49颗卫星为倾斜地球同步轨道卫星，它们的轨道半径约为4.2107m，运行周期都等于地球的自转周期24h。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。已知引力常量G=6.6710-11Nm2/kg2，下列说法正确的是（）A. 根据题目数据可估算出地球的质量B. 同步轨道卫星可能经过北京上空C. 倾斜地球同步轨道卫星一天2次经过赤道正上方同一位置D. 倾斜地球同步轨道卫星的运行速度大于第一宇宙速度
13、【答案】AC【解析】【详解】A根据可得可估算出地球的质量。A正确；B由于地球同步卫星相对地面静止，因此一定自西向东运动，且轨道的圆心一定在地心上，故同步卫星一定在地球赤道的正上方，不可能运动到北京的正上方，B错误；C倾斜同步卫星若某时刻经过赤道正上方某位置，经过半个周期，恰好地球也转了半个周期，因此又会经过赤道上方的同一位置，C正确；D根据可得由于轨道半径越大，运动速度越小，第一宇宙速度是贴近地球表面运动的卫星的速度，同步卫星的运动速度小于第一宇宙速度，D错误。故选AC。11. 以前人们盖房打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示。参加打夯的共有5人。四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号
14、人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实。某次打夯时，设夯锤的质量为m。将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的力，大小均为，持续的时间为t，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则（）A. 在上升过程中，夯锤一定处于超重状态B. 在下落过程中，夯锤一定处于超重状态C. 松手时夯锤的速度大小D. 夯锤上升的最大高度【答案】CD【解析】【详解】A上升过程中分为两个过程，第一个过程，四人的合力大于夯锤的重力，加速度向上，是超重，放手后只受重力，加速度向下是失重，A错误；B下降过程，加速度向下，是失重，B错误；CD设每个人对夯锤施加的力
15、为F松手时夯锤的速度为设施力过程中上升的高度为，松手后上升的高度为，则能上升的最大高度为，根据运动规律有由上述各式代入数值后，解得CD正确。故选CD。12. 如图，固定光滑长斜面倾角为37，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动的距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度大小为g，sin37=0.6，cos37=0.8。下列说法正确的是（）A. 弹簧的劲度系数为B. 当弹簧恢复原长时，物体B沿斜
16、面向上移动了C. 若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车位移大小为时B的速率为D. 当小车缓慢向右运动距离时，若轻绳突然断开，则此时B的加速度为1.2g，方向沿斜面向下【答案】ACD【解析】【详解】A系统静止时，对B分析知解得小车向右移动到时，对A分析知解得分析题意可知联立可得故A项正确；B经分析，当物体B沿斜面向上移动了x1时，弹簧恢复原长，此时故B项错误；C若小车以的速度向右匀速运动，设小车向右移动到时，轻绳与水平面成角，则由几何知识可得，由运动和合成与分解可得故C项正确；D当小车缓慢向右运动距离时，若轻绳突然断开，绳子拉力减为0，此时对物体B受力分析，得出合力为且方向沿斜面向下，根据
17、牛顿第二定律得B的加速度为故D项正确故选ACD。第II卷(非选择题，共60分)三、非选择题(本题包括6小题，共60分)13. 某实验小组用如图所示的器材验证“力的平行四边形定则”.在水平的圆形桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮P1固定在桌子边，滑轮P2、P3可沿桌边移动.步骤如下：A.在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，调整滑轮P2、P3，位置并使结点O静止；B.在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，用同一标度作出三个拉力的图示；C.以绕过滑轮P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形，作出以O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；D.检验对角线的长
18、度和绕过滑轮P绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上.(1)第一次实验中，若一根绳挂的钩码质量为m，另一根绳挂的钩码质量为2m，则第三根绳所挂的钩码质量M应满足关系_.(2)第二次实验时，改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点_(选填“必须”或“不必”)与第一次实验中白纸上描下的O点重合.实验中，若桌面倾斜，_(选填“会”或“不会”)影响实验的结论.【答案】 (1). （1）mM3m； (2). （2）不必， (3). 不会；【解析】【详解】(1)若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则两绳子的拉力分别为：、，两绳不共线，两绳子拉力的合力F的范围是
19、：，即；三力的合力为零，则第三根绳拉力范围为，第三根绳挂的钩码质量(2)本实验不是先用一根绳拉，然后用两根绳去拉，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作用效果相同，而是三根绳都直接拉O点，所以O点的位置可以改变若桌面不水平，绳中拉力仍等于钩码重力，对实验以及实验结论无影响14. 为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。(1)实验时，一定要进行的操作是_；A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，
20、打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_m/s2(结果保留三位有效数字)；(3)甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图象（如图）是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_ ；（填写字母）A B C D(4)乙同学根据测量数据作出如图所示的图线，该同学做实验时存在的问题是_。（填写字母）A没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够B砂和砂桶的质量
21、m没有远小于小车的质量MC平衡摩擦力时木板没有滑轮的一端垫的过高D先释放小车，后接通电源【答案】 (1). BC (2). 2.00 (3). C (4). A【解析】【详解】(1)AD本题拉力可以由传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故AD错误；B实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C正确。故选BC。(2)2根据，运用逐差法得（3）由牛顿第二定律得则图象的斜率则小车的质量故选C。(4)4当F不等于零，加速度a仍然为零，可知实验中没有平衡摩擦力或
22、平衡摩擦力不够，故选A。【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数。15. 如图所示，倾角为37的粗糙斜面的底端有一质量m1kg的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数0.25现小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑，同时在斜面正上方有一小球以速度v0水平抛出，经过0.4 s，小球恰好垂直斜面落入凹槽，此时，小滑块还在上滑过程中。空气阻力不计，已知 sin 370.6，cos370.8，g取10 m/s2，求：(1)小球水平抛出的速度v0的大小；(2)小滑块的初速度v的大小。【答案】
23、(1)3m/s；(2)5.35m/s【解析】【详解】(1)设小球落入凹槽时竖直速度为，则有因此有(2)小球落入凹槽时的水平位移则滑块的位移为根据牛顿第二定律，滑块上滑的加速度为根据公式可得16. ETC 是高速公路上不停车电子收费系统的简称如图，汽车进收费站前的速度为 15m/s，如果过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过 20s 缴费后，再加速至 15 m/s 行驶；如果过 ETC 通道，需要在中心线前方 10 m 处减速至 5 m/s，匀速到达中心线后，再加速至 15m/s 行驶为了简化分析，设汽车加速和减速的加速度大小均为1m/s2(1)汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，
24、到收费后加速至 15m/s，所需的时间和所走过的路程是多少?(2)如果过 ETC 通道，从减速开始，到再次加速至 15m/s，所需的时间和所走过的路程是多少?【答案】（1）50s，225m；（2）22s，210m【解析】【详解】（1）过人工通道时，设加速时间为 t1，减速时间为 t2，由于匀加速和匀减速的加速度大小相等，根据对称性：匀减速和匀加速的位移过人工通道总时间为t总 = t1 + 20s + t2= 50s通过人工通道总路程为 s总 = s1 + s2 = 225m（2）过 ETC 通道时，加速和减速也具有对称性，匀减速和匀加速的时间为 匀速行驶的时间为过 ETC 通道时,所需总时间为
25、 t总 = 2t3 + t5 = 22s运动的总距离 17. 已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。地可视为质量分布均匀的球体，不考虑空气的影响。(1)北京时间2020年3月9日，中国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第54颗导航卫星，此次发射的是北斗第2颗地球静止轨道卫星（又称地球同步卫星），它离地高度为h。求此卫星进入地球静止轨道后正常运行时v的大小（不考虑地球自转的影响）；(2)为考察地球自转对重力的影响，某研究者在赤道时，用测力计测得一小物体的重力是F1。在南极时，用测力计测得该小物体的重力为F2。求地球的质量M。（已知地球自转周期为T）【答案】(1) ；(2)【解析】【详解】(
26、1)设该卫星质量为，根据万有引力提供向心力可得在地球表面，根据万有引力和重力的关系可得解得线速度(2)设小物体质量为，在赤道地面，小物体随地球自转做匀速圆周运动，受到万有引力和弹簧秤的作用力，有在南极地面联立得地球质量18. 如图所示，AB为半径竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，紧靠圆管的末端B有一质量的木板D。一质量为的小物块C以某一初速度从点水平抛出，恰好能沿圆管切线方向以3m/s的速度从A点进入细圆管，小物块离开圆弧最低点B后冲上木板，C与D，D与地面之间的动摩擦因数分别为，结果C刚好没有从D上滑下来。（g取）求：(1)小物块从P点水平抛出时的初速度和P。A两点间的水平距离S；(2)小物块到达圆弧最低点B时对轨道的压力；(3)木板D长度L。（本题结果均保留两位有效数字）【答案】（1），；（2），方向竖直向下；（3）1.5m。【解析】【详解】（1）对A点速度进行分解平抛时间两点间的水平距离S（2）由A到B运动过程，由机械能守恒定律得对B点的物块，由牛顿第二定律牛顿第三定律，小物块在B点时对轨道的压力方向竖直向下（3）C在D上向右做匀减速运动，加速度木板D向右做匀加速运动，加速度由题意知，C刚好没有从D上滑下来，则C滑到D最右端时两者速度相同，设为v，得时间关系位移关系解得
