2021届四川省内江市威远中学高三(上)1月月考物理试题

2021届四川省内江市威远中学高三（上）1月月考物理试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，下列说法正确的是（ ）

A ．安培发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系。

B ．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点

C ．卡文迪许用扭称实验测出万有引力恒量，由此称他为第一个“测出地球质量”的人

D ．库仑发现了点电荷的相互作用规律；安培通过油滴实验测定了元电荷的数值 2．若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛

一物体， 它们在水平方向运动的距离之比为2，已知该行星质量约为地球的 7 倍，地球的半径为R 。由此可知，该行星的半径约为（ ）

A ．12R

B ．72R

C ．2R

D ．2

R 3．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A 点经B 、C 点运动到D 点，其v t 图像如图所示，则下列说法中正确的是（ ）。

A ．A 点的电场强度一定小于

B 点的电场强度

B ．粒子在A 点的电势能一定大于在B 点的电势能

C ．C

D 间各点电场强度和电势都为零

D ．AB 两点间的电势差大于CB 两点间的电势差

4．如图所示，虚线 a 、b 、c 是电场中的一簇等势线（相邻等势面之 间的电势差相等），实线为一 α粒子（重力不计）仅在电场力作用 下通过该区域时的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知( )

A．a、b、c 三个等势面中，a 的电势最高

B．电子在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能小

C．β粒子在P 点的加速度比Q 点的加速度大

D．带电质点一定是从P 点向Q 点运动

5．如图所示，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60J，此后撤出力F，物体又经过时间t回到

出发点，若以地面为零势能面，则下列说法不正确

．．．的是（）

A．物体回到出发点的动能为60J

B．恒力F=2mg sinθ

C．撤出力F时，物体的重力势能是45J

D．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后

二、多选题

6．如图甲所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小物块从轻弹簧上方且离地高度为h1的A点由静止释放，小物块下落过程中的动能E k随离地高度h变化的关系如图乙所示，其中h2~h1段图线为直线。已知重力加速度为g，则以下判断中正确的是（）

A．当小物块离地高度为h2时，小物块的加速度为g

B．当小物块离地高度为h3时，小物块的动能最大，此时弹簧恰好处于原长状态C．小物块从离地高度为h2处下落到离地高度为h3处的过程中，弹簧的弹性势能增加了m g（h2－h3）

D．小物块从离地高度为h1处下落到离地高度为h4处的过程中，其减少的重力势能恰好等于弹簧增加的弹性势能

7．如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）

A．b、d两点的电场强度大小相等，电势相等

B．a、c两点的电场强度大小相等，电势相等

C．若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周作匀速圆周运动

D．若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周作匀速圆周运动

8．如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上。开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A 处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是（）

A．滑块2下滑过程中，加速度一直减小

B．滑块2经过B处时的加速度等于零

C．物块1和滑块2的质量之比为3：2

D．若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为4：5

9．一列周期为0.8 s的简谐波在均匀介质中沿x轴传播，该波在某一时刻的波形如图所示；A、B、C是介质中的三个质点，平衡位置分别位于2 m、3 m、6 m 处．此时B质点的速度方向为－y方向，下列说法正确的是( )

A．该波沿x轴正方向传播，波速为10 m/s

B．A质点比B质点晚振动0.1 s

C．B质点此时的位移为1 cm

D．由图示时刻经0.2 s，B质点的运动路程为2 cm

E.该列波在传播过程中遇到宽度为d＝4 m的障碍物时不会发生明显的衍射现象

三、实验题

10．下图是某兴趣小组同学设计的实验装置，若木板水平放置，物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在木板上（尚未到达滑轮处），该小组同学利用匀减速直线运动规律测木板动摩擦因数。从纸带上便于测量的点开始，相邻计数点间的距离如图下所示，相邻计数点间还有4个记录点未画出。打点计时器电源的频率为50 Hz。

①计数点5对应的速度大小为________m/s。（保留三位有效数字）

②物块减速运动过程中加速度的大小为a＝_______m/s2，若用a

g

来计算物块与木板间

的动摩擦因数（g取10 m/s2），则计算结果μ＝_______ （保留三位有效数字）。11．为测定待测电阻R x的阻值（阻值约为200Ω），实验室提供如下器材：

A．电池组E：电动势3V，内阻不计；

B．电流表A1：量程0~15mA，内阻约为100Ω

C．电流表A2：量程0~300μA，内阻为1000Ω

D．滑动变阻器R1：阻值范围0~20Ω，额定电流2A

E.定值电阻R2：阻值为9000Ω，额定电流10mA

F.定值电阻R3：阻值为200Ω，额定电流0.1A

G.电键S、导线若干

要求实验中尽可能准确地测量R x的阻值，请回答下面问题：

（1）正确选取器材，在图方框中画出测量R x阻值的电路图，并在图中标明所选器材的符号__。

（2）调节滑动变阻器R1，两表的示数如上图所示，可读出电流表A1的示数是

_______mA，电流表A2的示数是_________μA，测得待测电阻R x 的阻值是________。（计算结果保留一位小数）

（3）采用此实验得出的测量值_______真实值。（选填“>”、“<”、“=”）

四、解答题

12．如图所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B 和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L ＝1.2 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：

(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度v B的大小；

(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；

(3)弹簧的弹性势能的最大值E pm.

13．如图甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为30?，质量分别为0.5kg和1kg的A、B两个小物块，用一根细线相连，A、B之间有一被压缩的微型弹簧，A、B与弹簧组成的系统可视为质点。某时刻，将A、B从P点由静止释放，运动至Q点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A、B瞬间分离，从分离时开始计时，A、B短时间内运动的速度图像如图乙所示，重力加速度取g=10m/s2。求：

(1)A、B与斜面间的动摩擦因数；

(2)细绳未断裂前微型弹簧储存的弹性势能；

(3)A、B再次相遇前的最远距离。

14．由两种不同透明介质制成的直角三棱镜甲和乙，并排放在一起刚好构成一截面为正

n＝，一细光束由AB边的中点O斜射入棱镜甲，已三角形的棱镜，甲的折射率为1 1.5

i=，经折射后该光束刚好在棱镜乙的知入射光线在AB边的入射角的正弦值为sin0.75

AC边发生全反射，最后从BC边射出，已知真空中的光速为8

＝，AB边的长

c?

310m/s l=，求该细光束在棱镜中的传播时间。

度为6cm

参考答案

1．C

【详解】

A ．焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系，故A 错误；

B ．伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点，故B 错误；

C ．卡文迪许用扭称实验测出万有引力恒量，由此称他为第一个“测出地球质量”的人，故C 正确；

D ．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故D 错误。

故选C 。

2．C

【详解】

对于任一行星，设其表面重力加速度为g 。根据平抛运动的规律得

212

h gt =

则水平射程

0x v t v ==可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比

227 4

g x g x ==行地地行 根据

2

Mm G

mg R = 得 2GM g R =

可得

22 g M R g M R =?行行地地地行

解得行星的半径

2R R R R ===行 故选C 。

3．B

【详解】 A ．由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A 点时较大，有牛顿第二定律得知在A 点的电场力大，故A 点的电场强度一定大于B 点的电场强度，故A 错误； B ．从A 到B ，速度增大，故电场力做正功，可知电势能减小，即粒子在A 点的电势能一定大于在B 点的电势能，故B 正确；

C ．C

D 间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，故C 错误。

D ．A 、C 两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A 到B 和从B 到C 电场力做功的绝对值相同，AB 两点间的电势差等于CB 两点间的电势差，故D 错误。

故选B 。

4．C

【详解】

A 、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于α粒子带正电，电场线垂直等势线指向左上方，沿电场线电势降低，故a 等势线的电势最低，c 等势线的电势最高，故选项A 错误；

B 、由于a 等势线的电势最低，c 等势线的电势最高，而电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能大，故选项B 错误；

C 、等势线密的地方电场线密场强大，故P 点位置电场强度大，β粒子在P 点位置受到的电

场力大，根据牛顿第二定律，β粒子在P 点的加速度比Q 点的加速度大，故选项C 正确；

D 、由图只能判断出粒子受力的方向，不能判断出粒子运动的方向，故选项D 错误． 5．B

【详解】

A ．对于整个过程，由动能定理得：

60J k F E W ==

所以物体回到出发点的动能为60J ，故A 正确，不符合题意；

B ．取沿斜面向上方向为正方向，撤去F 时物体速度大小为v ，回到出发点时速度大小为v '，

撤去F 前，物体做匀加速运动，撤去后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反，则有

22

v v v t t -'=- 则得

2v v '=

根据动量定理得：

匀加速运动过程，有

sin Ft mg t mv θ-=

匀减速运动过程，有

sin mg t mv mv θ-=-'-

解得

43

F mgsin θ=

故B 错误，符合题意；

C ．由上知，物体回到出发点时的动能 2160J 2

k E mv '=

'= 刚撤去F 时 '22111()15J 2224

k k v E mv m E =

=＝＝ 对于匀加速运动，由动能定理得 F k W mgh E -=

则得

60J-15J=45J F k mgh W E =-=

即撤出力F 时，物体的重力势能是45J ，故C 正确，不符合题意；

D ．由上看出，撤去F 前，由动量定理得

sin t F mg t mv θ-=（）

解得

1sin 3

t v g t θ=

t 时刻动能为

()222211sin 218

Kt t E mv mg t θ=

＝ 重力势能 ()2221sin sin θ26

P v E mg t mg t θ=?= 可见，动能总小于重力势能，而撤去F 后，在下滑过程中，动能增大，重力势能减小到零，所以动能与重力势能会相等，故D 正确，不符合题意。

故选B 。

6．AD

【详解】

A ．由题意可知，当小物块离地高度为h 2时，小物块刚好开始接触弹簧，此时小物块只受到重力作用，故此时的加速度大小为重力加速度g ，故A 正确；

B ．当小物块离地高度为h 3时，由题图乙可知小物块的动能达到最大，小物块的速度达到最大，此时有

mg =k △x

弹簧的压缩量为

△x =h 2-h 3

故B 错误；

C ．小物块从离地高度为h 2处下落到离地高度为h 3处的过程中，重力势能减少了

△E P =mg （h 2-h 3）

由能量守恒定律可知，小物块减少的重力势能转化为小物块增加的动能和弹簧增加的弹性势能，故C 错误；

D ．由题图乙可知，当小物块离地高度为h 4时，小物块的动能为零，由能量守恒定律可知，小物块减少的重力势能全部转化为弹簧增加的弹性势能，故D 正确。

故选AD 。

7．BC

【详解】

Q 在 b 点与d 点场强方向相反，与匀强电场叠加后d 点场强大于b 点场强．故A 错误；a 、c 两点的电场强度大小相等，点电荷在ac 两点的电势相等，电场E 在ac 两点的电势相等，所以ac 两点的电势相等．故B 正确；若能做匀速圆周运动，要使小球所受的合力大小不变，

方向变化，则应为匀强电场力与重力相平衡，合力为Q 所给的库仑力．故正电荷可沿水平面作匀速圆周运动．故C 正确；若从a 点抛出一带负电小球，其所受合力不可能指向Q 点，则不能做匀速圆周运动．故D 错误；故选BC.

8．BD

【详解】

A ．滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，故A 错误；

B ．滑块2经过B 处时速度最大，其加速度为0，故B 正确；

C ．物体1静止时，弹簧压缩量为1x d =；当A 下滑到C 点时，物体2上升的高度为

32h d d ==

则当物体2到达C 时弹簧伸长的长度为d ，此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能；

对于A 与B 及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有

12·24m g d m g d =?

解得

12:2:1m m =

故C 错误；

D ．根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得

21cos v v θ=

其中

44cos 55

d d θ== 则得滑块2到达C 处时，物块1和滑块2的速度之比

12:4:5v v =

故D 正确；

故选BD 。

9．BCD

【详解】

由题图知，波长λ＝8 m ，则波速为v ＝80.8

T λ

=m/s ＝10 m/s ．此时B 质点的速度方向为－y 方向，由波形的平移法知，该波沿x 轴负方向传播，故A 错误；A 质点与B 质点平衡位置

相距x ＝1 m ，则波从B 质点传到A 质点的时间t ＝

110

x v =s ＝0.1 s ，故B 正确；B 质点此时

的位移为y sin 34π cm ＝1 cm ，故C 正确；由题图所示时刻经 0.2 s ＝14T ，由波形平移法可知，x ＝5 m 处质点的状态传到B 质点，B 质点的运动路程为s ＝2y ＝2 cm ，故D 正确；因该列波的波长为8 m ，则该列波在传播过程中遇到宽度为d ＝4 m 的障碍物时会发生明显的衍射现象，故E 错误．

10．1.00 2.00 0.200

【详解】

①[1]每两计数点间有四个点，故两计数点间的时间为

T =0.1s

5时的速度等于46间的平均速度，故有

24659.0011.0110m/s 1.00m/s 220.1

x v T -+==?=? ②[2]由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法

2x aT ?=

可得

()()22291179226.60 4.6010.608.6110m/s 2.00m/s 440.1

x x a T ---+-+-===? [3]根据题意可知

2.000.20010.0

a g μ=== 11． 8.0（7.9_~8.1均可） 150（149~151均可） 191.1 =

【详解】

（1）[1]流过电阻R x 的最大电流

315mA 200

x E I R === 所以用电流表A 1测电流，把电流表A 2和定值电阻R 2改装成量程为3V 的电压表，改装后电压表的内阻已知，故采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压接法减小实验误差，电路图如图所示

（2）[2][3][4]根据读数规则可知A 1的示数是8.0（7.9~8.1均可），电流表A 2的示数是150（149~151均可）则电阻为

()22212

191.1x I R r R I I +==Ω- （3）[5]由于改装后电压表的内阻是已知的，所以测量值等于真实值

12．（1）4/B v m s = （2）8F N = （3）0.8pm E J =

【详解】

（1）小物块恰好从B 端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：

024/sin sin 30B v v m s θ===． （2）小物块由B 运动到C ，据机械能守恒有：2211(1sin )22C B mgR mv mv θ+=

- 在C 点处，据牛顿第二定律有2'

C C

v N mg m R -= 解得N C ′=8 N

根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道压力大小N C 为8N ．

（3）小物块从B 运动到D ，据能量关系有

21(1sin )0.82

Pm B E mv

mgR mgL J θμ=++-=

13．(1)A μ=B μ=(2)p 6J E ；(3)68m 15

L = 【详解】 (1)根据图像可知，AB 分离后，B 沿斜面向下做匀速直线运动，A 沿斜面向上做匀减速直线运动，且

2A 7.5m /s v a t

?=

=? 对A 由牛顿第二定律得 A A A A A sin30cos30m g m g m a μ??+=

解得

A 6

μ=

对B 由平衡方程得 B B B sin30cos30m g m g μ??=

解得

B 3

μ=

(2)细线断裂瞬间，对AB 由动量守恒定律得 A B A A B B ())m m v m v m v +=+-(

由能量守恒定律得

222p A A B B A B 111()222

E m v m v m m v =

+-+ 解得 p 6J E =

(3)当AB 的速度相等时，二者相距最远，设A 上滑的时间为t A ，位移为x A ；A 下滑过程中的加速度为A a '，时间为A t '，位移为A x '

，则有 A A A v a t =，2A A A 2v a x =

对A 由牛顿第二定律得

A A A A A sin30cos30m g m g m a μ??'-=

B A A v a t ''=，2B A A 2v a x ''=

B 发生的位移

B A A ()B x v t t '=+

AB 再次相遇前的最远距离

B A A L x x x '=+-

解得

68m 15

L =

14．103.7510s ?－

【详解】 由题意可知该细光束在棱镜甲中的传播速度为

811

210m/s c v n =

=? 光路图如图所示

设该细光束在AB 边的折射角为θ，由折射定律可得

1sin sin i n θ

=

得到 30θ=

由几何关系可知，细光束在棱镜中的折射光线与AB 边的夹角为

903060-=

故折射光与底边BC 平行，光线进入棱镜乙时传播方向不变。因光线刚好在AC 边发生全反射，由几何知识得到，光线在AC 边的入射角为

903060-=

即临界角为

30C =

设棱镜乙的折射率为2n ，则有

2

1sin C n =

得到 22n =

则该细光束在棱镜乙中的传播速度为

822 1.510m/s c v n =

=? 由几何关系可知

1.5cm 4l OE ==， 1.5cm 4l EF ==，3cm 2

l FD == 则该光束在棱镜中的传播时间为

1012

3.7510s OE EF FD t v v -+=+=?