2021年秋季高三物理开学摸底考试卷03(课标全国专用)(解析版)

2021年秋季高三开学摸底考试卷03

班级___________ 姓名___________ 分数____________

（考试时间：55分钟 试卷满分：110分）

一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共8分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.下图是嘉兴市高中园区到上海虹桥火车站的线路图，根据图中的信息，下列选项中正确的是（ ）

A．“预计下午1:52到达”，中的1:52表示时间 B．“距离最短87公里”表示位移 C．“1小时21分”表示时间间隔

D．由所给的各条路线的距离和时间能求出不同路径的平均速度 【答案】C 【解析】

A．“预计下午1:52到达”中的1:52表示时刻，所以A错误； B．“距离最短87公里”表示路程，所以B错误； C．“1小时21分”表示时间间隔，所以C正确；

D．由所给的各条路线的距离和时间能求出不同路径的平均速率，平均速度只需要知道位移与时间，所以D错误； 故选C。

15.在平直的公路上，甲车在t=0时刻由静止开始运动，某时刻乙车匀速通过甲车的出发点，如图所示，甲车的x—t图像是一条抛物线，两车的x—t图像在t=4s时相切（乙车的x—t图像未画出），两

车均可视为质点。下列说法正确的是（ ）

A．甲车的速度变化率逐渐增大 B．甲车的加速度大小为8m/s2 C．乙车的速度大小为8m/s D．t=2s时，乙车通过甲车的出发点 【答案】D 【解析】

AB．由题意及图像可知，甲的位移x和时间t的关系为

t1x322sx2t2=4t2 v162可得出甲是以初速度为0，加速度为4m/s2，做匀加速直线运动，故速度变化率不变，故AB错误； C．由A选项可知，当t=4s时，甲的速度为16m/s，由于两车的x—t图像在t=4s时相切，故乙的速度也为16m/s，故C错误；

D．乙车通过甲车的出发点到两车相切的时间

tx322s v16故D正确。 故选D。

16.如图所示，起重机将重力为G的正方形工件缓缓吊起。四根等长的钢绳（质量不计），一端分别固定在正方形工件的四个角上，另一端汇聚成结点挂在挂钩上，结点到每个角的距离均与正方形的对角线长度相等，则每根钢绳的受力大小为（ ）

1A．G

4B．

2G 4C．3G 61D．G

2【答案】C 【解析】

设每根钢丝绳的拉力为F，由题意可知每根绳与竖直方向的夹角为30，根据共点力的平衡条件可得

4Fcos30G

解得

F3G 6ABD错误，C正确。 故选C。

17.如图甲所示，一轻质弹簧放置在粗糙的水平桌面上，一端固定在墙壁上，另一端栓接物体A。A、B接触但不粘连，与水平桌面的摩擦因数均为μ，压缩弹簧使A、B恰好不滑动，mAmB5kg，给物体B施加力F的作用使之作匀加速直线运动，F与位移s的关系如图乙所示（g10m/s2），则下列结论正确的是（ ）

A．水平桌面的摩擦因数0.2

B．物体A、B分离时加速度相同，a2m/s2 C．物体A、B分离时，弹簧压缩量x20.06m D．开始有F作用时，弹簧压缩量x10.05m 【答案】C 【解析】

B．初始状态对AB根据牛顿第二定律得

F1mAmBa

解得

a1m/s2

B错误；

A．恰好分离时，对B根据牛顿第二定律

F2mBgmBa

解得

0.5

A错误；

CD．恰好分离时，对A根据牛顿第二定律得

kx2mAgmAa

初始状态对AB根据平衡条件得

kx1mAmBg

根据题意

x1x20.04

解得

x110cm

x26cm

C正确，D错误。 故选C。

18.如图，一个人拿着一个小球想把它扔进前方一堵竖直墙的洞里，洞比较小，球的速度必须垂直于墙的方向才能进入，洞离地面的高度H3.3m，人抛球出手时，球离地面高度h01.5m，人和墙之间有一张竖直网，网高度h2.5m，网离墙距离L2m，不计空气阻力，g10m/s2，下列说法正确的是（ ）

A．只要人调整好抛球速度大小以及抛射角度，不管人站在离网多远的地方，都可以把球扔进洞 B．要使球扔进洞，人必须站在离网距离至少1m处

C．要使球扔进洞，人必须站在离网距离至少1.5m处 D．要使球扔进洞，人必须站在离网距离至少2m处 【答案】B 【解析】

球的运动是斜上抛运动，最后垂直墙进入洞里，则可以把它看成是从洞开始的平抛运动，从洞到高h的网过程中

Hh12gt 2得出

t2Hhg23.32.510s0.4s

水平方向上若恰好擦网

Lv0t

得出

v0L2m/s5m/s t0.4从墙洞的位置，到人抛出球的位置处，竖直方向上

Hh0得出

12gt' 2t'0.6s

故人距离墙的水平距离至少为

xv0t'50.6m3m

故要使球扔进洞，人必须站在离网距离至少为

x'xL3m2m1m

故选B。

19.假设“嫦娥号”登月轨迹如图所示图中M点为环绕地球运行的近地点，N点为环绕月球运行的近月点。a为环绕月球运行的圆轨道，b为环绕月球运行的椭圆轨道，下列说法正确的是（ ）

A．“嫦娥三号”在环绕地球轨道上的运行速度大于11.2km/s B．“嫦娥三号”在M点进入地月转移轨道时应减速

C．“嫦娥三号”在圆轨道a上运行时的机械能小于在椭圆轨道b上的任意一点运行时的机械能 D．设“嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的加速度为a1，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为a2，则a1a2 【答案】CD 【解析】

A．“嫦娥三号”没有脱离地球束缚，所以“嫦娥三号”在环绕地球轨道上的运行速度小于11.2km/s，A错误；

B．“嫦娥三号”在M点进入地月转移轨道时做离心运动，要增大向心力，所以此时应该加速，B错误；

C．从轨道a进入轨道b需在N点加速，所以机械能增大，即轨道b上机械能大于轨道a上的机械能，C正确；

D．“嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时和在椭圆轨道b上经过N点时所受到月球的引力大小相等，所以加速度也相等，D正确。 故选CD。

20.如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m0.1kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g10m/s2，则（ ）

A．小球释放位置距地面的高度为0.7m B．小球在下落过程受到的风力为0.10N C．小球刚接触弹簧时的动能为0.50J D．弹簧对小球的最大弹力大小为10.8N 【答案】ABD 【解析】

A．由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70J，故根据

Epmgh

可得

0.700.110h

解得

h0.7m

故A正确；

B．对下落的小球的运动状态分析，小球未接触弹簧前，做匀加速直线运动，此时小球受重力和竖直向上的恒定风力f，根据牛顿第二定律有

mgfma1

在小球接触弹簧后，弹簧开始形变，此时小球受重力、风力、弹簧的弹力，根据牛顿第二定律有

mgfTma2

TkΔx

x在增大，则T在增大，a2在减小，此时小球做加速度减小的加速运动直到

mgfT

即a20时小球速度最大，之后小球继续向下运动，但此时Tmgf，而x在增大，小球做加速度增大的减速运动，直到小球速度减为0，由图乙可知小球速度减为0时小球下落0.6m，故

0.6mg0.6f0.540

f0.1N

故B正确；

C．小球刚接触弹簧时，小球下落了h1=0.5m，则

mgh1fh112mv 2解得

12mv0.45J 2故C错误；

D． 根据弹力做功跟弹性势能的变化关系知

Fx＝Ep

式中∆Ep=0.54J，FFm0 ，∆x=0.1m，解得 2Fm=10.8N

故D正确。 故选ABD。

21.如图所示，一篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍（k1），碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则：（ ）

A．碰撞过程中，篮球的机械能守恒 B．篮板对篮球的冲量大小为k1mv0 C．篮球的水平初速度大小为Lrg 2hD．若篮球气压不足，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰撞点更高

【答案】BD

【解析】

A．由题意知，碰撞过程中速度减小，篮球的机械能减小，故A错误 B．以弹回的速度方向为正方向，据动量定理可得，篮板对篮球的冲量大小

Imkv0mv0(1k)mv0

故B正确;

C．篮球弹回做平抛运动，由位移公式可得

Lrkv0t h12gt 2

联立可得

v0故 C错误:

(Lr)g k2hD．若篮球气压不足，导致k减小，在v0不变的情况下，篮球弹回的速度kv0减小，结合C中分析可知，要使篮球中心经过篮框中心，即水平位移不变，应延长时间，故应使碰撞点更高，故D正确。 故选BD。

二、非选择题：第22～24题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题

22.如图甲所示为“验证力的平行四边形定则”的实验装置图，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．

(1)关于此实验，下列说法中正确的是________． A．同一次实验中，O点位置不允许变动

B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置

C．拉橡皮筋的细绳适当长些

D．橡皮筋弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些

(2)某同学已画出某次实验中两弹簧测力计拉力的示意图及两个拉力的合力F，如图乙所示，这个合力F是力F1和F2合力的________(填“理论值”或“实际值”)，如果用“F的值为________(结果保留3位有效数字)． 【答案】ACD 理论值 2N 15.0 【分析】

根据题图可知，考查了验证力的平行四边形定则．根据实验验证力的平行四边形定则的实验原理，实验步骤，数据处理以及误差分析进行分析即可．

”作为标度，则该同学量出的

1根据实验的原来以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．

2F1和F2合力的理论值是通过平行四边形定得出的，实际值是用一根弹簧秤实验得出的．

【解析】

1A、实验中两根弹簧秤拉力的共同效果与一根弹簧秤的效果相同，则同一次实验，O点的位置不

允许变动，故A正确．

B、实验中需要记录弹簧测力计的读数，拉力的方向和O点的位置，故B错误． C、为了减小实验的误差，拉橡皮筋的细绳应长一些，故C正确．

D、橡皮筋弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些，故D正确．

2某同学已画出某次实验中两弹簧测力计拉力的示意图及两个拉力的合力F，这个合力F是力F1和F2合力的理论值，如果用2N作为标度，则该同学量出的F的值为15.0N．

【点睛】

在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析．

23.为了研究合外力做功和动能变化的关系，某小组设计了使用位移传感器的如图甲所示的实验装置。从0时刻开始，让质量为m的木块从倾角为θ的木板上由静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块的位移随速度的变化规律如乙图中的图线①所示。图中位移从x1到x2和从x2到x3时，木块速度二次方（v2）的增量都相等，测得这个增量为k。木块与木板之间的动摩擦因素μ=2tanθ，重力加速度为g。

1

（1）根据图线①计算出木块位移从x1到x3时动能的变化①EK=________，合外力做的功W=________；（2）若保持倾角θ不变，改用与木块体积相同的钢玦来做实验，钢、木之间的动摩擦因素则钢块的位移随速度变化规律可能是图中的图线________（填“①”“①”或“①”）。 【答案】mk 【解析】

（1）[1][2]由题意可得从x1到x3，木块速度的二次方的增量为2k即

2v3v122k

1，2mg（x3x1） ① 2则

Ek故木块从x1到x3动能变化为mk； [2]由动能定理，合外力做的功为

121212mv3mv1m（v3v12）mk 222W(mgsin-mgcos)(x3x1)=（2）[3]由题可知物体在斜面上做匀加速直线运动即有

mg（x3x1） 2vt202ax

则x与v的关系为

vt2 x2a题中告诉夹角不变，动摩擦因素变小，所以加速度变大，可得知相同的速度时候对应的x要小，所以钢块的位移随速度变化规律可能是图中的图线①。

24.如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为

R=0.5m，C点和圆弧的圆心连线与怪直方向的夹角θ=53°，sin53°=0.8，不计空气阻力，求：（g=10m/s2，cos53°=0.6）

（1）A、C两点的高度差；

（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点的速度大小； （3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。

【答案】（1）0.8m；（2）vD29m/s；（3）3.625 m 【解析】

（1）根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为

vCv05m/s

cos53竖直分量为

vyc4m/s

下落高度

h2vyc2g0.8m

（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得

mgR1cos531212mvDmvC 22代入数据解得

vD29m/s

（3）设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为

a1g0.3103m/s2

a2mgM1m/s2

速度分别为

vvDa1t

va2t

对物块和木板系统，由能量守恒定律得：

2mgLmvD(mM)v2

1212代入数据解得

L=3.625 m

即木板的长度至少是3.625 m。

25.．如图所示，一课外兴趣小组正在研究自制模型鱼的特性，让模型鱼从距水面一定高度H的地方静止释放，然后进入水深h=2m的水槽，实验中发现当H=4m时，模型鱼恰好能到水槽底部。已知模型鱼质量m=1kg，空中下落时受到阻力恒为重力的0.2倍，水中运动时除受到恒为其重力0.8倍的 浮力外还受到恒定的流体阻力作用，考虑模型鱼始终在同一竖直线上运动，忽略模型鱼的大小。求：（1）模型鱼在空中下落时的加速度大小；

（2）计算模型鱼从H=4m处静止释放到水糟底部的运动时间t； （3）模型鱼在水中受到的流体阻力大小。

【答案】（1）8m/s2；（2）1.5s；（3）18N 【解析】

（1）模型鱼在空中自由下落时加速度为a1，根据牛顿第二定律

mg0.2mgma1

得加速度

a18m/s2

（2）模型鱼入水时速度为v

v2a1H8m/s

在水中减速运动时加速度为a2

v2h

2a2得加速度

a216m/s2

模型鱼在空中自由下落时间为

t12H1s a1则入水时的速度为

v2a1h8m/s

t2总时间

v0.5s a2tt1t21.5s

（3）根据牛顿第二定律

F浮fmgma2

得

f1.8mg18N

或者全程运用动能定理

00mg(Hh)f1HF浮hfh

得

f1.8mg18N

（二）选考题： [物理——选修3-3]

（1）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其变化过程的V-T图像如图所示，BC的反向延长线通过坐标原点O。已知该气体在状态A时的压强为1.5×105Pa，则该气体在状态C时的压强为__________Pa；该气体从状态A到状态C的过程中吸收的热量为__________J。

【答案】1.0×105 100 【解析】

[1][2]气体从状态A到状态B，发生的是等容变化，由查理定律得

pApB TATB解得在状态B时的压强为

pB=1.0×105Pa

气体从状态B到状态C，发生是等压变化，有

pC=pB=1.0×105Pa

由于状态A与状态C的温度相同，所以该气体从状态A到状态C的过程中，内能变化量

U0

气体从状态A到状态B不做功，从状态B到状态C的过程中气体对外做功，做功大小为

WpBV1.0105（32）103J100J

由热力学第一定律

UQW

知整个过程中吸收的热量为

Q=100J

（2）新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图甲所示。壶的容积为1.5 L，内含1.0 L的消毒液。闭合阀门K，缓慢向下压压杆A，每次可向瓶内储气室充入0.05 L的1.0 atm的空气，多次下压后，壶内气体压强变为2.0 atm时，按下按柄B，阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，1.0 atm＝1.0×105Pa。 (1)求充气过程向下压压杆A的次数和打开阀门K后最多可喷出液体的体积；

(2)喷液全过程，气体状态变化的等温线近似看成一段倾斜直线，如图乙所示，估算全过程壶内气体从外界吸收的热量。

【答案】(1) 10次；0.5 L；(2) 75 J 【解析】

(1)壶中原来空气的体积

V1＝0.5 L

由玻意尔定律

p1(nV0+V1)＝p2V1　

解得n＝10次 最多喷射的液体

V＝nV0＝0.5 L

(2) 外界对气体做功

Wp1p2V75J 2由热力学第一定律有

U＝WQ＝0　

解得

Q＝75 J

[物理——选修3-4]

34（1）图示为一透明柱状介质的横截面图，三角形ABC为直角三角形。一细束红光PD从AC边中点D射到AC，折射后的光线经CB恰好发生全反射。已知AC=L，①PDA=30°，光在真空中的速度 大小为c，则该介质对红光的折射率为___________，红光从D传播到CB所用的时间为___________。

【答案】【解析】

773L 212c[1]光路图如图所示

设介质对红光的折射率为n，临界角为θ，则

n1 sin根据折射定律有

n解得

sin(9030)

sin(90)n[2]红光在介质中的传播速度

37 ，cos θ=72vc n从D传播到E所用的时间

tDE vLDE=2

cos解得

t73L 12c（2）如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图（振动刚传到x=0.2m处），质点a为波上一点，a点此时纵坐标为0.2，再过

1s，质点a由图示位置第一次到达波峰，b为x轴上一15质点，横坐标为4.5（图中未画出），试求： （1）质点a的振动方程。

（2）由0时刻起再过多上时间质点b第三次到达波峰？

【答案】（1）0.4sin（5πt+）m；（2）9.7s 【解析】

（1）由图可知再过，质点a到达波峰；即

T1s 615T66解得

T=0.4s

所以

解得

2 Tω=5πrad/s

质点振动方程为

x=Asin（ωt+φ）

由图知A=0.4m，所以质点a的振动方程为

x=0.4sin（5πt+）m

（2）设波长为λ波速v，波由0时刻传播到b点所用时间为t1，由图知λ=0．2m 又因为

v

6T

解得

v=0.5m/s

故

t14.50.2 v解得

t18.6s

设波传播到达b点后又经过t2，b点第三次到达波峰 则

t211T 4故总时间为

t=t1+t2=9.7s