1、山东省济南市章丘区第四中学2021届高三物理上学期1月月考试题（含解析）考试时间：100分钟注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第卷（选择题）一、单选题（共24分，每题3分）1. 总书记在党的十九大报告中提出了坚决打赢蓝天保卫战，前几年雾霾已经严重的影响了人们的生活，在某个恶劣天气中，能见度很低，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两辆车刹车时的v-t图象如图，下列说法正确的是（）A. 甲车的加速度大于乙车的加速度B. t=24s时两车的速度均为10m/sC. 若
2、两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距一定不超过48mD. 若两车发生碰撞，可能发生在刹车24s以后的某时刻【答案】C【解析】【分析】【详解】A甲车的加速度大小乙车的加速度大小因此甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；Bt=24s时两车的速度均为故B错误；C0-24s内，甲车的位移乙车的位移两者位移之差若两车在t=24s时刻相撞，则开始刹车时两辆车的间距等于48m，若两车在t=24s时刻之前相撞，开始刹车时两辆车的间距小于48m，因此，若两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距一定不超过48m，故C正确；D若两车速度相等时没有相撞，则速度相等后，甲车的速度比乙车的大，两车不可能再相撞。故D错误。故选C
3、。2. 如图所示，小滑块a从倾角为45的固定粗糙直角三角形斜面顶端以速度v1沿斜面匀速下滑，同时将另一小滑块b在斜面底端正上方与小滑块a等高处以速度v2水平向左抛出，两滑块恰在斜面中点P处相遇，不计空气阻力，不考虑小滑块b碰撞斜面后的情况，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A. v1v211B. 斜面总高度C. 若b以速度2v2水平向左抛出，a、b仍能相遇D. 若b以速度2v2水平向左抛出，则b落在斜面上时，a在b的下方【答案】D【解析】【分析】【详解】A两滑块恰在斜面中点P处相遇，可知两滑块水平位移相等，则有解得，故A错误；B竖直位移相等，则有解得则斜面总高度为故B错误；CD由以上分析可
4、知，当b以速度2v2水平向左抛出，则b一定落在斜面上的P点上方，此时运动的时间，此时滑块a的竖直位移与滑块b的竖直位移之比为则此时，即b落在斜面上时，a在b的下方，故C错误，D正确。故选D。3. 飞天揽月，奔月取壤，嫦娥五号完成了中国航天史上一次壮举。如图所示为嫦娥五号着陆月球前部分轨道简化示意图，是地月转移轨道，、是绕月球运行的椭圆轨道，是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道的远月点和近月点。已知圆轨道到月球表面的高度为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转，下列关于嫦娥五号说法正确的是（）A. 由轨道进入轨道需在P处向前喷气，由轨道进入轨道需在Q处向后喷气B.
5、在轨道上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度C. 在轨道上的机械能比轨道上小D. 在轨道上绕月运行的速度大小为【答案】D【解析】【分析】【详解】A由轨道进入轨道需在P处向前喷气制动减速，由轨道进入轨道需在Q处向前喷气制动减速，选项A错误；B因在轨道上稳定运行时Q点离月球较近，则受到月球的引力比P点大，则经过P点的加速度小于经过Q点的加速度，选项B错误；C由轨道到轨道要在Q点制动减速，则在轨道上的机械能比轨道上大，选项C错误；D在月球表面的物体在轨道上绕月运行时解得速度大小为选项D正确。故选D。4. 如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离
6、地高度处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的图象，其中高度从上升到范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，由图象可知（）A. 弹簧最大弹性势能为B. 小滑块的质量为C. 轻弹簧初始压缩量为D. 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为【答案】A【解析】【分析】【详解】A根据能量的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以有故A正确；B在从0.2m上升到0.35m范围内，图线的斜率绝对值为则质量为故B错误；C在图像中，图像的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内所受作
7、用力为恒力，所以从h=0,2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2m，所以弹簧初始压缩量为故C错误；D弹簧滑块组成的系统机械能守恒，其总能量E为滑块在0.35m处的重力势能有图可知，当h=0.18m时的动能最大，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能和弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒和转化可知故D错误。故选A。5. 如图，一正方体盒子处于竖直向上匀强磁场中，盒子边长为L，前后面为金属板，其余四面均为绝缘材料，在盒左面正中间和底面上各有一小孔（孔大小相对底面大小可忽略），底面小孔位置可在底面中线MN间移动，让大量带电液滴从左侧小孔
8、以某一水平速度进入盒内，若在正方形盒子前后表面加一恒定电压U，可使得液滴恰好能从底面小孔通过，测得小孔到M点的距离为d，已知磁场磁感强度为B，不考虑液滴之间的作用力，不计一切阻力，则以下说法正确的是（）A. 液滴一定带正电B. 所加电压的正极一定与正方形盒子的后表面连接C. 液滴从底面小孔通过时的速度为D. 恒定电压为【答案】D【解析】【分析】【详解】A由于电场强度方向不清楚，则无法确定液滴的电性，故A错误；B若液滴带正电，洛伦兹力垂直纸面向外，则电场力垂直纸面向里，说明正极与正方形盒子的前表面连接，若液滴带负电，洛伦兹力垂直纸面向里，则电场力垂直纸面向外，说明正极与正方形盒子的前表面连接，则
9、所加电压的正极一定与正方形盒子的前表面连接，故B错误；C稳定后液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下运动，故将做匀变速曲线运动，则有联立解得，液滴从底面小孔通过时的速度为故C错误；D稳定后洛伦兹力等于电场力解得故D正确。故选D。6. 如图所示，一正方形金属线框边长为a，从磁场上方某一高度、自由下落，磁场边界宽为3a，则线框从进入磁场到完全离开磁场的过程中，线框速度随时间变化的图象可能是下图中（） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【详解】A金属框进入匀强磁场时，做减速运动，则重力小于所受安培力；根据安培力公式可知，出磁场时的速度大于进入磁场的速度，则出磁场
10、时必定也做减速运动，故A错误；B金属框进入匀强磁场时，若重力与所受安培力平衡，做匀速直线运动；出磁场时的速度大于进入磁场的速度，则出磁场时必定做减速运动；由于安培力大于重力，所以速度减小时，线框所受的安培力减小，则合力减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，而不是加速度增大的减速运动，故B错误；C开始时棒的速度增大，根据安培力公式可知，速度增大时，线框所受的安培力增大，则合力减小，加速度减小，棒做加速度减小的加速运动；出磁场时棒做减速运动，由于安培力大于重力，所以速度减小时，线框所受的安培力减小，则合力减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，故C正确；D金属框进入匀强磁场时，若重力与所
11、受安培力平衡，做匀速直线运动；出磁场时的速度大于进入磁场的速度，则出磁场时必定做减速运动，故D错误。故选C。7. 如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在交流电源上，副线圈接有的电阻，原、副线圈匝数比为2：1，假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表。则（）A. 副线圈的输出功率为220WB. 原线圈的输入功率为C. 电流表的读数为D. 副线圈输出的电流方向不变【答案】C【解析】【分析】【详解】AB因为原线圈上接有理想二极管，所以原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流。由得副线圈电压的最大值设副线圈电压的有效值为，则解得副线圈的输出功率原线圈的输入功率故A、
12、B错误；C电流表读数，故C正确；D因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，故D错误。故选C。8. 物体放在动摩擦因数为的水平地面上，受到一水平拉力作用开始运动，运动的速度随时间变化关系和拉力随时间变化关系分别如图甲、乙所示由图象可知动摩擦因数为（）（）A. 0.4B. 0.3C. 0.2D. 0.1【答案】C【解析】由图甲可知，2s后物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，由图乙可知，2s后拉力大小为5N，根据平衡条件可知，摩擦力f=5N；物体受到的支持力FN=mg；根据滑动摩擦力公式可得：f=mg；对前2s
13、过程进行分析，F的冲量为：；根据动量定理可知：I-mgt=mv代入数据联立解得：=0.2故C正确，ABD错误故选C点睛：本题主要考查动量定理的应用，关键是根据图像搞清物体运动的物理过程，同时注意在F-t图象中图象与时间轴所围成的面积表示力的冲量二、多选题（共16分，每题4分，漏选2分）9. 如图所示，将一个四分之一球体置于水平地面上，球体上端有一光滑的小滑轮，柔软光滑的轻绳绕过滑轮，两端分别系有质量为m1、m2的物体（两物体均可看成质点，m2悬于空中），整个装置处于静止状态。已知此时m1与半球体的球心0的连线与水平方向成=53角，m2光滑，m1与半球面的动摩擦因数为0.5。假设m1所受到的最大
14、静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（g取10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6，sn37=0.6，c0s37=0.8）（）A. 当m1、m2静止时，地面对半球体摩擦力为零B. 当时，半球体对m1的摩擦力垂直于图中的虚线向上C. 当=3时，半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向下D. 当15时，m1、m2均可以保持静止【答案】AD【解析】【分析】【详解】A对半球体以及物体m1、m2整体进行受力分析，只受重力和支持力一对平衡力，相对地面并无运动趋势，故地面对半球体的摩擦力为零，A正确；B若半球体对物体m1的摩擦力为零，对物体m1受力分析如图所示将重力正交分解，根据共点力
15、平衡条件得到，x方向y方向据题意解得所以当时，半球体对m1的摩擦力为零，B错误；C当时，m1有沿球面下滑的趋势，半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上，C错误；D物体m1与球面间的最大静摩擦力为当物体m1刚好下滑时，有解得当物体m1刚好上滑时，有解得当m1、m2均可以保持静止，D正确。故选AD。10. 如图所示，物块A木板B叠放在水平地面上，B的上表面水平，A、B 的质量均为m=1kg，A、B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为=0.1。用一根轻绳跨过光滑定滑轮与A、B相连，轻绳均水平，轻绳和木板B都足够长。当对物块A施加一水平向左的恒力F=6N 时，物块A在木板B上，向左做匀加速直线运
16、动。在这个过程中，A相对地面的加速度大小用a表示，绳上拉力大小用T表示，g=10m/s2，则（）A. a=1m/s2B. a=1.5m/s2C. T=3.5ND. T=4N【答案】AD【解析】【分析】【详解】以A为研究对象受力如图所示由牛顿第二定律可得以B为研究对象，受力如图所示由牛顿第二定律得由牛顿第三定律知，滑动摩擦力由题意有加速度解得，故AD正确，BC错误。故选AD。11. 如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时A、B、C在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到
17、E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为mg，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（）A. 小球在从C点滑到E点的过程中所受摩擦力大小不变B. 若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则v=C. 小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能D. 若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小v=【答案】AD【解析】【分析】【详解】A当小球运动到某点P点，弹性绳的伸长量是xBP，小球受到四个力作用：其中FT=kxBP将FT正交分解，则FN=FTsin=kxBPsin=kxBC=，F
18、f=FN=mgFT的竖直分量FTy=FTcos=kxBPcos=kxCP据牛顿第二定律得mg-Ff-FTy=ma解得a=g-=g- 即小球的加速度先随下降的距离均匀减小到零，再随下降的距离反向均匀增大。据运动的对称性可知，小球运动到CE的中点D点时，加速度为零，速度最大，A正确；B对小球从C运动到E过程，应用动能定理得mgh+WFT+=0-0若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得（-mgh）+（-WFT）+=0-mv2联立解得WFT=-mgh、v= B错误；C小球在全程所受摩擦力大小不变，小球在CD段所受绳的弹力竖直分量较小；则小球在CD段时摩擦力和绳的弹力做的负功比小球在DE段时摩擦力和弹
19、力做的负功少，小球在CD阶段损失的机械能小于小球在DE阶段损失的机械能，C错误；D若仅把小球质量变为2m，对小球从C运动到E过程，应用动能定理得2mgh+WFT+=2m-0解得：小球到达E点时的速度大小v1=D正确。故选AD。12. 在一静止正点电荷的电场中，任一点处的电势与该点到点电荷的距离r的倒数的关系图像如图所示。电场中三个点a、b、c的坐标如图所示，其电场强度大小分别为Ea、Eb和Ec，现将一带负电的试探电荷依次由a点经过b点移动到c点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab和Wbc。则下列判断正确的是（）A. Ea:Eb=1:4B. Eb:Ec=2:3C. Wab:Wb
20、c=2:3D. Wab:Wbc=1:1【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB图象的横纵坐标乘积表示电场强度，则点的场强为点的场强为点的场强为所以，故A正确，B错误；CD由图可知、之间的电势差为其中，则故C错误，D正确。故选AD。第卷（非选择题）三、实验题（共14分，每空2分，）13. 为了探究质量一定时加速度与力的关系，一位小朋友设计了如图所示的实验装置。其中m1为带滑轮的小车的质量，m2为砂和砂桶的质量滑轮光滑且质量不计。力的传感器m3固定在墙上，位移传感器m4固定在长木板上，实验时它们的信息随时能送达计算机记录处理。(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是_。A用天平测出砂和砂桶的质
21、量B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C.改变砂和砂桶的质量，多做几次实验D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量E.为减小误差，实验中一定要保证两个传感器的质量m3、 m4很小(2)以力传感器示数F为横坐标，以加速度传感器示数a为纵坐标，计算机画出的a图像是一条直线，由图像得到的斜率为k，已知当地重力加速度为g，则小车的质量为_，这个图像的纵坐标的极限an=_。【答案】 (1). BC (2). (3). 【解析】【分析】【详解】（1）1AD本题拉力可以由弹簧测力计测出，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；
22、B该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故C正确；E实验与两个传感器的质量m3、 m4无关，故E错误。故选BC。（2）2 由牛顿第二定律得aF图象的斜率则小车的质量3以砂和砂桶对象，根据牛顿第二定律得以小车为对象，根据牛顿第二定律得小车的加速度与砂桶加速度的关系综上所得当砂和砂桶的质量m2远大于小车的质量m1时，这个图像的纵坐标的极限14. 探究小组要测量电动势约为、内电阻约为的电源的电动势和内阻，他们选择的器材是：电流表A（，内阻约几欧姆），电压表V（，
23、内阻为），滑动变阻器（额定电流为，最大阻值为），电阻箱（），开关S、导线若干。回答下列问题：(1)小组同学先利用电阻箱将电压表改装成量程为的电压表，然后进行测量，请在图甲所示方框中画出实验电路图，要求在图中标出器材的代号_；(2)探究小组通过实验测出了六组数据，在坐标纸上用纵轴表示电压表的读数U，横轴表示电流表的读数I，描点画出了关系图象如图乙所示，利用图中数据可求得电源的电动势_V，内阻_；（结果均保留2位有效数字）(3)结合实验所选电路的特点，可知内阻的测量值与真实值相比_。（均填“偏大”“偏小”或“准确”）【答案】 (1). 见解析 (2). 2.7 (3). 5.4 (4). 偏小【解
24、析】【分析】【详解】(1)1电压表量程1V，要改成3V的量程则需要将电阻箱与该表串联，由于电源内阻较小，则电流表应串在外电路中，如下图所示(2)2图线纵轴截距读数为0.9V，根据改装电压表电路特点可得电源电动势为3由图线的横轴截距可知，短路电流为0.5A，则电源内阻为(3)4由于改装后的电压表分流，使得测得的电源内阻为改装后电压表内阻与电源真实内阻的并联值，故内阻的测量值与真实值相比要偏小。四、解答题15. 如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有质量可视为质点的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面的动摩擦因数，取，求：(1)物块在车
25、面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v不超过多少？【答案】(1)0.24s；(2) 【解析】分析】【详解】(1)根据牛顿第二定律得，物块的加速度大小为a2g0.510m/s25m/s2小车的加速度大小为根据v0-a2t=a1t得则速度相等需经历的时间为(2)物块不从小车右端滑出的临界条件为物块滑到小车右端时恰好两者达到共同速度，设此速度为v，由水平方向动量守恒得m2v=(m1+m2）v根据能量守恒得m2gL m2v2（m1+m2）v2代入数据，联立解得16. 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均有滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是两
26、段光滑的圆弧型轨道，BC的圆心为O点，圆心角=60，且与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数=0.2。某运动员从轨道上的A点以的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m=60kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h=2m和H=2.5m。（g=10m/s2）求：(1)运动员从A点运动到B点的过程中，到达B点时的速度大小vB；(2)水平轨道CD的长度L；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小。如果不能，求出最后停止的位置距C点的距
27、离。【答案】(1)6m/s；(2)65m；(3)6m【解析】【分析】【详解】(1)由题意得解得(2)从B到E，由动能定理得代入数值得(3)运动员能到达左侧的最大高度为，从B到第一次返回左侧最高处，由动能定理得解得故运动员不能回到B点，全过程由能量守恒定律得解得总路程即运动员最后停止的位置距C点的距离为17. 如图所示，光滑平台处于水平向右的匀强电场中（图中区域I），其场强，区域II存在场强未知的竖直向上的匀强电场，区域III存在场强未知的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量为的小球从A点无初速度释放，距离为L，的距离也为L。小球恰经过点上方处的P点再进入区域III做匀
28、速圆周运动后又能无碰撞地滑上平台并刚好回到A点。重力加速度为g，求：（1）区域III内电场的电场强度；（2）区域III内匀强磁场的磁感应强度B；（3）小球从A点开始至回到A点的运动时间t。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】根据题意，做出小球的运动轨迹示意如图所示（1）小球在区域III做匀速圆周运动，则：解得：（2）小球在区域I内做匀加速运动，设到达O点时速度为由动能定理有：得出小球从O到P做类平抛运动，设经过时间到达P点，速度为v，有：得出，由动能定理得：设小球从边界进入区域III时速度与的夹角为，有得出，小球在区域III内做匀速圆周运动，有：得出得：（3）根据题意：从A到
29、O，小球做匀加速运动，有：得出小球在区域III内做匀速圆周运动有：得出对小球运动全程，有：得：18. 如图所示，PQMN与CDEF为两根足够长的固定平行金属导轨，导轨间距为L。PQ、MN、CD、EF为相同的弧形导轨；QM、DE为足够长的水平导轨。导轨的水平部分QM和DE处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，a、b为材料相同、长都为L的导体棒，跨接在导轨上。已知a棒的质量为3m、电阻为R，b棒的质量为m、电阻为3R，其它电阻不计。金属棒a和b都从距水平面高度为h的弧形导轨上由静止释放，分别通过DQ、EM同时进入匀强磁场中，a、b棒在水平导轨上运动时不会相碰。若金属棒a、b与导轨接触良好，且不
30、计导轨的电阻和棒与导轨的摩擦。(1)金属棒b向左运动速度大小减为0时，金属棒a的速度多大？(2)金属棒a、b进入磁场后，如先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，此棒从进入磁场到匀速运动的过程b棒产生的焦耳热多大？(3)从b棒速度减为零至两棒达共速过程中二者的位移差是多大？【答案】(1)；(2)； (3) 【解析】【分析】【详解】(1)金属棒从弧形轨道滑下，由机械能守恒有解得两棒同时进入磁场区域的初速大小均为由于两棒在水平轨道上时所受合外力为零，则两棒在水平轨道上运动时动量守恒解得(2)先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，则两棒在水平面上匀速的速度相等，由动量守恒得解得金属棒a、b进入磁场后，到b棒第一次离开磁场过程中，由能量守恒得解得此棒从进入磁场到匀速运动的过程电路中产生的焦耳热 b棒产生的焦耳热(3)对物体b，根据动量定理得