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，甲车在片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—f图像是一条抛物线，两车的x—f图像在片4s时相切（乙车的X—/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.Z=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，的关系为

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，当片4s时，甲的速度为16m/s,由于两车的x—r图像在片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

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（）

A.-GB.-GC.且GD.-G

4462

【答案】C

【解析】

设每根钢丝绳的拉力为尸，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

解得

ABD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〃，压缩弹簧使A、B恰好不滑动，mA=mB=5ko,

给物体B施加力E的作用使之作匀加速直线运动，尸与位移s的关系如图乙所示（g=10m&）,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/=0O6m

D.开始有尸作用时，弹簧压缩量玉=0.05m

【答案】C

【解析】

B.初始状态对AB根据牛顿第二定律得

解得

B错误；

A.恰好分离时，对B根据牛顿第二定律

解得

A错误：

CD.恰好分离时，对A根据牛顿第二定律得

初始状态对AB根据平衡条件得

根据题意

解得

C正确，D错误。

故选Co

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，球离地面高度用=L5m,人和墙之

间有一张竖直网，网高度力=2.5m,网离墙距离L=2m,不计空气阻力，^=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

得出

水平方向上若恰好擦网

得出

从墙洞的位置，到人抛出球的位置处，竖直方向上

得出

故人距离墙的水平距离至少为

故要使球扔进洞，人必须站在离网距离至少为

故选Bo

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。。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％,在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为外,

则4=4

【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“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6需在N点加速，所以机械能增大，即轨道6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，质量机=O」kg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口，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线口，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

可得

解得

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

向上的恒定风力力根据牛顿第二定律有

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

©在增大，则7在增大，生在减小，此时小球做加速度减小的加速运动直到

即的=0时小球速度最大，之后小球继续向下运动，但此时,而Ax在增大，小球做力口速

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

故B正确；

C.小球刚接触弹簧时，小球下落了/n=0.5m,则

解得

故C错误：

D.根据弹力做功跟弹性势能的变化关系知

式中Afp=0.54J,F-,M-0,1m,解得

Fm=10.8N

故D正确。

故选ABDo

21.如图所示，一篮球以水平初速度%碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的左倍（4<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,半径为厂，篮框中心距

篮板的距离为乙碰撞点与篮框中心的高度差为〃，不计摩擦和空气阻力，贝I：（）

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伍+1）加%

C.篮球的水平初速度大小为（L-r）博

D.若篮球气压不足，导致％减小，在心不变的情况下，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

故B正确；

C.篮球弹回做平抛运动，山位移公式可得

联立可得

故C错误:D.若篮球气压不足，导致人减小，在%不变的情况下，篮球弹回的速度外减小，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4为固定橡皮筋的图钉，。为橡皮

筋与细绳的结点，和0C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，。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。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。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尸，如图乙所示，这个合

力厂是力Q和B合力的（填“理论值”或“实际值）如果用“一”作为标度，则该同学量出的

F的值为（结果保留3位有效数字）.

【答案】ACD理论值2/V15.0

【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.

(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)6和尸2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】

(l)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，。点的位置不

允许变动，故”正确.

8、实验中需要记录弹簧测力计的读数，拉力的方向和。点的位置，故8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。时，拉力要适当大些，故。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是力耳和

用合力的理论值，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。时刻开始，让质量为机的木块从倾角为。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口所示。图中位移从XI到X2和从X2到X3

时，木块速度二次方(v2)的增量都相等，测得这个增量为九木块与木板之间的动摩擦因素〃=3⑶!。,

重力加速度为g。

(1)根据图线口计算出木块位移从XI到X3时动能的变化EK=，合外力做的功W=；

(2)若保持倾角6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“口”“□”或"口”)。

【答案】〃法一^-(七一X2

【解析】

(1)由题意可得从占到马,木块速度的二次方的增量为”即

则

故木块从占到x3动能变化为mk；

[2]由动能定理，合外力做的功为

(2)[3]由题可知物体在斜面上做匀加速直线运动即有

则x与v的关系为

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。

24.如图所示，有一个可视为质点的质量为机=lkg的小物块，从光滑平台上的4点以％=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〃=0.3,圆弧轨道的半径为

7?=O.5m,C点和圆弧的圆心连线与怪直方向的夹角6=53。，不计空气阻力，求：(g=10m/s2,sin53°=0.8,

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。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=V29m/s；(3)3.625m

【解析】

(1)根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为

竖直分量为

下落高度

(2)小物块由C到。的过程中，由动能定理得

代入数据解得

(3)设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为吃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

速度分别为

对物块和木板系统，由能量守恒定律得：

代入数据解得

£=3.625m

即木板的长度至少是3.625m。

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”的地方

静止释放，然后进入水深〃=2m的水槽，实验中发现当"=4m时，模型鱼恰好能到水槽底部。已知

模型鱼质量加=lkg,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〃=4m处静止释放到水糟底部的运动时间

(3)模型鱼在水中受到的流体阻力大小。

【答案】(1)8m/s案(2)1.5s；(3)18N

【解析】

(1)模型鱼在空中自由下落时加速度为q,根据牛顿第二定律

得加速度

(2)模型鱼入水时速度为v

在水中减速运动时加速度为由

得加速度

模型鱼在空中自由下落时间为

则入水时的速度为

总时间

(3)根据牛顿第二定律

得

或者全程运用动能定理

得

(二)选考题：

［物理—选修3-3|

(I)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,

3C的反向延长线通过坐标原点。。已知该气体在状态A时的压强为1.5xl()5pa,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Jo

【答案】l.OxlO5100

【解析】

口］［2］气体从状态/到状态8,发生的是等容变化，由查理定律得

解得在状态8时的压强为

PB=l.OxlO5Pa

气体从状态8到状态C,发生是等压变化，有

PC=PB=LOX105Pa

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

气体从状态/到状态8不做功，从状态8到状态。的过程中气体对外做功，做功大小为

由热力学第一定律

知整个过程中吸收的热量为

C=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1.5L,内含1.0L

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0.05L的1.0atm的空气，多

次下压后，壶内气体压强变为2.0atm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，1.0atm=1.0xi()5pa。

(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;0.5L；(2)75J

【解析】

(1)壶中原来空气的体积

由玻意尔定律

解得〃=10次

最多喷射的液体

(2)外界对气体做功

由热力学第一定律有

解得

[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"8C为直角三角形。一细束红光尸。从NC边中

点。射到/C,折射后的光线经C8恰好发生全反射。已知NC=Z_,口/7必=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

币7GL

【答案】

V12c

【解析】

口］光路图如图所示

设介质对红光的折射率为〃，临界角为仇则

根据折射定律有

解得

"=乎，COS©