201X届高三物理上学期8月质量检测考试试题
高三物理上学期8月月考试卷
咐呼州鸣咏市呢岸学校七中高三上学期月考物理试卷〔8月份〕一、选择题〔共8小题，每题6分，总分值48分〕1．在物理学开展的过程中，有许多伟大的家做出了突出奉献．关于家和他们的奉献，以下说法正确的选项是( )A．法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布，极促进了人们对电磁现象的研究B．安培坚信电和磁之间一存在着联系，发现了电流的磁效，突破了对电与磁认识的局限性C．英国物理学家卡文迪许利用扭秤首先较准确地测了静电力常量D．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略通过“理想〞证实了这一说法考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要奉献即可．解答：解：A、法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布，极促进了人们对电磁现象的研究，故A正确B、奥斯特坚信电和磁之间一存在着联系，发现了电流的磁效，突破了对电与磁认识的局限性，故B错误C、库仑利用扭秤首先较准确地测了静电力常量，故C错误D、亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略通过“理想〞推翻亚里士多德的观点，故D错误应选A．点评：此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、创造、著名理论要记忆，这也是考试内容之一．2．如下图，光滑绝缘杆PQ放置在竖直平面内，PQ的形状与以初速度〔=〕水平抛出的物体的运动轨迹相同，P端为抛出点，Q端为落地点，P点距地面的高度为h．现在将该轨道置于水平向右的匀强电场中，将一带正电小球套于其上，由静止开始从轨道P端滑下．重力加速度为g，电场力于重力．当小球到达轨道Q端时( )A．小球的速率为B．小球的速率为C．小球在水平方向的速度大小为D．小球在水平方向的速度大小为考点：带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：此题的关键是根据平抛规律求出杆PQ的水平距离，然后再根据动能理即可求出速率，然后根据偏角求出水平方向的速度即可．解答：解：A、在竖直方向：h=，在水平方向：x==，解得x=2h由动能理可得：mgh+qEx=﹣0，代入数据解得=，所以A正确B错误．C、无电场时物体落地时速度偏角为tanθ==，有电场时，将分解可得==•cosθ，又1=，联立解得=，所以C、D 错误．应选A．点评：小球套在杆上后的运动不再是匀变速曲线运动，不能再分解为两个直线运动求解．3．光敏电阻被光照射时电阻会变小．如下图，电源电动势为E，内阻为r，在有光照射光敏电阻R1时，灯泡L正常发光．当无光照射R1后，以下判断正确的选项是( )A．通过光敏电阻R1的电流将变小B．光敏电阻R1两端的电压不变C．电源两端的电压变大D．灯泡消耗的功率变大考点：闭合电路的欧姆律；常见传感器的工作原理．专题：恒电流专题．分析：根据光敏电阻的特性，分析无光照射R1后其电阻的变化，由欧姆律判断电流的变化，确电压的变化．电源两端的电压于电动势与内电压之差．根据电流的变化分析电源两端电压的变化和灯泡消耗功率的变化．解答：解：A、由题，光敏电阻被光照射时电阻会变小，当无光照射R1后电阻增大，根据闭合电路欧姆律得知，通过光敏电阻R1的电流将变小．故A正确．B、光敏电阻R1两端的电压U1=E﹣I〔R L+r〕，I变小，U1增大．故B错误．C、由于电源两端的电压随外电阻的增大而增大，所以电源两端的电压变大．故C正确．D、灯泡的电阻不变，电流变小，其消耗的功率变小．故D错误．应选AC点评：光敏电阻是可变电阻，此题相当于动态分析问题，分析与整体的关系是关键．根底题．4．如下图将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个属环与长直金属杆导通，在外力F作用下，正弦形金属线可以在杆上无摩擦滑动．杆的电阻不计，导线电阻为R，ab间距离为2L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d，在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为L，磁感强度为B，现在外力F作用下导线沿杆以恒的速度v向右运动，t=0时刻导线从O点进入磁场，直到穿过过程中，外力F所做功为( )A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感电动势；功的计算．专题：电磁感与电路结合．分析：金属导线向右一共移动了3L，把全过程分为三个阶段，因导线切割磁力线的有效长度是随正弦规律变化的，所以产生的电流也是按正弦规律变化的正弦交流电，分别求出在这三段中的有效电动势，结合运动时间可求出每段运动过程上产生的内能，外力F所做的功转化为了内能．解答：解：金属导线在磁场中运动时，产生的电动势为：e=Bvy，y为导线切割磁力线的有效长度．在导线运动的过程中，y随时间的变化为：y=dsinπ=dsinπ=dsinωt，=ω，那么导线从开始向右运动到L的过程中〔如图〕有：e1=Bvy=Bvdsinπ=Bvdsinωt那么此过程中电动势的最大值为：E1max=Bvd，此过程中电动势的有效值为：E1=，导线从L向右运动到2L的过程中〔如图〕有：e2=2Bvy=2Bvdsinπ=2Bvdsinωt，即：E2max=2Bvd，所以：E2=2E1=，导线从2L向右运动到3L的过程与导线从开始向右运动L的过程相同〔如图〕，那么在这三段中运动的时间各为t，t=，在整个过程中产生的内能为：Q=解得：Q=故ABC错误，D正确．应选：D．点评：该题是以另外一种形式考察了交变电流的做功问题，解决此题的关键是把整个过程进行合理分段，分别求出各段的电动势的有效值，即可求出全过程的电功了．难度较大．5．一行星绕恒星做圆周运动，由天文观测可得，其运动周期为T，速度为v，引力常量为G，那么以下说法错误的选项是( )A．恒星的质量为B．恒星的质量为C．行星运动的轨道半径为D．行星运动的加速度为考点：万有引力律及其用．专题：万有引力律的用专题．分析：根据圆周运动知识和物理量求出轨道半径．根据万有引力提供向心力，列出式求出中心体的质量．解答：解：C、根据圆周运动知识得：由V=得到行星运动的轨道半径为r=，故C正确．A、B、根据万有引力提供向心力，列出式：，由以上两式得M=，故A正确、B错误；D、行星运动的加速度为a==，故D正确．此题选择错误的应选：B．点评：此题考查万有引力与圆周运动问题．根据万有引力提供向心力，列出式可求出中心体的质量，不能求出环绕体质量．6．a、b两车在两条平行的直车道上的同一计时线处开始运动〔并开始计时〕，它们在四次比赛中的v﹣t图如下图，哪些图对的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆？( )A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动的图像专题．分析：该题考察了用速度﹣﹣时间图象解决物体的追击与相遇问题，相遇的条件是两物体运动的位移相．用在速度﹣﹣时间图象象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移这一规律，分析两物体是否会相遇．解答：解：在速度﹣﹣时间图象里，图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移．A、从A图中可以看出，当t=20s时，两图象面积相，此时一辆赛车追上另一辆；所以选项A正确．B、图中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上；所以选项B错误．C、图象也是在t=20s时，两图象面积相，此时一辆赛车追上另一辆；所以选项C正确．D、图象中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上；所以选项D错误．应选：AC．点评：图象法是描述物理规律的重要方法，用图象法时注意理解图象的物理意义，即图象的纵、横坐标表示的是什么物理量，图线的斜率、截距、两条图线的交点、图线与坐标轴所夹的面积的物理意义；根据题意分析清楚物体的运动情景，正确画出物体的运动图象，这是用图象解题的关键．7．一物体原来静止在水平面上，用水平力F拉物体，在F从0．开始逐渐增大的过程中，物体先静止然后又做变加速运动，其加速度．a随着外力F变化的图象如下图，根据图中所标出的数据可以计算出〔g=10m/s2〕( )A．物体的质量为lkgB．物体的质量为2kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5考点：牛顿第二律；滑动摩擦力．专题：牛顿运动律综合专题．分析：对物体进行受力分析，根据牛顿第二律得出加速度a与力F的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可求解．解答：解：以物体为研究，分析受力：重力mg、地面的支持力N、水平力F和滑动摩擦力f根据牛顿第二律得：F﹣μmg=ma解得：a=﹣μg由a与F图线，得到0.5=﹣10μ ①4=﹣10μ ②①②联立得，m=2Kg，μ=0.3，故BC正确；应选B点评：此题关键是对物体进行受力分析，再根据牛顿第二律列方程求解出加速度与推力F的解析式，最后结合a与F关系图象得到待求量．8．如图〔a〕所示，AB是某电场中的一条电场线，假设有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图〔b〕所示．以下说法正确的选项是( )A．A、B两点的电场强度E A＞E BB．电子在A、B两点的速度v A＜v BC．A、B两点的电势φA＞φBD．电子在A，B两点的电势能E PA＜E PB考点：电势能；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据φ﹣x图象的斜率大小于电场强度，分析场强的变化．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确电势的上下，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化．解答：解：A、φ﹣x图象的斜率大小于电场强度，由几何知识得知，图象的斜率减小，那么从A到点B场强减小，那么有E A＞E B．故A正确．B、D由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大．即有v A＞v B，E PA＜E PB．故B错误，D正确．C、电场线的方向从A到B，那么A、B两点的电势φA＞φB．故C正确．应选ACD点评：此题关键要理解φ﹣t图象的斜率于场强，由电势的上下判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确电势能的变化．二、解答题〔共4小题，总分值47分〕9．如下图，在“研究平抛物体运动〞的中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=2.5cm．假设小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，那么小球平抛的初速度的计算式为v o=2〔用l、g表示〕，其值是1m/s，小球在b点的速率是5〔取g=10m/s2〕．考点：研究平抛物体的运动．专题：题．分析：平抛运动竖直方向是自由落体运动，对于竖直方向根据△y=gT2求出时间单位T．对于水平方向由公式v0=求出初速度．由a、c间竖直方向的位移和时间求出b点竖直方向的分速度，运用速度的合成，求解b的速率．解答：解：设相邻两点间的时间间隔为T，竖直方向：3L﹣L=gT2，得到T==0.05s；水平方向：v0=2=1m/s；小球在b点时，竖直方向上的瞬时速度于v by==0.75m/s所以b点的速度v b==1.25m/s故答案为：2；1；5点评：此题不但考查了平抛运动的规律，还灵活运用了匀速运动和匀变速运动的规律，是一道考查根底知识的好题目．10．现需测量值电阻Rx的阻值〔约20Ω〕．供选器材如下：电压表V1〔量程6V，内阻约20kΩ〕电压表V2〔量程15V，内阻约50kΩ〕电流表A1〔量程50毫安，内阻约20Ω〕电流表A2〔量程300毫安，内阻约4Ω〕滑动变阻器R〔最大10Ω〕直流电源E〔电动势10V，内阻约0.5Ω〕电键S一个，连接用的导线假设干〔1〕为了使测量结果更准确，电压表选择V1，电流表选择A2．〔2〕在方框内作出原理图〔3〕该电阻是由电阻丝绕成的，为了求得该电阻丝材料的电阻率，需用螺旋测微器测量电阻丝的直径，结果如图，其读数为0.700mm．考点：伏安法测电阻．专题：题；恒电流专题．分析：〔1〕需要电源、导线，然后根据题目要求选择电流表、电压表、滑动变阻器．〔2〕根据原理及所选器材设计电路．〔3〕掌握螺旋测微器的读数方法，固刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：〔1〕流过电流表的电流约为：，所以50mA的电流表的量程太小，需要使用300mA的电流表A2．使用300mA的电流表时，电阻两端的电压：V，所以要使用6V的电压表V1即可．〔2〕电源的电动势是10V，滑动变阻器的电阻值只有10Ω，属于小电阻的滑动变阻器，所以要使用分压式接法；电流表的内电阻是4Ω，待测电阻的电阻值约10Ω，所以要使用电流表外接法．的原理图如图．〔3〕螺旋测微器的固刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm．故答案为：〔1〕V1 A2；〔2〕如图；〔3〕0.700点评：此题关键要明确电阻的测量方法、原理和误差的处理，其中用伏安法测量电阻时电流表内、外接法和滑动变阻器的接法选择是所在．11．某电视台闯关竞技节目的第一关是雪滑梯，其结构可以简化为以下图模型，雪滑梯顶点距地面高h=15m，滑梯斜面长l=25m，在水平距离斜道底端为x0=20m处有一海坑．比赛时参赛运发动乘坐一质量为M的雪轮胎从赛道顶端滑下，在水平雪道上某处翻离雪轮胎滑向海棉坑，运发动停在距离海坑1m范围内算过关．雪轮胎与雪道间的动摩擦因数μ1=0.3，运发动与雪道间动摩擦因数为μ2=0.8，假没运发动离开雪轮胎的时间不计，运发动落到雪道上时的水平速度不变，求质量为m的运发动〔可视为质点〕在水平雪道上的什么区域离开雪轮胎才能闻关．考点：牛顿第二律；匀变速直线运动规律的综合运用．专题：牛顿运动律综合专题．分析：设运发动乘坐雪轮胎沿斜槽滑动过程是匀加速直线运动，根据牛顿第二律列式求解加速度，根据速度位移公式列式求解末速度；在水平面上是匀减速直线运动，根据牛顿第二律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解．解答：解：设运发动乘坐雪轮胎沿斜槽滑动时的加速度为a0，滑道底端时的速度大小为v，有：〔m+M〕gsinθ﹣μ1〔M+m〕gcosθ=〔m+M〕a0根据速度位移公式，有：v2=2a0l代入数据解得：m/s在水平轨道上运动时，运发动乘坐雪轮胎时加速度大小为a1，翻下后加速度大小为a2，由牛顿运动律得：μ1〔m+M〕g=〔m+M〕a1μ2mg=ma2设在距离海坑x1处翻下时刚好滑道海坑边停下，翻下时速度为v1，那么有：v2﹣=2a1〔x0﹣x1〕联立并代入数据解得：x1=6m设在距离海坑x2处翻下刚好滑到距离海坑边1m处停下，翻下时速度为v2，那么有：联立并代入数据解得：x2=7.6m答：选手该在距离海坑7.6m至6m之间的区域离开雪轮胎，才能闯关．点评：此题关键是明确运发动和雪轮胎的受力情况和运动情况，关键是先求解加速度，然后分过程根据运动学公式列式求解，不难．12．〔18分〕如图，在xoy平面内，直线MON与x轴成45°夹角．在MON左侧且x＜0的空间存在着沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E=10V/m；在MON的右侧空间存在着垂直直面向里的匀强磁场；在MON左侧且x＞0的空间既无磁场也无电场；一个重力不计的带负电的粒子从坐标原点O以大小为V0=200m/s的速度沿着y轴负方向进入匀强磁场．粒子的比荷为q/m=103C/kg，粒子从O点离开后，第二次经过y轴时从y 轴上A点，恰好与y轴正方向成45°角射出电场，试求：〔1〕带点粒子第一次经过MON直线时速度的大小和方向；〔2〕磁感强度B的大小；〔3〕A点的坐标．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：〔1〕洛仑兹力永不做功，故粒子的速度不变；因粒子从同一条直线上进入和离开时角度相同，那么可知粒子离开磁场的方向；〔2〕粒子进入电场后做减速运动，最后以相同的速度进入磁场做匀速圆周运动，向下偏转；第二次进入电场后向下偏转后再次进入磁场做类平抛运动，最后从A点离开；由类平抛运动的规律可得出粒子的半径，由洛仑兹力充当向心力可得出磁感强度；〔3〕粒子横坐标为零，根据类平抛知识求出竖直高度即可求出A点坐标．解答：解：〔1〕粒子进入磁场后，只受洛仑兹力做匀速圆周运动，所以粒子第一次经过MON直线时，速度大小不变为v0，由对称性可知方向沿x负方向；〔2〕因为A点的速度与y轴成45°，所以v x=v y；粒子在电场中只受沿x轴正向的电场力，y方向上不受力，故有：v y=v0，v x=v y=v0粒子第二次进入电场做类平抛运动，在x轴方向水平位移为R，那么有v x2=2a×2R=解得：R==1m在磁场中，由Bqv0=m得：B==0.2T；〔3〕粒子在电场中做平抛运动，由图可知：在y轴方向2R+y=v0t在x轴方向2R=t因v x=v y=v0所以y=2R=2m那么A点的坐标为〔0，2〕点评：此题中粒子先在磁场中做圆周运动，后进入电场做直线运动，再次进和磁场后做圆周运动，离开后进入磁场做类平抛运动；过程较为复杂，在解题时要注意作出运动轨迹图，根据几何关系确圆的圆心及半径；并注意类平抛及圆周运动间的关系．【物理一3-5】13．以下说法正确的选项是( )A．当氢原子从n=4的状态跃迁到n=2的状态时，要吸收光子B．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子C．某金属产生光电效，当增大照射光的强度时，那么逸出光电子的最大初动能也随之增大D．原子核的半衰期由核内部自身因素决，与原子所处的化学状态和外部条件无关E．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子所产生的考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；光电效．专题：光电效专题．分析：由高能级向低能级跃迁，辐射光子，根据轨道半径的变化判断动能的变化，根据能量和动能的变化判断电势能的变化．普朗克认为带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，是量子化的．根据爱因斯坦光电效方程判断最大初动能和金属的逸出功的关系．原子核的半衰期由核内部自身因素决；β衰变的本质是原子核内的中子转化成质子和电子．解答：解：〔1〕A、由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一频率的光子，故A错误；B、普朗克认为带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，是量子化的．故B正确；C、由光电效方程E Km=hγ﹣W0得：在光电验中增大照射光的强度时，那么逸出光电子的最大初动能不变．故C错误；D、原子核的半衰期由核内部自身因素决，与原子所处的化学状态和外部条件无关．故D正确；E、β衰变的本质是：原子核内的中子转化成质子和电子，所以β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子所产生的．故E正确．应选：BDE点评：此题考查了光电效方程、能级跃迁、β衰变的本质根底知识点，关键要熟悉教材，牢记这些根底知识点，即能轻松解决．14．如下图，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出．第一次弹丸的速度为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为θ〔θ＜90°〕，当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为θ．假设弹丸质量均为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，求两粒弹丸的水平速度之比v0/v为多少？考点：动量守恒律；机械能守恒律．专题：动量理用专题．分析：子弹射入沙袋过程，系统水平方向不受外力，系统的动量守恒．子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程机械能守恒，当他们第1次返回图示位置时，速度大小于子弹射入沙袋后瞬间的速度，根据动量守恒律机械能守恒结合求解．解答：解：弹丸击中砂袋瞬间，系统水平方向不受外力，动量守恒，设碰后弹丸和砂袋的共同速度为v1，细绳长为L，根据动量守恒律有mv0=〔m+5m〕v1，砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以=6mgL〔1﹣cosθ〕设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v2，同理有：mv﹣〔m+5m〕v1=〔m+6m〕v2 =7mgL〔1﹣cosθ〕，联解上述方程得=答：两粒弹丸的水平速度之比为．点评：此题中物理过程较多，关键先要正确把握每个过程的物理规律，根据动量守恒律进行求解．。
2021年高三上学期8月月考物理试题
2021年高三上学期8月月考物理试题一、本题10小题；每小题4分，共40 分。
在每小题给出的4个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项正确。
全部选对得4分，先不全的得2分，有选错或不答的得0分。
请将正确选项填入下列括号中。
1．在一根细线下挂着一个静止的物体，在剪断细线的瞬时（）A．物体同时具有加速度和速度B．物体立即获得加速度，速度仍为零C．物体立即获得速度，加速度仍为零D．物体的速度和加速度均为零2．如图所示，红蜡块能在玻璃管的水中匀速上升，若红蜡块在A点匀速上升的同时，使玻璃管水平向右作初速度为零的匀加速直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹是图中的（）A．直线pB．曲线QC．曲线RD．无法确定3．甲球的重力是乙球的5倍，甲、乙分别从高H、2H处同时自由落下（H足够大），下列说法正确的是（）A．同一时刻甲的速度比乙大B．下落1m时，甲、乙的速度相同C．下落过程中甲的加速度大小是乙的5倍D．在自由下落的全过程，两球平均速度大小相等4．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x = 5t + t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（）A．第1s内的位移是5m B．前2s内的平均速度是6m/sC．任意相邻1s内的位移差都是1m D．任意1s内的速度增量都是2m/s5．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。
如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。
汽车的运动可看作是做半径为R的圆周运动。
设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L。
已知重力加速度为g。
要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（）A．B．C．D．6．如图所示，摩擦轮A和B通过中介轮C进行传动，A为主动轮，A的半径为20 cm，B 的半径为10 cm，则A、B两轮边缘上的点（）A．角速度之比为1:2B．向心加速度之比为1∶2C．线速度之比为1：2D．线速度之比1:17．关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是（）A．沿椭圆轨道运行的一颖卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率B．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颖卫星，不可能具有相同的周期C．在赤道上空运行的两颖地球同步卫星．它们的轨道半径有可能不同D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合8．一物体静置在平均密度为的球形天体表面的赤道上。
2021年高三8月月考调研考试物理试题 含答案
2021年高三8月月考调研考试物理试题含答案一. 选择题。
（共12个小题，每题4分，共48分。
1-8题为单选，9-12题为多选。
全部选对的得4分，漏选的得2分，错选、不选的得0分。
）1.在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法。
以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法B. 根据速度定义式v＝ΔxΔt，当Δt→0时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法2.做匀加速直线运动的质点在第一个7 s内的平均速度比它在第一个3 s内的平均速度大6 m/s，则质点的加速度大小为( )A. 1 m/s2B. 1.5 m/s2C. 3 m/s2D. 4 m/s23．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s 4.如图所示，三块完全相同的木块并排固定在水平地面 上．一颗子弹以速度v ，水平射入，若子弹在木块中所受的阻力恒定，且穿过第三块木块后速度恰好为零，则子弹依次射入每块木块时的速度比和穿过每块木块所用的时间比分别为( ) A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝1∶2∶3C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶15.甲、乙两名跳伞运动员，从静止在空中的直升机上先后跳下，在打开伞前的一段时间内，后跳的运动员乙看到甲的运动情况是( ) A ．向下匀速运动 B ．静止不动 C ．向下匀加速运动D ．向下变加速运动6.伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小(可忽略不计)的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次。
2021届高三上学期8月月考物理
2021届高三上学期8月月考物理试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间100分钟。
请在答题卷上作答。
第I卷（选择题共40分）一、选择题(共10小题,每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。
)1.伽利略为了研究自由落体运动的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，利用斜面实验主要是考虑到实验时便于（）A.测量小球运动的时间B.测量小球运动的路程C.测量小球运动的速度D.直接得到落体的运动规律2.甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同方向做直线运动，两车速度的平方2()v随x的变化图像如图所示，下列说法正确的是（）A.汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时，甲车的位移为6mB.汽车甲的加速度大小为21m/sC.汽车甲、乙在4st=时相遇x 处的速度大小为23m/sD.汽车甲、乙在6m3.用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上。
某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉吸铁石，吸铁石和白纸均未移动，如图所示。
则下列说法中不正确的是（）A.吸铁石受到的摩擦力大小为MgB.吸铁石受到的摩擦力大小为22F Mg+()C.白纸受到两个摩擦力的作用D.白纸受到黑板的摩擦力大小为22++()F mg Mg4.在生产劳动中常遇到这样的场景，四块相同木板整齐叠放在水平地面上，工人使用1F、2F、3F或4F其中一种方式使四块木板一起水平缓慢运动，如图所示。
已知地面与木板间动摩擦因数大于木板与木板间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列判断正确的是（）A.若工人沿1F方向拖木板1，可能使四块木板一起运动B.若工人沿2F方向推木板1，只要力足够大，可能使四块木板一起运动C.若能使四块木板一起缓慢运动，3F可能小于4FD.若能使四块木板一起缓慢运动，3F一定大于4F5.如图所示，质量分别为m1=1kg、m2=2kg的滑块A和滑块B叠放在光滑水平地面上，A和B之间的动摩擦因数μ=0.5，拉力F作用在滑块A上，拉力F从0开始逐渐增大到7N的过程中，下列说法正确的是（）A.当F＞5N时，A、B发生了相对滑动B.始终保持相对静止C.从一开始就发生了相对滑动D.开始相对静止，后来发生相对滑动6. 如图所示,水平面上 O 点的左侧光滑,O 点的右侧粗糙。
2021年高三上学期月测物理试卷(8月份) 含解析
2021年高三上学期月测物理试卷（8月份）含解析一、单项选择题1．（4分）（xx•盐城模拟）一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相（闪光时间间隔相等），由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了2m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了8m．由此可以求得（）A．第一次闪光时质点的速度B．质点运动的加速度C．从第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移D．质点运动的初速度2．（4分）（xx秋•黄州区校级期末）物体做匀加速直线运动，第2s内的平均速度为5m/s，第3s内的平均速度为7m/s，则物体运动的加速度为（）A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s23．（4分）（xx•兰州模拟）从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图象如图所示．在0﹣t0时间内，下列说法中正确的是（）A．Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力都在不断减小B．Ⅰ物体的加速度不断增大，Ⅱ物体的加速度不断减小C．Ⅰ、Ⅱ两个物体在t1时刻相遇D．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是4．（4分）（xx•东台市模拟）甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，则（）A．两物体两次相遇的时刻是2s和6sB．4s后甲在乙前面C．两物体相距最远的时刻是2s末D．乙物体先向前运动2s，随后向后运动二、双项选择题：5．（6分）（xx秋•海珠区校级期中）对于自由落体运动，下列说法正确的是（）A．在1s末，2s末，3s末的速度比是1：3：5B．在第1s内，第2s内，第3s内的位移的比是1：3：5C．在第1s内，第2s内，第3s内的平均速度比是1：4：9D．在相邻两个1s内的位移之差都是9.8m6．（66分）（xx•怀集县校级模拟）如图所示，为某质点做直线运动的速度﹣时间关系图象，关于该质点在0～4s内的运动情况，下列说法正确的是（）A．第1 s内质点运动的加速度为5m/s2B．第1 s末质点运动方向开始发生变化C．第2 s末质点距出发点最远D．第3 s内质点的位移与第2 s内的相同7．（6分）（xx秋•翁源县校级月考）为了求得楼房的高度，在不计空气阻力的情况下，让一个石块从楼顶自由落下，测出下列哪个物理量就能估算出楼房的高度（）A．石块第2s下落的高度B．石块落地前的瞬时速度C．石块落地前最后1s内的位移D．石块通过最后1m位移的时间8．（6分）（xx•山东校级二模）沿平直轨道运动的车厢中的光滑水平面上弹簧拴着一个小球，弹簧处于自然状态，如图所示，当旅客看到弹簧的长度变长时对火车的运动状态判断可能正确的是（）A．火车向右方运动，速度在增加中B．火车向右方运动，速度在减小中C．火车向左方运动，速度在增加中D．火车向左方运动，速度在减小中9．（6分）（xx秋•霞山区校级期末）一个物体做匀变速直线运动，当t=0时，物体的速度大小为12m/s，方向向东；当t=2s时，物体的速度大小为8m/s，方向仍向东．当t为多少时，物体的速度大小变为2m/s（）A．3s B．5s C．7s D．9s三、非选择题：10．（8分）（xx秋•呼图壁县校级期中）如图是研究物体做匀变速直线运动的实验得到的一条纸带（实验中打点计时器所接低压交流电源的频率为50赫兹），从O点后开始每5个计时点取一个记数点（两计数点间有四个点未画出），依照打点的先后顺序依次编为0、1、2、3、4、5、6，测得s1=5.18cm，s2=4.40cm，s3=3.62cm，s4=2.78cm，s5=2.00cm，s6=1.22cm．（1）相邻两记数点间的时间间隔为s．（2）物体的加速度大小a= m/s2．（3）打点计时器打记数点3时，物体的速度大小V3= m/s．11．（4分）（xx秋•翁源县校级月考）用打点计时器研究匀变速直线运动的规律，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．有一段纸带如图所示：取O为起点，A 为第一个记数点，每相邻两计数点间还有4个打点．若量得OA=3.00cm OB=6.50cm，OC=10.50cm，则c点对应的速度v C=m/s，物体运动的加速度a=m/s2．（结果均保留三位有效数字）．12．（6分）（xx春•澧县校级期中）在做“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，取下一段纸带研究其运动情况，如图所示．设0点为计数的起始点，两计数点之间的时间间隔为0.1秒，那么第一个计数点与起始点的距离S1为厘米，打第一个计数点时物体的瞬时速度为米/秒，物体的加速度为米/秒2．13．（18分）（xx秋•万州区期末）如图（甲）所示，一物块以一定的初速度沿斜面向上滑行．利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系图象如图（乙）所示，求：（取g=10m/s2）（1）物块上滑和下滑的加速度大小a1、a2；（2）物块向上滑行的最大距离S；（3）物块与斜面间的动摩擦因数μ．14．（10分）（xx秋•翁源县校级月考）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面顶端有一物块A自静止开始自由下滑，与此同时在斜面底部有一物块B自静止开始匀加速背离斜面在光滑的水平面上运动，若物块A恰好能追上物块B，物块A在整个运动过程中无机械能损失，物块A 和物块B均可看作质点．求物块B运动的加速度为多大？15．（8分）（xx秋•翁源县校级月考）“10米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质．如图所示，测定时，在平直的起点终点线与折返线间的跑道上，受试者站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前方10米处的折返线，测试员同时开始计时．受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的木箱，再转身跑向起点终点线．当到达起点终点线时，测试员停表．所用时间即为一次“10米折返跑”的成绩．设受试者匀加速起跑的加速度为4m/s2，运动过程中的最大速度为4m/s，到达折返线时需减速到零，匀减速过程中的加速度为8m/s2，返回的10m 与前10m运动情况相同．求该受试者一次“10米折返跑”的成绩．xx学年广东省韶关市翁源中学高三（上）月测物理试卷（8月份）参考答案与试题解析一、单项选择题1．（4分）（xx•盐城模拟）一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相（闪光时间间隔相等），由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了2m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了8m．由此可以求得（）A．第一次闪光时质点的速度B．质点运动的加速度C．从第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移D．质点运动的初速度考点：匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：由匀变速直线运动的规律相邻相等的时间内位移之差为常数，即△x=at2可得出第二次闪光到第三次闪光质点的位移；再由运动学公式分析其他各项能否求出．解答：解：设第一次到第二次位移为x1=2m；第三次到第四次闪光为x3=8m，则有：x3﹣x1=6m=2at2；则at2=3m；而第二次闪光到第三次闪光的位移x2=x1+at2=5m，故C正确；但由于闪光时间末知，故无法求出加速度；故B错误；由于时间及加速度无法求出，则初速度及第一次闪光的速度也无法求出，故AD错误；故选C．点评：本题考查对运动学公式的掌握及应用，要注意任意一段匀变速直线运动中，只有知道至少三个量才能求出另外的两个量，即知三求二．2．（4分）（xx秋•黄州区校级期末）物体做匀加速直线运动，第2s内的平均速度为5m/s，第3s内的平均速度为7m/s，则物体运动的加速度为（）A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s2考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；加速度．专题：直线运动规律专题．分析：匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故第2s内的平均速度等于1.5s 时刻的瞬时速度，第3s内的平均速度等于2.5s时刻的瞬时速度，然后根据加速度定义求解加速度．解答：解：匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；第2s内的平均速度为5m/s，故1.5s时刻的瞬时速度为5m/s；第3s内的平均速度为7m/s，故2.5s时刻的瞬时速度为7m/s；故加速度为：a=故选B．点评：本题关键根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度得到两个时刻的瞬时速度，然后根据加速度定义公式求解加速度；运动学基本公式和推论公式较多，方法多样，可以尝试多种方法解题．3．（4分）（xx•兰州模拟）从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图象如图所示．在0﹣t0时间内，下列说法中正确的是（）A．Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力都在不断减小B．Ⅰ物体的加速度不断增大，Ⅱ物体的加速度不断减小C．Ⅰ、Ⅱ两个物体在t1时刻相遇D．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度﹣时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，再根据平均速度的定义进行分析．解答：解：A、B、速度﹣时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，故物体Ⅰ做加速度不断减小的加速运动，物体Ⅱ做加速度不断减小的减速运动，两个物体加速度都在减小，所以合外力也不断减小，故A正确，B错误；C、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，由图象可知：t1时刻物体Ⅱ的位移大于物体Ⅰ的位移，没有相遇，故C错误；D、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，如果物体的速度从v2均匀减小到v1，或从v1均匀增加到v2，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于故Ⅰ的平均速度大于，Ⅱ的平均速度小于，故D错误；故选：A点评：本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动规律，然后根据平均速度的定义和图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小分析处理．4．（4分）（xx•东台市模拟）甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，则（）A．两物体两次相遇的时刻是2s和6sB．4s后甲在乙前面C．两物体相距最远的时刻是2s末D．乙物体先向前运动2s，随后向后运动考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：本题考查了图象中的追及问题，明确甲乙两物体的运动性质，甲一直做匀速运动，乙先做初速度为零的匀加速直线运动然后做匀减速直线运动．把握相遇特点，根据v﹣t图象特点进行求解．解答：解：A、在v﹣t图中图象与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等，由图可知当t=2s和t=6s时，两图象与横坐标围成面积相等，说明发生的位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的时刻是2s和6s，故A正确；B、开始运动时，乙的初速度为零，甲在前面，在t=2s时，两物体相遇，磁场乙的速度大于甲的，因此乙在前面，甲匀速运动开始追乙，乙做匀减速运动，当t=6s时，甲乙再次相遇，因此在2～6s内，甲在乙后面，故B错误；C、由图象可知，两物体相距最远时刻出现在甲追乙阶段，即当速度相等时，甲乙相距最远，此时t=4s，故C错误；D、整个过程中乙物体一直向前运动，先加速后减速，故D错误．故选A．点评：在同一坐标中表示两种图象，要明确两图象代表的运动形式，能和实际运动相结合，注意图象交点的含义，如本题中图象交点表示速度相等，并不一定相遇．二、双项选择题：5．（6分）（xx秋•海珠区校级期中）对于自由落体运动，下列说法正确的是（）A．在1s末，2s末，3s末的速度比是1：3：5B．在第1s内，第2s内，第3s内的位移的比是1：3：5C．在第1s内，第2s内，第3s内的平均速度比是1：4：9D．在相邻两个1s内的位移之差都是9.8m考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：自由落体运动是初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动基本公式即可解题．解答：解：A．根据自由落体速度公式v=gt可知在1s末，2s末，3s末的速度比是1：2：3，故A错误；B．自由落体运动在开始通过连续相等时间内的位移比为1：3：5，故B正确；C．根据平均速度定义式及（2）的分析可知：在第1s内，第2s内，第3s内的平均速度比是1：3：5，故C错误；D．匀变速直线运动相邻两个1s内的位移之差为△x=gT2=9.8m，故D正确．选BD．点评：本题主要考查了自由落体运动的基本规律，难度不大，属于基础题．6．（66分）（xx•怀集县校级模拟）如图所示，为某质点做直线运动的速度﹣时间关系图象，关于该质点在0～4s内的运动情况，下列说法正确的是（）A．第1 s内质点运动的加速度为5m/s2B．第1 s末质点运动方向开始发生变化C．第2 s末质点距出发点最远D．第3 s内质点的位移与第2 s内的相同考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图线的斜率求出质点的加速度，速度的正负表示运动的方向，结合图线与时间轴围成的面积求出物体的位移，确定何时距离出发点最远．解答：解：A、第1s内质点的加速度a=．故A正确．B、在0﹣2s内速度都为正值，运动方向不变．故B错误．C、2s末速度的方向发生变化，将做反向运动，可知第2s末质点距离出发点最远．故C正确．D、第3s内图线与第2s内图线与时间轴围成的面积相等，位移的大小相等，但是位移的方向不同．故D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道速度的正负表示运动的方向，斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．7．（6分）（xx秋•翁源县校级月考）为了求得楼房的高度，在不计空气阻力的情况下，让一个石块从楼顶自由落下，测出下列哪个物理量就能估算出楼房的高度（）A．石块第2s下落的高度B．石块落地前的瞬时速度C．石块落地前最后1s内的位移D．石块通过最后1m位移的时间考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：小球的运动是自由落体运动，从不同的高度落下，运动的时间不同，故最后1s的位移、最后1m的时间不同，根据运动学公式可以列式分析．解答：解：A、不管石块从多高处落下，根据h=，前1s、前2s的位移一定，故第二秒的位移也是一定的，故无法求解第2s的位移，故A错误；B、石块落地前的瞬时速度已知，根据v2=2gh，可以求解高度，故B正确；C、石块落地前最后1s内的位移已知，根据h=表示出t时间和（t﹣1）时间的位移，然后联立求解即可得到高度，故C正确；D、知道石块通过最后1m位移的时间，可以根据位移时间关系公式求解最后1m的初速度，再根据速度位移公式求解除去最后1m的位移，加上1m即为高度，故D正确；故选：BCD．点评：本题关键是明确自由落体运动的运动性质，然后选择恰当的运动学公式定性分析即可．8．（6分）（xx•山东校级二模）沿平直轨道运动的车厢中的光滑水平面上弹簧拴着一个小球，弹簧处于自然状态，如图所示，当旅客看到弹簧的长度变长时对火车的运动状态判断可能正确的是（）A．火车向右方运动，速度在增加中B．火车向右方运动，速度在减小中C．火车向左方运动，速度在增加中D．火车向左方运动，速度在减小中考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：弹簧原来处于自然长度，当旅客发现弹簧的长度变长时，弹簧伸长，小球受到向左的弹力，根据牛顿第二定律即可判断其加速度方向，分析火车可能的运动情况．解答：解：由题意，弹簧原来处于自然长度，当旅客发现弹簧的长度变长时，弹簧伸长，小球受到向左的弹力，根据牛顿第二定律得知小球的加速度向左，火车可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动．故AD错误，BC正确．故选BC点评：本题考查运动牛顿第二定律定性分析物体运动情况的能力，不要漏解，向左加速运动与向右减速运动是等效的．9．（6分）（xx秋•霞山区校级期末）一个物体做匀变速直线运动，当t=0时，物体的速度大小为12m/s，方向向东；当t=2s时，物体的速度大小为8m/s，方向仍向东．当t为多少时，物体的速度大小变为2m/s（）A．3s B．5s C．7s D．9s考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出物体的加速度，结合速度时间公式求出速度大小变为2m/s时的时间，注意2m/s的速度可能向东，可能向西．解答：解：物体做匀变速直线运动的加速度a=；当2m/s的速度方向向东，则；当2m/s的速度方向向西，则；故B、C正确，A、D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，注意公式的矢量性．三、非选择题：10．（8分）（xx秋•呼图壁县校级期中）如图是研究物体做匀变速直线运动的实验得到的一条纸带（实验中打点计时器所接低压交流电源的频率为50赫兹），从O点后开始每5个计时点取一个记数点（两计数点间有四个点未画出），依照打点的先后顺序依次编为0、1、2、3、4、5、6，测得s1=5.18cm，s2=4.40cm，s3=3.62cm，s4=2.78cm，s5=2.00cm，s6=1.22cm．（1）相邻两记数点间的时间间隔为0.1 s．（2）物体的加速度大小a=0.80 m/s2．（3）打点计时器打记数点3时，物体的速度大小V3=0.32 m/s．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小．解答：解：（1）由于从O点后开始每5个计时点取一个记数点，所以计数点间的时间间隔为T=0.1s，（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：s4﹣s1=3a1T2s5﹣s2=3a2T2s6﹣s3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：a=（a1+a2+a3）代入数据得：a=m/s2=0.80m/s2（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小．v3==0.32m/s2故答案为：（1）0.1；（2）0.80；（3）0.32点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．11．（4分）（xx秋•翁源县校级月考）用打点计时器研究匀变速直线运动的规律，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．有一段纸带如图所示：取O为起点，A 为第一个记数点，每相邻两计数点间还有4个打点．若量得OA=3.00cm OB=6.50cm，OC=10.50cm，则c点对应的速度v C=0.425m/s，物体运动的加速度a=0.500m/s2．（结果均保留三位有效数字）．考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．解答：解：因为每相邻两计数点间还有4个打点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s，利用匀变速直线运动的推论得：v B==m/s=0.375m/s根据运动学公式得：△x=at2，a===m/s2=0.5m/s2．根据匀变速运动的速度公式有：v c=v B+at=0.375+0.5×0.1=0.425m/s故答案为：0.425，0.500．点评：根据题意要能够知道相邻的计数点之间的时间间隔．要注意单位的换算和有效数字的保留．12．（6分）（xx春•澧县校级期中）在做“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，取下一段纸带研究其运动情况，如图所示．设0点为计数的起始点，两计数点之间的时间间隔为0.1秒，那么第一个计数点与起始点的距离S1为4厘米，打第一个计数点时物体的瞬时速度为0.45米/秒，物体的加速度为1米/秒2．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：由于匀变速直线运动在连续相等的时间内位移之差为常数，可以求出S1大小，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上1点时小车的瞬时速度大小．解答：解：由于匀变速直线运动在连续相等的时间内位移之差为常数，即x3﹣x2=（15﹣9）﹣（9﹣s1）=x2﹣x1=（9﹣s1）﹣s1，解得：S1=4cm根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：v1=m/s=0.45m/s根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：△x=x2﹣x1=x3﹣x2=1cm=aT2，解得：a=1.00m/s2故答案为：4，0.45，1点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．13．（18分）（xx秋•万州区期末）如图（甲）所示，一物块以一定的初速度沿斜面向上滑行．利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系图象如图（乙）所示，求：（取g=10m/s2）（1）物块上滑和下滑的加速度大小a1、a2；（2）物块向上滑行的最大距离S；（3）物块与斜面间的动摩擦因数μ．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）根据速度时间图线，根据图线的斜率分别求出上滑和下滑的加速度大小．（2）上滑的初速度已知，加速度、时间已知，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出上滑的最大距离．也可以通过速度时间图线与时间轴所围成的面积解决．（3）根据上滑和下滑的加速度大小，根据牛顿第二定律列出表达式，从而得出动摩擦因素．解答：解：（1）物块上滑的加速度大小为：a1=||=m/s2=8m/s2物块下滑的加速度大小为：a2=||==2m/s2（2）由位移公式得：S=v0t﹣a1t2=4×0.5﹣8×0.52=1m即物块向上滑行的最大距离为1m（3）设物块质量为m，物块与斜面间的滑动摩擦系数为μ则有：ma1=mgsinθ+μmgcosθma2=mgsinθ﹣μmgcosθ解得：μ=≈0.35答：（1）物块上滑和下滑的加速度大小分别为8m/s2、2m/s2．（2）物块向上滑行的最大距离S为1m．（3）物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.35．点评：解决本题的关键能够从图线中获取信息，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴所围成的面积表示位移．14．（10分）（xx秋•翁源县校级月考）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面顶端有一物块A自静止开始自由下滑，与此同时在斜面底部有一物块B自静止开始匀加速背离斜面在光滑的水平面上运动，若物块A恰好能追上物块B，物块A在整个运动过程中无机械能损失，物块A 和物块B均可看作质点．求物块B运动的加速度为多大？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：B做加速度为a的匀加速直线运动，A先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，A 要追上B，则追上B时的速度必大于等于B的速度．求出临界情况，即当B的加速度最大时，此时A追上B时，两者速度恰好相等．根据位移关系，根据运动学公式去求加速度的最大值．解答：解：根据牛顿第二定律可知滑块A在斜面上下滑的加速度a=gsinθ…①设A到斜面底部的速度为v A所经时间为…②当一恰好追上滑块B时，滑块A在水平底部经时间t2，…③当A恰好能追上滑块B，滑块B的速度恰好等于v A，即v A=a（t1+t2）…④由①②③④解方程组得a=答：物块B运动的加速度为点评：解决本题的关键知道要追上B，则追上B时的速度必大于等于B的速度．然后根据临界情况去解决问题，即当B的加速度最大时，此时A追上B时，两者速度恰好相等．15．（8分）（xx秋•翁源县校级月考）“10米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质．如图所示，测定时，在平直的起点终点线与折返线间的跑道上，受试者站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前方10米处的折返线，测试员同时开始计时．受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的木箱，再转身跑向起点终点线．当到达起点终点线时，测试员停表．所用时间即为一次“10米折返跑”的成绩．设受试者匀加速起跑的加速度为4m/s2，运动过程中的最大速度为4m/s，到达折返线时需减速到零，匀减速过程中的加速度为8m/s2，返回的10m 与前10m运动情况相同．求该受试者一次“10米折返跑”的成绩．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出匀加速运动和匀减速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运动的时间，结合速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间，抓住返回10m和前10m的运动情况相同，求出总时间．解答：解：受试者加速过程中，匀加速运动的时间，匀减速运动的位移大小，匀减速运动的时间，则匀速运动的位移s2=10﹣2﹣1m=7m，则匀速运动的时间．因为返回的10m与前10m运动情况相同，则受试者一次“10米折返跑”的成绩t=2。
2021届高三上学期8月月考物理
3.用质量为 M 的吸铁石，将一张质量为 m 的白纸压在竖直固定的磁性黑板上。某
同学沿着黑板面，用水平向右的恒力 F 轻拉吸铁石，吸铁石和白纸均未移动，如
图所示。则下列说法中不正确的是（
）
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推力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
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(1)求推力方向沿平行斜面向上与水平向右时所需推力的最小值之比
F1 F2
；
(2)改变推力方向，求能维持物块不下滑的推力的最小值 Fmin 。
加速度为 g,则下列判断中正确的是 (
)
F A.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为 mg
B.滑块匀速运动时,各段轻杆上的弹力大小相等
C.第 2 个小滑块完全进入粗糙地带到第 3 个小滑块进入粗糙地带前这一过程 中,8 个小滑块的加速度大小为 F
12m D.第 1 个小滑块完全进入粗糙地带到第 2 个小滑块进入粗糙地带前这一过程 中,5 和 6 两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为 F
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2021 届高三上学期 8 月月考 物理试题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共 100 分，考试时间 100 分钟。请在答题卷上 作答。
第 I 卷 （选择题 共 40 分）
一、选择题(共 10 小题,每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-7 题只有一
高三物理上学期8月月考试卷_00001
峙对市爱惜阳光实验学校区高三上学期月考物理试卷〔8月份〕一、选择题〔共9小题，每题4分，总分值36分〕1．〔4分〕一运动的v﹣t图象如下图，那么在0～2s内和2s～3s内相比A．位移大小相B．平均速度相C．运动方向相反D．加速度相同2．〔4分〕如下图，重物G用轻绳OA和OB悬挂在水平天花板和竖直墙壁之间，处于静止状态．假设AO绳的拉力大小为T A，OB绳的拉力大小为T B，以下判断正确的选项是A．T A于T B B．T A大于T BC．T B小于G D．T A与T B的合力大小于G 3．〔4分〕一带电粒子〔仅受电场力〕在匀强电场中从A运动到B，运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下，以下判断正确的选项是A．粒子带正电B．A点电势高于B点电势C．粒子做匀变速曲线运动D．粒子电势能增加4．〔4分〕如图为两分子系统的势能E p与两分子间距离r的关系曲线．以下说法正确的选项是A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C．当r于r2时，分子间的作用力最大D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功5．〔4分〕一交变电流的图象如下图，由图可知A．用电流表测该电流其示数为10AB．该交流电流的频率为100HzC．该交流电电流方向每秒改变100次D．该交流电流有效值为10A6．〔4分〕关于光电效，以下说法正确的选项是A．发生光电效时间越长，光电子的最大初动能就越大B．入射光的频率低于极限频率就不能发生光电效C．光电子的最大初动能与入射光频率成正比D．光电子的最大初动能与入射光的强度无关7．〔4分〕关于核反的类型，以下表述正确的有A．U→Th+He是α衰变B．N+He→O+H是β衰变C．H+H→He+n是聚变D．Se→Kr+2e是裂变8．〔4分〕如下图，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星．B位于离地高度于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星．以下判断正确的选项是A．卫星B的速度大小于地球的第一宇宙速度B．A、B的线速度大小关系为v A＞v BC．周期大小关系为T A=T C＞T BD．假设卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速9．〔4分〕如下图，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．以下措施仍可使杯内水沸腾的是A．改用直流电源B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．增加线圈匝数二、解答题〔共4小题，总分值54分〕10．〔8分〕如图是某同学在做直线运动中获得的一条纸带．①打点计时器电源频率为50Hz，那么纸带上打相邻两点的时间间隔为．②ABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出．O、B 两点间的A点不小心被墨水弄脏了看不到．从图中读出B、C两点间距S BC=；假设A点与B点之间的距离满足S AB=，根据匀变速直线运动的规律，可以判断A点到D点间的运动为匀变速直线运动，且根据数据可计算出该段位移的加速度a=〔保存两位有效数字〕．11．〔10分〕为检测一个标称值为20Ω的滑动变阻器，现可供使用的器材如下：A．待测滑动变阻器R x，总电阻约20ΩB．电流表A1，量程200mA，内阻约2.0ΩC．电流表A2，量程3A，内阻约0.12ΩD．电压表V1，量程15V，内阻约15kΩE．电压表V2，量程3V，内阻约3kΩF．滑动变阻器R，总电阻约10ΩG．直流电源E，电动势3V，内阻不计H．电键S、导线假设干①为了尽可能精确测R x的总电阻值，所选电流表为〔填“A1”或“A2”〕，所选电压表为〔填“V1”或“V2”〕；②请根据原理图甲，完成图乙未完成的实物连接；③闭合开关S前，滑动变阻器R的滑片置于最〔左或右〕端；④如图丙所示是用螺旋测微器测量待测滑动变阻器所采用的电阻丝的直径，那么该电阻丝的直径为mm．12．〔18分〕如下图，一带电量为q，质量为m的小球A在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，与同质量的静止小球B发生碰撞，并粘在一起，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场〔磁感强度为B〕的复合场中，粘合体在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，试求：〔1〕小球A、B碰撞前后的速度各为多少？〔2〕电场强度E为多少？〔3〕小球做匀速圆周运动过程中，从轨道的最低点到最高点机械能改变了多少？13．〔18分〕在水平长直的轨道上，有一长度L=2m的平板车在外力控制下始终保持速度v0=4m/s向右做匀速直线运动．某时刻将一质量为m=1kg的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ=0.2，取g=10m/s2，求：〔1〕小滑块m的加速度大小和方向；〔2〕通过计算判断滑块能否从车上掉下；〔3〕假设当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与v0同向的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小满足什么条件？区高三上学期月考物理试卷〔8月份〕参考答案与试题解析一、选择题〔共9小题，每题4分，总分值36分〕1．〔4分〕一运动的v﹣t图象如下图，那么在0～2s内和2s～3s内相比A．位移大小相B．平均速度相C．运动方向相反D．加速度相同考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动的图像专题．分析：解答此题抓住：速度图象与坐标轴所围的“面积〞物体的位移大小；匀变速直线运动的平均速度；速度变化量△v=v﹣v0；速度的正负表示的运动方向；速度图象的斜率于加速度．根据这些知识即可分析选择．解答：解：A、速度图象与坐标轴所围的“面积〞物体的位移大小，由图知，0～2s内位移较大．故A错误．B、在0～2s 内平均速度为m/s=2.5m/s，在2s～3s 内平均速度为m/s=2.5m/s．故B正确．C、速度时间图象都在时间轴的上方，速度都为正，方向相同．故C错误．C、根据速度图象的斜率于加速度可知，在0～2s内的加速度沿正方向，而在2s～3s内加速度沿负方向，所以加速度不同．故D错误．应选：B点评：此题是速度图象问题，关键掌握匀变速直线运动的平均速度、“面积〞于位移、加速度于斜率、速度变化量是矢量知识进行判断．2．〔4分〕如下图，重物G用轻绳OA和OB悬挂在水平天花板和竖直墙壁之间，处于静止状态．假设AO绳的拉力大小为T A，OB绳的拉力大小为T B，以下判断正确的选项是A．T A于T B B．T A大于T BC．T B小于G D．T A与T B的合力大小于G考点：共点力平衡的条件及其用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：由题系统处于静止状态，以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求出AO绳的拉力T A、OB绳的拉力T B的大小与G之间的关系解答：解：A、B、以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图如图．由平衡条件得 T A=Gtanθ，T B =；由力图可以看出，T A小于T B，故AB均错误；C、由于T B =＞G，故C错误；D、根据共点力平衡条件，T A与T B的合力与G值、反向、共线，故D正确；应选：D．点评：此题悬绳固的物体平衡问题，往往以结点为研究对象，作出力图，由平衡条件求解．3．〔4分〕一带电粒子〔仅受电场力〕在匀强电场中从A运动到B，运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下，以下判断正确的选项是A．粒子带正电B．A点电势高于B点电势C．粒子做匀变速曲线运动D．粒子电势能增加考点：电场线．分析：由粒子的运动轨迹弯曲方向可知粒子电性，那么可求得电场力对粒子所做的功的正负，由动能理可求得动能的变化；并能判断电势能的变化．解答：解：A、粒子由A到B，运动轨迹向上弯曲，可判断粒子受电场力与重力的合力向上，那么电场力向上，故粒子带负电，故A错误；B、电场方向向下，沿电场线的方向电势降低，所以B点的电势高，故B错误；C、由图可知，该电场为匀强电场，粒子受到的电场力的大小与方向都不变，加速度不变，所以粒子做匀变速曲线运动．故C正确；D、粒子由A到B，由运动轨迹可判出粒子受电场力向上，电场力做正功，粒子的电势能减小，故D错误．应选：C点评：带电粒子在电场中的偏转类题目，较好的考查了曲线运动、动能理及能量关系，综合性较强，故在高考中经常出现，在学习中注意把握．4．〔4分〕如图为两分子系统的势能E p与两分子间距离r的关系曲线．以下说法正确的选项是A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C．当r于r2时，分子间的作用力最大D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功考点：分子间的相互作用力；分子势能．专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系．分析：当分子间距离于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力；根据图象分析答题．解答：解：由图象可知：分子间距离为r2时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离；A、r2是分子的平衡距离，当0＜r＜r2时，分子力为斥力，当r＞r2时分子力为引力，故A错误；B、当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力，故B正确；C、当r于r2时，分子间的作用力为零，故C错误；D、在r由r1变到r2的过程中，分子力为斥力，分子间距离增大，分子间的作用力做正功，故D错误；应选B．点评：分子间距离于平衡距离时分子势能最小，掌握分子间作用力与分子间距离的关系、分子清楚图象，即可正确解题．5．〔4分〕一交变电流的图象如下图，由图可知A．用电流表测该电流其示数为10AB．该交流电流的频率为100HzC．该交流电电流方向每秒改变100次D．该交流电流有效值为10A考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：由图象知电流的最大值、周期，从而得出有效值、频率和角速度．解答：解：A 、电流表显示的是有效值，示数为=10A，故A正确；B、由图象知周期为0.01s，频率为周期的倒数100Hz，故B正确；C、一个周期电流方向改变两次，该交流电电流方向每秒改变200次，故C错误；D、该交流电流有效值为10A，故D错误；应选：AB．点评：此题考查了根据图象得出有用物理信息的能力，根据周期、峰值和有效值计算．6．〔4分〕关于光电效，以下说法正确的选项是A．发生光电效时间越长，光电子的最大初动能就越大B．入射光的频率低于极限频率就不能发生光电效C．光电子的最大初动能与入射光频率成正比D．光电子的最大初动能与入射光的强度无关考点：光电效．专题：光电效专题．分析：当入射光的频率大于金属的极限频率，就会发生光电效．根据光电效方程判断影响光电子最大初动能的因素．解答：解：A、根据光电效方程E km=hv﹣W0知，光电子的最大初动能随着照射光频率的增大而增大，与发生光电效时间无关，故A正确．B、只有入射光的频率大于金属的极限频率，才能产生光电效，故B正确；C、根据光电效方程知，光电子的初速度、最大初动能不与入射光的频率成正比，与入射光的强度无关．故C错误，D正确．应选：BD．点评：解决此题的关键知道光电效的条件，以及知道影响光电子最大初动能的因素．7．〔4分〕关于核反的类型，以下表述正确的有A．U→Th+He是α衰变B．N+He→O+H是β衰变C．H+H→He+n是聚变D．Se→Kr+2e是裂变考点：核反堆．分析：α衰变产生核原子核，β衰变产生电子，氢核裂变生成的中大小的核，重核裂变成中大小的核．解答：解：A、α衰变生成氦原子核，故U→Th+He是α衰变，故A正确；B、β衰变生成电子，N+He→O+H没有电子生成，故B错误；C、轻核聚变是把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反称聚变反，故C 正确；D、重核裂变生成的核质量相近，D生成了电子，可知D是β衰变，故D错误；应选：AC．点评：解答此题需要掌握正确用质量数和电荷数守恒正确书写核反方程，明确裂变和聚变反特点，知道α、β衰变现象，并能正确书写其衰变方程．要知道衰变的产物，重核裂变和轻核聚变都能释放出巨大能量．8．〔4分〕如下图，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星．B位于离地高度于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星．以下判断正确的选项是A．卫星B的速度大小于地球的第一宇宙速度B．A、B的线速度大小关系为v A＞v BC．周期大小关系为T A=T C＞T BD．假设卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力律及其用．专题：人造卫星问题．分析：地球的第一宇宙速度是近外表卫星运行速度．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比拟线速度的大小和周期的大小，根据万有引力提供向心力比拟B、C的线速度、周期．解答：解：A、B位于离地高度于地球半径的圆形轨道上，地球的第一宇宙速度是近外表卫星运行速度．根据万有引力于向心力v=，所以卫星B的速度大小小于地球的第一宇宙速度，故A错误；B、v=，B位于离地高度于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星所以v B＞v C，对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有相同的周期和角速度，根据v=rω，所以v C＞v A所以v B＞v A，故B错误；C、对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有相同的周期和角速度，所以，T A=T C 根据万有引力于向心力得B位于离地高度于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星所以T C＞T B，所以周期大小关系为T A=T C＞T B，故C正确；D、假设卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速，做离心运动，故D正确；应选：CD．点评：此题抓住同步卫星为参考量，同步卫星与地球自转同步，可以比拟AC的参量关系，再根据万有引力提供圆周运动向心力比拟BC参量关系，掌握相关规律是解决问题的关键．9．〔4分〕如下图，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．以下措施仍可使杯内水沸腾的是A．改用直流电源B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．增加线圈匝数考点：楞次律．分析：由题意可知电器的工作原理，那么根据原理进行分析可得出缩短加热时间的方法．解答：解：A、由题意可知，此题中是涡流现象的有；即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感电流，改用直流电源，不会产生涡流，因此不会被加热，故A错误；B、由题意可知，此题中是涡流现象的有；即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感电流；从而进行加热的，那么由法拉第电磁感律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率；那么可以缩短加热时间；故BD正确；C、将杯子换作瓷杯不会产生涡流；那么无法加热水；故C错误；应选：BD．点评：此题考查涡流的用，要注意明确涡流现象其实就是电磁感的，由法拉第电磁感律可知涡流现象的强弱．二、解答题〔共4小题，总分值54分〕10．〔8分〕如图是某同学在做直线运动中获得的一条纸带．①打点计时器电源频率为50Hz，那么纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02s．②ABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出．O、B 两点间的A点不小心被墨水弄脏了看不到．从图中读出B、C两点间距S BC=0.90cm；假设A点与B点之间的距离满足S AB=0.70cm，根据匀变速直线运动的规律，可以判断A点到D点间的运动为匀变速直线运动，且根据数据可计算出该段位移的加速度a=0.20m/s2〔保存两位有效数字〕．考点：测匀变速直线运动的加速度．专题：题；直线运动规律专题．分析：根据刻度尺读数读出BC间的距离，结合连续相时间内的位移之差是一恒量求出AB的距离．通过该推论求出加速度．解答：解：①打点计时器电源频率为50Hz，那么纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02s．②由图可知，B、C两点间距S BC=0.90cm，那么△x=s CD﹣s BC=0﹣0.90=0.20cm，所以s AB=S BC﹣△x=0.90﹣0.20cm=0.70cm，加速度a=．故答案为：①0.02s②0.90cm，0.70cm，0.20m/s2点评：解决此题的关键掌握纸带的处理，知道匀变速直线运动在连续相时间内的位移之差是一恒量，根底题．11．〔10分〕为检测一个标称值为20Ω的滑动变阻器，现可供使用的器材如下：A．待测滑动变阻器R x，总电阻约20ΩB．电流表A1，量程200mA，内阻约2.0ΩC．电流表A2，量程3A，内阻约0.12ΩD．电压表V1，量程15V，内阻约15kΩE．电压表V2，量程3V，内阻约3kΩF．滑动变阻器R，总电阻约10ΩG．直流电源E，电动势3V，内阻不计H．电键S、导线假设干①为了尽可能精确测R x的总电阻值，所选电流表为A1〔填“A1”或“A2”〕，所选电压表为V2〔填“V1”或“V2”〕；②请根据原理图甲，完成图乙未完成的实物连接；③闭合开关S前，滑动变阻器R的滑片置于最左〔左或右〕端；④如图丙所示是用螺旋测微器测量待测滑动变阻器所采用的电阻丝的直径，那么该电阻丝的直径为1.205mm．考点：伏安法测电阻．专题：题；恒电流专题．分析：此题原理是：伏安法测电阻．注意涉及两方面问题一是测量电路和控制电路的选择，二是仪器的选择．由于待测电阻很小，故可用安培表外接法，由于滑动变阻器内阻大于待测电阻，故分压、限流电路均可，仪器选择的原那么是：使指针偏转尽量大些．螺旋测微器的读数需要先读出主尺的刻度，然后读出可动刻度；解答：解：①选择仪器一是注意平安性，不能超过量程，二是注意准确性．当指针偏转角度大时，测量比拟准确，一般要使指针在三分之二左右偏转，根据所给电源为3V，待测电阻大约20Ω可知电路中电流不会超过0.15A，所以电压表选择V2，电流表选择A1．②根据原理图甲，进行实物连接．③闭合开关S前，滑动变阻器R的滑片置于最左端，使得待测滑动变阻器两端电压最小．④螺旋测微器的读数需要先读出主尺的刻度，为：1mm，然后读出可动刻度，为：0.01×20.5=0.205mm．所以总读数为：1mm+0.205mm=1.205mm故答案为：①A1；V2②如图③左④05点评：设计电路时，要通过估算，当电压表内阻远大于待测电阻电阻时用外接法，否那么用内接法；当要求电流或电压从零调或变阻器全电阻远小于待测电阻值时，变阻器用分压式，一般来说变阻器能用限流式的也可以用分压式．12．〔18分〕如下图，一带电量为q，质量为m的小球A在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，与同质量的静止小球B发生碰撞，并粘在一起，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场〔磁感强度为B〕的复合场中，粘合体在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，试求：〔1〕小球A、B碰撞前后的速度各为多少？〔2〕电场强度E为多少？〔3〕小球做匀速圆周运动过程中，从轨道的最低点到最高点机械能改变了多少？考点：动量守恒律；动能理的用．专题：动量与动能理或能的转化与守恒律综合．分析：〔1〕由动能理求出A的初速度，然后由动量守恒律求出碰撞后A、B 的速度．〔2〕根据小球做匀速圆周运动可知，重力与电场力平衡，据此求出电场强度．〔3〕电场力做功使小球机械能增加，用牛顿第二律可以求出机械能的增加量．解答：解：〔1〕设碰撞前A球速度为v0，由动能理有：qU=mv02﹣0，解得：v0=，设碰撞后A、B球的速度为v，碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒律有：mv0=2mv，解得：v=；〔2〕带电小球在复合场中做匀速圆周运动，重力与电场力平衡：2mg=qE，解得：E=；〔3〕带电小球从轨道最低点到最高点过程中，受到重力、电场力和洛伦兹力，其中洛伦兹力不做功，电场力做正功，使小球机械能增加，设轨道半径为R，那么机械能改变：△E=2qER，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二律得：qvB=2m，联立各式得出：△E=；答：〔1〕小球A、B 碰撞前的速度为：、0，碰撞后的速度都为．〔2〕电场强度E 为；〔3〕小球做匀速圆周运动过程中，从轨道的最低点到最高点机械能改变了．点评：此题考查了求小球的速度、电场强度、机械能的增量，分析清楚物体运动过程、用动能理、平衡条件、动量守恒律、牛顿第二律即可正确解题．13．〔18分〕在水平长直的轨道上，有一长度L=2m的平板车在外力控制下始终保持速度v0=4m/s向右做匀速直线运动．某时刻将一质量为m=1kg的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ=0.2，取g=10m/s2，求：〔1〕小滑块m的加速度大小和方向；〔2〕通过计算判断滑块能否从车上掉下；〔3〕假设当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与v0同向的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小满足什么条件？考点：牛顿第二律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动律综合专题．分析：〔1〕小滑块受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二律列式求解加速度；〔2〕先假设小车足够长，根据运动学公式求解出共速时的相对位移，然后再比拟即可；〔3〕滑块放到车面上后，向右做匀加速运动，小车也向右做匀加速运动．当滑块恰好滑到小车的最左端时速度与车相同时，恒力F取得最小值，根据运动学公式和位移关系，求出小车的加速度，再根据牛顿第二律求出F的最小值．解答：解：〔1〕物块放上车时相对小车向左运动，滑动摩擦力向右f=μmg根据牛顿第二律有：F合=fF合=ma得物块加速度：a=μg=2m/s2方向向右〔与v0同向〕〔2〕物块放上车后作匀加速直线运动，设当经历时间t之后速度到达v0，物块通过位移s1=且v0=at小车通过位移：s2=v0t位移差：△s=s2﹣s1由于，故物块会掉下来；〔3〕加上恒力F的方向与摩擦力方向相同，故物块合力=f+F由牛顿第二律有：=ma′物块放上车后作匀加速直线运动，设当经历时间t ʹ之后速度到达v0，物块通过位移：=且v0=a′t′小车通过位移：=v0t′只需要满足位移差：△s′=即可联立各式有：F≥6N答：〔1〕小滑块m的加速度大小为2m/s2，方向向右；〔2〕滑块能从车上掉下；〔3〕假设当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与v0同向的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小不小于6N．点评：对物体运动的正确判断，物体从端不滑下的前提是车的位移﹣物体的位移小于，物体不从右端滑出，物体在力F作用下加速运动，当撤去F后，物体在滑动摩擦力作用下做减速直线运动，当速度与车相同时，注意车和物体的位移关系．。
高三(上)月考物理试卷(8月份)
高三（上）月考物理试卷（8月份）一、选择题（本大题12小题，每小题4分，共48分）1.某物体的运动情况经仪器监控扫描，输人计算机后得到该物体的位移x(m)和时间t(s)的关系式为：x=6t−t2．则（）A.该物体在时间0∼4s内的位移是8mB.该物体在时间0∼4s内经过的路程为10mC.该物体在时间0∼4s内的平均速度为2m/sD.该物体在t=3s时加速度方向发生改变2.一足球以12m/s的速度飞来，被一脚踢回，踢出时速度大小为24m/s，球与脚接触时间为0.1s，则此过程中足球的加速度为（）A.120m/s2，方向与踢出方向相同B.120m/s2，方向与飞来方向相同C.360m/s2，方向与踢出方向相同D.360m/s2，方向与飞来方向相同3.如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从O点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a、b、c、d…，下列说法正确的是（）A.质点由O到达各点的时间之比t a:t b:t c:t d=1:√2:√3:2B.质点通过各点的速率之比v a:v b:v c:v d=1:√2:√3:2C.在斜面上运动的平均速度v=vbD.在斜面上运动的平均速度v=v b24.最近几年，国内房价飙升，在国家宏观政策调控下，房价上涨出现减缓趋势．王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的（）A.速度增加，加速度减小B.速度增加，加速度增大C.速度减小，加速度增大D.速度减小，加速度减小5.判断下列说法哪些是正确的？（）A.手机通话时发射的无线电波都是经过调制的B.当敌机靠近时，战机携带的雷达接收反射波的频率小于其发射频率C.当变压器的铁芯不闭合时，其原副线圈的电压比不等于其匝数比D.LC振荡电路中产生随时间t按i=a sin b t的规律变化的振荡电流时，发射的电磁波的波长为2πc b（c 为真空中的光速）6.关于伽利略理想斜面实验，以下说法正确的是（ ） A.没有事实基础，只是科学抽象 B.完全是理想情况，没有事实基础 C.虽然是理想情况，但不缺少事实基础 D.以上说法都不正确7.如图所示的情况中，a 、b 两点电势相等、电场强度也相同的是（ ） A.B.C.D.8.如图所示，一倾斜角为30∘的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω=1rad/s 转动，盘面上离转轴距离d =2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．则物体与盘面间的动摩擦因数至少为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2）（ ）A.√38B.√36C.√34D.√329.如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A 、B ，A 悬挂起来，B 穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B 与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角为θ，则物体A 、B 的质量之比m A :m B 等于（ ）A.cosθ:1B.1:cosθC.tanθ:1D.1:sinθ10.某导线AB 周围出现了如图所示的一组闭合的磁感线，则AB 中的电流可能是（ ）A.沿AB 方向B.沿AB 方向与BA 方向都有可能C.沿BA 方向D.不可能产如图所示的磁场11.如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15∘角，AB直线与匀强电场E垂直，在A 点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、电荷量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（）A.电场力对小球做功为零B.小球的电势能减小C.C可能位于AB直线的左侧D.小球的电势能增量大于mg2t2212.已知一汽车在平直公路上运动，它的位移一时间图象如图甲所示．(1)根据图象在图乙所示的位置坐标轴上标出O、A、B、C、D、E各点代表的汽车的位置；(2)求出前4s内的平均速度；(3)求出第5s末的瞬时速度；(4)求出第7s末的瞬时速度．二、实验题（10分）13.某同学利用如图装置探究加速度与合外力的关系．利用力传感器测量细线上的拉力．按照如下步骤操作：①安装好打点计时器和纸带，调整导轨的倾斜程度，平衡小车摩擦力；②细线通过导轨一端光滑的定滑轮和动滑轮，与力传感器相连，动滑轮上挂上一定质量的钩码，将小车拉到靠近打点计时器的一端；③打开力传感器并接通打点计时器的电源（频率为50Hz的交流电源）；④释放小车，使小车在轨道上做匀加速直线运动；⑤关闭传感器，记录下力传感器的示数F；通过分析纸带得到小车加速度a；⑥改变钩码的质量，重复步骤①②③④⑤；⑦作出a−F图象，得到实验结论．(1)某学校使用的是电磁式打点计时器，在释放小车前，老师拍下了几个同学实验装置的部分细节图，下列图中操作不正确的是________．(2)本实验在操作中是否要满足钩码的质量远远小于小车的质量？________（填写“需要”或“不需要”）；某次释放小车后，力传感器示数为F，通过天平测得小车的质量为M，动滑轮和钩码的总质量为m，不计滑轮的摩擦，则小车的加速度理论上应等于________．A．a=F2MB．a=FMC．a=mg−2FMD．a=2FM(3)如图是某次实验测得的纸带的一段，可以判断纸带的________（填“左”或“右”）端与小车连接，在打点计时器打下计数点6时，钩码的瞬时速度大小为________m/s（保留两位有效数字）．三、计算题（42分）14.如图所示，车厢内的小桌上固定一光滑斜面，除去小球车厢的总质量为M、小球的质量为m，斜面倾角为α．车在水平推力作用下向右做匀加速直线运动，小球（视为质点）始终与车相对静止，小球距桌面的高度为ℎ，距车厢地板高度为H，离桌面边缘水平距离为L，离车厢前壁的距离为d．车在运动过程中所受的阻力等于车对地面压力的k倍，重力加速度为g．(1)求水平推力F1的大小(2)若M=10kg，m=1kg，α=37∘，k=0.20，ℎ=0.20m，H=0.80m，L=0.30m，d=1.60m，g=10m/s2．当车速为v0=15m/s时，撤去推力F1同时对车施加水平向左的拉力F2（如虚线所示），小球立即离开斜面向右飞去．为使小球在运动中不碰到桌子和前壁，所加拉力F2应满足什么条件？15.2014年4月，在伦敦举行的国际奥委会执委会上确认，女子跳台滑雪等6个新项目加入冬奥会．如图所示，运动员踏着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上（末画出）获得一速度后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆，这项运动非常惊险．设一位运动员由斜坡顶的A点沿水平方向飞出的速度v0=20m/s，落点在斜坡L的B点，斜坡倾角θ取37∘，斜坡可以看成一斜面．（取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8）求：(1)运动员在空中飞行的时间t．(2)A、B间的距离s．16.发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，其置于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π(rad/s)的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时．线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω．试求：(1)写出交变电流瞬时值表达式；(2)外电阻上消耗的功率；(3)从计时开始，线圈转过π过程中，通过外电阻的电荷量是多少？317.在水平地面上有一质量为5kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为F，该物体的运动速度随时间变化的图象如图所示，3求：(1)物体受到的拉力F的大小；(2)物体与地面之间的动摩擦因数(g取10m/s2)．答案1. 【答案】A,B,C【解析】将题目中的位移随时间的变化关系与匀变速直线运动的位移随时间的变化关系进行比较可得出加速度a，初速度v0，再应用匀变速直线运动规律求解．【解答】解：匀变速直线运动的位移随时间的变化关系：x=v0t+12at2，题中给出的关系为：x=6t−t2，比较可得：v0=6m/s；a=−2m/s2．A:0∼4s内的位移：x=6×4−4×4=8m，故A正确．B：物体经过3s速度减小到零，前三秒：x=v×t=62×3=9m，第四秒：x=12×2×12=1m，故4s内经过的路程为：10m，故B正确．C:0∼4s内的平均速度：v=△x△t =84=2m/s，故C错误．D：物体做的匀变速直线运动，加速度方向不变，3s末速度方向发生变化，故D错误．故选：ABC2. 【答案】C【解析】根据加速度的定义，规定正方向后求解即可．加速度为正值表示加速度的方向与规定的方向相同，为负值表示加速度的方向与规定的方向相反．【解答】解：规定初速度的方向为正方向，则加速度a=v−v0t =−24−120.1m/s2=−360m/s2，负号表示加速度的方向与初速度方向相反．所以ABD错误，C正确．故选：D．3. 【答案】A,B【解析】A、根据x=12at2，求出质点由O到达各点的时间之比．B、根据v2=2ax，求出通过各点的速率之比．C、初速度为0的匀加速直线运动中，在相等时间内通过的位移之比为1:3，可知a点是Od 的中间时刻，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．D、根据匀变速直线运动的平均速度公式v=xt =v0+v2=v t2求出在斜面上运动的平均速度．【解答】解：A、根据x=12at2，得t=√2xa，oa、ob、oc、od的距离之比为1:2:3:4，所以质点由O到达各点的时间之比为1:√2:√3:2．故A正确．B、根据v2=2ax，v=√2ax，oa、ob、oc、od的距离之比为1:2:3:4，所以质点通过各点的速率之比v a:v b:v c:v d=1:√2:√3:2．故B正确．C、初速度为0的匀加速直线运动中，在相等时间内通过的位移之比为1:3，可知a点是Od的中间时刻，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则v=v t2≠v b，故C错误．D、v=xt =v0+v2=v t2求在斜面上运动的平均速度v=0+v d2．故D错误．故选：AB．4. 【答案】A【解析】王强同学把房价类比成速度，房价上涨快慢类比成加速度，根据加速度与速度关系进行分析．【解答】解：房价类比成速度，房价上涨快慢类比成加速度，房价上涨出现减缓趋势，相当于加速度减小，但仍然在上涨，相当于加速度与速度方向相同，速度仍然增大．故A正确，BCD错误．故选：A．5. 【答案】A,C,D【解析】明确电磁波的传播过程；根据多普勒效应分析雷达接收到的频率与发射频率之间的关系；明确理想变压器的条件，知道理想变压器不能出现漏磁现象；根据LC电路中的电流变化规律以及波长、波速和频率的关系即可求出波长大小．【解答】解：A、调制就是把信号加载到载波中的过程，故A正确；B、根据多普勒效应，波源和观察者相互靠近时，观察者接受的频率要高于发射频率，所以B错误；C、铁芯不闭合时，因为漏磁现象，会造成穿过两个线圈的磁通量不相等，则不再满足电压之比等于线圈匝数之比，故C正确；D、根据b=2πf以及v=λf可知，发射的电磁波的波长λ=2πcb（c为真空中的光速），故D正确．故选：ACD．6. 【答案】C【解析】伽利略在研究力与运动关系时成功地设计了理想斜面实验抓住了主要因素，忽略次要因素，依靠客观事实加大胆的科学推理得到正确的力与运动的关系．【解答】解：在伽利略研究力与运动的关系时，是在斜面实验的基础上，成功地设计了理想斜面实验，他以实际的实验为依据，抓住了客观事实的主要因素，忽略了次要因素，从而能够更深刻地揭示了自然规律．因此，理想实验是实际实验的延伸，而不是实际的实验，是建立在实际事实基础上的合乎逻辑的科学推断，故ABD错误，C正确．故选：C．7. 【答案】D【解析】电势是标量，只要大小相等即可，而场强为矢量，必须是大小和方向都相同才行，根据各种电场电场线和等势面的分布情况进行作答．【解答】解：A、平行板电容器中是匀强电场，a、b的场强相同，而电势不同，故A错误；B、a、b在点电荷的同一等势面上，两点的电势相等，而场强方向不同，场强不同，故B错误；C、根据两个等量同种电荷等势面的分布情况可知，在两电荷连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势相等，而场强的方向相反，所以场强不同，故C错误；D、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，两点的电势相等．根据电场线分布的对称性可知，场强相同，故D正确；故选：D8. 【答案】D【解析】当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求解即可．【解答】解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，由牛顿第二定律得：μmgcos30∘−mgsin30∘=mω2d代入得μ×10×√32−10×12=12×2.5解得μ=√32故选：D9. 【答案】B【解析】分别对物体A、B进行受力分析，并运用力的平行四边形定则可得绳子的拉力与各自重力的关系，从而确定物体A、B的质量之比．【解答】解：设绳子的拉力为T，隔离A分析有T=m A g①隔离B分析有m B g=Tcosθ②由①②整合得m A m B =1 cosθ故选：B10. 【答案】A【解析】由右手螺旋定则，结合通电导线周围的磁场方向，从而来确定电流的方向．【解答】解：右手螺旋定则内容：伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向为磁场的方向，根据题意可知，从上往下看，磁感线方向是顺时针，所以电流的方向由A到B，故A正确，BCD错误；故选：A11. 【答案】D【解析】对小球受力分析，受重力和电场力，对小球的从抛出到C点的运动过程运用动能定理列式分析得到电场力做功情况，根据电场力做功与电势能变化关系得到电势能的变化情况．【解答】解：A、小球必定没有回到原处，根据动能定理知，动能的变化量为零，重力做正功，则电场力做负功，电场力做功不为零，故A错误；B、由动能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，故B错误．C、因为电场力做负功，知C位于AB直线的右侧．故C错误．D、由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向ℎ=12at2>12gt2，则重力做功mgℎ>mg2t22，则电场力做的负功与重力做功相等，则小球的电势能增量大于mg2t22．故D正确．故选：D．12. 【答案】(1)如图所示．; (2)前4s内的平均速度为25m/s；; (3)第5s末的瞬时速度为0；; (4)第7s末的瞬时速度为−50m/s．【解析】(1)位移一时间图象纵坐标反映了物体的位置坐标．; (2)由图读出：前4s内位移等于纵坐标的差值，再求出平均速度．; (3)4∼6s时间内物体静止．; (4)6∼8s时间内物体向负方向做匀速直线运动，根据斜率求出第7s末的瞬时速度．【解答】解：(1); (2)由图读出：前4s内的位移为100m，所以前4s内的平均速度v=△x△t =1004m/s=25m/s; (3)在4s末至6s末，汽车的位移没有发生变化，表示汽车处于静止状态，则第5s末的速度为0．; (4)在6s末至8s末，汽车的x−t图象是一条倾斜直线，表示汽车作匀速直线运动，在这个过程中由△x△t=−50m/s则第7s末的瞬时速度．v=−50m/s．答：(1)如图所示．(2)前4s内的平均速度为25m/s；(3)第5s末的瞬时速度为0；(4)第7s末的瞬时速度为−50m/s．13. 【答案】ABC; 不需要,B; 左,0.75(0.73−0.75)【解析】(1)在释放小车前，纸带应该放在了复写纸下方并保持纸带处于拉直状态，电磁式打点计时器应使用4−6V交流电源，在释放小车前，应使细线与长木板平行；; (2)本实验利用力传感器测量细线上的拉力，不需要用钩码的重力代替，根据牛顿第二定律求解加速度的表达式；; (3)根据纸带上打的点的密集判断哪端与小车相连，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度【解答】解：(1)在释放小车前，纸带应该放在了复写纸下方并保持纸带处于拉直状态，否则纸带与限位孔的摩擦力更大，误差更大，故AB错误；C、在释放小车前，应使细线与长木板平行，故C错误；D、电磁式打点计时器应使用4−6V交流电源，故D正确．本题选不正确的，故选：ABC本实验利用力传感器测量细线上的拉力，不需要用钩码的重力代替，所以不需要满足钩码的质量远远小于小车的质量，根据牛顿第二定律得：a=Fm，故B正确．故选：B; ; (3)纸带右侧两点间的距离越来越大，故左端与小车相连，瞬时速度为5到7的平均速度故v=0.030.04m/s=0.75m/s14. 【答案】(1)、求水平推力F1的大小为(M+m)g(k+tanα)；; (2)、为使小球在运动中不碰到桌子和前壁，所加拉力F2应满足130N<F2<180N．【解析】(1)对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，对整体根据牛顿第二定律即可求解F1的大小；; (2)撤去推力F1同时对车施加水平向左的拉力F2（如虚线所示），小球立即离开斜面向右飞去．此时小球做平抛运动，为使小球在运动中不碰到桌子和前壁，则小球刚好运动到桌子右端或车厢右下角．车厢在F2的作用下做匀减速运动，根据位移关系求出加速度，再根据牛顿第二定律即可求解．【解答】解：(1)对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得：mgtanα=ma解得a=gtanα对整体有：F1−k(M+m)=(M+m)a解得：F1=(M+m)g(k+tanα); (2)撤去推力F1同时对车施加水平向左的拉力F2（如虚线所示），小球立即离开斜面向右飞去．此时小球做平抛运动，为使小球在运动中不碰到桌子和前壁，则小球刚好运动到桌子右端或车厢右下角．若小球刚好运动到桌子右端，则运动的时间为；t=√2ℎg =√0.410s=0.2s水平位移为：x=v0t=3m所以车厢运动的位移为s=x−L=2.7m 对车厢有：s=v0t−12at2解得：a=15m/s2F2+kMg=Ma解得F2=130N若小球刚好运动到车厢右下角，则运动的时间为；t=√2Hg =√0.1610s=0.4s水平位移为：x=v0t=6m所以车厢运动的位移为s=x−d=4.4m对车厢有：s=v0t−12at2解得：a=20m/s2F2+kMg=Ma解得F2=180N综上可知：为使小球在运动中不碰到桌子和前壁，所加拉力F2应满足130N<F2<180N．答：(1)、求水平推力F1的大小为(M+m)g(k+tanα)；(2)、为使小球在运动中不碰到桌子和前壁，所加拉力F 2应满足130N <F 2<180N ．15. 【答案】(1)运动员在空中飞行的时间t 为3s ．; (2)A 、B 间的距离s 为75m ．【解析】(1)根据竖直位移和水平位移的关系，结合运动学公式求出运动员在空中运动的时间．; (2)根据初速度和时间求出水平位移，结合平行四边形定则求出AB 间的距离．【解答】解：(1)根据tan37∘=12gt 2v 0t =gt 2v 0得， 运动员在空中飞行的时间t =2v 0tan37∘g =2×20×3410s =3s ．; (2)AB 间的距离s =v 0t cos37∘=20×30.8m =75m ．答：(1)运动员在空中飞行的时间t 为3s ．(2)A 、B 间的距离s 为75m ．16. 【答案】(1)交变电流瞬时值表达式为i =6.28sin100πtA ；; (2)外电阻上消耗的功率为1.95×103W ；; (3)从计时开始，线圈转过π3过程中，通过外电阻的电荷量是0.017C ．【解析】(1)先根据U m =nBωL 2求出最大值，再根据闭合电路欧姆定律求出电流，进而求出交变电流瞬时值表达式；; (2)先求出电流的有效值，根据P =I 2R 得外电阻上的消耗功率；; (3)求通过外电阻的电荷量要用平均电流，根据电荷量等于平均电流乘以时间即可【解答】解：(1)电动势的最大值：E m =nBωL 2=200π=628(V)根据闭合电路欧姆定律得I m =Em R+r =6.28A 故交变电流瞬时值表达式：i =6.28sin100πtA ． ; (2)电流的有效值I =m √2外电阻上的消耗功率： P =I 2R =(m √2)2R =1.95×103W ．; (3)从计时开始到线圈转过π3过程中，平均感应电动势由E =n △⌀△t 得平均电流： I =ER+r ，通过外电阻的电荷量：q =I ⋅△t =√32×nBL 2R+r =0.017C 答：(1)交变电流瞬时值表达式为i =6.28sin100πtA ；(2)外电阻上消耗的功率为1.95×103W ；(3)从计时开始，线圈转过π3过程中，通过外电阻的电荷量是0.017C ．17. 【答案】(1)物体受到的拉力F 的大小为17N ；; (2)物体与地面之间的动摩擦因数为0.34．【解析】(1)根据速度时间图线的斜率求出匀加速和匀减速运动的加速度的大小，结合牛顿第二定律求出拉力F 的大小．; (2)根据摩擦力和正压力大小，求出动摩擦因数的大小．【解答】解：(1)由v −t 图象可知在0∼10s 内，a 1=810=0.8m/s 2，F −f =ma 1在10s ∼14s 内，a 2=−84=−2m/s 2，F3−f =ma 2，代入数据解得F=21N，f=17N．; (2)由f=μF N可知μ=fmg =1750=0.34．答：(1)物体受到的拉力F的大小为17N；(2)物体与地面之间的动摩擦因数为0.34．。
{高中试卷}湖北省2021年上学期龙泉中学高三物理8月月考试题答案[仅供参考]
20XX年高中测试高中试题试卷科目：年级：考点：监考老师：日期：湖北省2021年上学期龙泉中学高三物理8月月考试题答案 1D 2A 3B 4B 5D 6C 7D 8C 9AB 10BCD 11AD 12BC13. （6分） 答案：(1)BCD (2)A14. （8分） 解析：(1)设弹簧秤原长为l ，根据平衡条件及胡克定律可知：mg ＝k (L 1－l )2mg ＝k (L 2－l )解得：k ＝30.6 N/m(2)设加速度大小为a ，据牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，可得：a ＝F m －μg ＝1mF －μg 根据a F 图象斜率绝对值k ＝1m 可知，B 的斜率大于A 的斜率，即1m A ＞1m B，所以m A ＜m B ；再根据纵轴截距大小等于μg 可知，由于A 的截距大于B 的截距，所以μA >μB ．(3)若将带有定滑轮的长木板左端适当垫高，以平衡摩擦力，则a F 的图线过原点O ，故A 正确；实验要求应先接通电源后释放纸带，故B 正确；由于动滑轮是轻质光滑的滑轮，所以绳子对物体的拉力一定等于弹簧秤的读数，与重物P 质量大小无直接关系，所以C 错误；对重物P 析，当加速度为a 时，应有mg －2F ＝ma ，可得F ＝12mg －12ma ，所以只有当a ＝0时，F 才等于12mg ，所以D 错误；故选A 、B ． 答案：(1)30.6 (2)小于 大于 (3)AB15.（7分）设圆弧半径为R ，两小球运动时间分别为t 1、t 2.对球1：R sin α＝v 1t 1，R cos α＝12gt 12； 对球2：R cos α＝v 2t 2，R sin α＝12gt 22， 联立解得：v 1v 2＝tan αtan α，16.（9分） 【解析】隔离小球B ，对B 受力分析，根据共点力平衡得：F T OB cos 45°＝mg∴ F T OB ＝2mg ，根据定滑轮的特性知：F T OA ＝F T OB ＝2mg对A 受力分析，如图所示：由几何关系可知拉力F T OA 和支持力F N 与水平方向的夹角相等，夹角为60°，有：2F T OA sin 60°＝m A g ，解得m A ＝6m17.（14分）【答案】（1）2kg （2）位移大小3m ，方向沿斜面向下（3）12N 沿斜面向上【解析】（1）当外力为零时，加速度为26m/s ，根据牛顿第二定律可得：sin mg ma θ=解得：sin 0.6θ=当外力为20N 时，加速度为22m/s ，根据牛顿第二定律cos sin 'F mg ma θθ-=代入数据解得：2kg m =（2）根据匀变速方程可得：22332211()3m 22x vt at vt at =---=- 位移大小3m ，方向沿斜面向下答：（1）2kg （2）位移大小3m ，方向沿斜面向下18. （16分）【解析】：（1）圆盘在桌布上时做匀加速运动，掉到桌面上后在桌面上做匀减速运动。
高三8月月考(物理)试题含答案
高三8月月考（物理）（考试总分：100 分）一、单选题（本题共计6小题，总分24分）1.（4分）如图所示，在水平面上一只蚂蚁沿半径为r的半圆弧从a点爬到b点，下列关于它通过的位移和路程的说法，正确的是( )A．路程为πr，方向沿圆弧由a指向bB．位移为2r，方向沿ab直线由a指向bC．位移为πr，方向沿圆弧由a指向bD．路程为2r，方向沿ab直线由a指向b2.（4分）下列关于加速度的说法正确的是( )A．加速度表示运动中增加的速度B．加速度表示速度变化的快慢程度C．加速度表示速度的变化量D．加速度在数值上等于单位时间内速度的变化量3.（4分）现有大量处于n=4能级的氢原子，当这些氢原子向低能级跃迁时会辐射出若干种不同频率的光，氢原子能级示意图如图所示。
下列说法正确的是（）A．跃迁后核外电子的动能减小B．最多可辐射出4种不同频率的光C．由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光的波长最短D．用n=4能级跃迁到n=2能级辐射的光照射逸出功为2.65eV的某种金属能发生光电效应4.（4分）某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5 s后听到石块直接落到崖底的声音．探险者离崖底的高度最接近的是( )A．25 m B．50 m C．110 m D．150 m5.（4分）在珠海航展中，中国展出了国产“运－20”和“歼－31”等最先进飞机．假设航展中有两飞机甲、乙在平直跑道上同向行驶，0～t2时间内的v－t图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．飞机乙在0～t 2内的平均速度等于v 22B ．飞机甲在0～t 2内的平均速度比乙大C ．两飞机在t 1时刻一定相遇D ．两飞机在0～t 2内不可能相遇6.（4分）如图5所示，左侧是半径为R 的四分之一圆弧，右侧是半径为2R 的一段圆弧．二者圆心在一条竖直线上，小球a 、b 通过一轻绳相连，二者恰好于等高处平衡．已知θ＝37°，不计所有摩擦，则小球a 、b 的质量之比为( )A ．3∶4B ．3∶5C ．4∶5D ．1∶2二、 多选题 （本题共计6小题，总分24分）7.（4分）下列核反应或核衰变方程中，符号“X”表示中子的是A. X C He Be 1264294+→+ B.X O He N +→+17842147C.X H Pt n Hg ++→+112027810204802D.X Np U +→23993239928.（4分）如图3－8所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能E k 与入射光频率ν的关系图象，由图象可知( )．A ．该金属的逸出功等于EB ．该金属的逸出功等于hν0C ．入射光的频率为ν0时，产生的光电子的最大初动能为ED ．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E9.（4分）如图所示为飞机起飞时，在同一底片上相隔相等时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出在相等时间间隔内，飞机的位移不断增大，则下列说法中正确的是( )A．由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动B．若测出相邻两段位移之差都相等，则飞机做匀变速直线运动C．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，则可以用逐差法计算出飞机的加速度D．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，可以求出这两段总时间的中间时刻的速度10.（4分）物体从A点由静止出发，先以加速度a1做匀加速直线运动到某速度v后，立即以加速度a2做匀减速运动至B点速度恰好减为0，所用总时间为t.若物体以速度v0匀速通过AB之间，所用时间也为t，则( )A．v＝2v0 B.1a1＋1a2＝tv C.1a1－1a2＝t2v D.1a1＋1a2＝t2v11.（4分）如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )A．三者到达桌面时的速度大小之比是3∶2∶1B．三者运动时间之比为3∶2∶1C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比12.（4分）如图8所示，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成α＝30°角，轻质环a套在杆上，置于凹槽内质量为m的小球b通过一条细绳跨过定滑轮与环a连接．a、b静止时，滑轮右侧细绳与杆间的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )A．a受到3个力的作用B ．b 受到3个力的作用C ．细杆对b 的作用力大小为12mg D ．细绳对a 的拉力大小为33mg三、 实验题 （本题共计1小题，总分8分）13.（8分）在学生实验“用打点计时器测速度”和“探究小车速度随时间变化的规律”中，都使用了电火花计时器，并打出纸带进行有关数据处理，已知所用交流电源的频率是50 Hz.(1)关于打点计时器的使用，下列说法中正确的是________．(可能有一个或多个正确选项)A ．实验中需用停表记下运动的时间B ．开始释放小车时，应使小车靠近电火花计时器C ．先接通电火花计时器电源，然后放开小车(2)有一次实验中某小组得到如图所示的纸带，并按照打点时间先后，依次选定了O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 七个计数点(每两个计数点之间还有四个点没有画出)，经过测量后计算得到相邻计数点间的距离．请根据实验数据，判断这个纸带做的是________(填“加速”“匀速”或“减速”)运动．电火花计时器打下相邻两点的时间间隔是________ s ．根据纸带上测量的数据可以计算得到加速度大小为________(结果保留3位有效数字)．四、 计算题 （本题共计4小题，总分44分）14.（10分）半径为R 、折射率n O 为圆心，相同频率的单色光束a 、b 相互平行，从不同位置进入介质，光线a 在O 点恰好发生全反射。
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2019届高三物理上学期8月质量检测考试试题
一、选择题（1至7题单选，8至10题多选，每小题5分，共50分）
1、月球表面上的重力加速度为地球表面上重力加速度的16.，对于同一个飞行器，在月球表面上时与在地球表面上时相比较( )
A ．惯性减小为地球表面时的16
，重力不变 B ．惯性和重力都减小为在地球表面时的16 C ．惯性不变,重力减小为在地球表面时的16 D ．惯性和重力都不变
2、在液体中下落的物体因受到液体与速度成正比的阻力最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度。
一小铁球质量为m ，用手将它完全放入水中后静止释放，最后铁球的收尾速度为v ，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为F ，重力加速度为g ，关于小铁球，下列说法正确的是（ ）
A ．若测得小铁球从释放至达到收尾速度所用时间为t ，则小铁球下落的位移为
2
v t B ．若测得小铁球下落h 时的加速度为a ，则小铁球此时的速度为ah 2 C ．若测得某时小铁球的加速度大小为a ，则小铁球此时受到的水的阻力为m(a+g)-F
D ．若测得小铁球下落t 时间，通过的位移为y ，则该过程的平均速度一定为t
y 3、如图（a ）所示，两段等长细线将质量分别为2m 、m 的小球A 、B 悬挂在O 点，小球A 受到水平向右的恒力4F 的作用、小球B 受到水平向左的恒力F 的作用，当系统处于静止状态时，可能出现的状态应是( )
4、如图所示，50个大小相同、质量均为m 的小物块，在平行于斜面向上的恒力F 作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为o
30，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g ，则第6个小物块对第5个小物块的作用力大小为
（ ）
A. 910F
B. 110
F C ．451210
mg F D ．因为动摩擦因数未知，所以不能确定 5、如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体
A ，A 的左端紧靠竖直墙，A 与竖直墙之间放一光滑圆球
B ，整个装置处于静止状态，若把A 向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则( )
A ．
B 对墙的压力增大 B ．A 与B 之间的作用力增大
C ．地面对A 的摩擦力减小
D ．A 对地面的压力减小
6、如图所示，倾角为θ=30°的斜面体放在水平地面上，一个重为G 的球在水平力F 的作用下，静止在光滑斜面上，此时水平力的大小为F ；若将力F 从水平方向逆时针转过来某一角度α后，仍保持F 的大小不变，且小球和斜面体依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为
，那么F 和的大小分别为： （ ） A ．
B ．
C ．
D ． 7、如图所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬间A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )
A ．a 1＝0，a 2＝0
B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2
a C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2
a 8、粗细均匀的电线架在A 、B 两根电线杆之间，由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正
确的是 ( )
A ．左图是夏季
B ．冬季，电线对电线杆的拉力较大
C ．夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大
D ．夏季杆对地面的压力较大
9、如图所示，物体A 用轻质细绳与圆环B 连接，圆环套在固定竖直杆MN
上。
现用一水平力F 作用在绳上的O 点，将O 点缓慢向左移动，使细绳与竖
直方向的夹角增大，在此过程中圆环B 始终处于静止状态。
则下列说法正确
的是 ( )
A ．水平力F 逐渐增大
B ．绳对圆环B 的弹力不变
C ．杆对圆环B 的摩擦力不变
D ．杆对圆环B 的弹力不变
10、如图所示，足够长光滑轻杆BO 通过铰链与固定水平粗糙轻
杆AO 连接，夹角为θ，轻杆BO 只能在竖直平面内转动．一小
圆环C穿过轻杆AO处于静止状态，轻质弹簧一端与圆环C连接，另一端连接一个轻质小套环D，小套环D穿过轻杆BO，当θ=45°时，弹簧处于自然长度．现缓慢转动轻杆BO，使θ从37°增大到53°，圆环C始终保持静止，CO间距离为L，且小套环D不滑出轻杆BO，则此过程中下列说法正确的是（）
A．小圆环C受到的摩擦力的方向先向右后向左
B．CD不一定垂直BO
C．小圆环C受的摩擦力的大小从某一值先减小后增加到同一值
L
D．小套环D在轻杆BO上移动的距离为1
5
二、实验题（每空3分，共15分）
11、实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．s1＝3.59 cm，s2＝4.41 cm，s3＝5.19 cm，s4＝5.97 cm，s5＝6.78 cm，s6＝7.64
cm，则小车的加速度a＝________m/s2(要求
充分利用测量的数据)，打点计时器在打B
点时小车的速度v B＝________m/s.(结果均
保留两位有效数字)
12、某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。
使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。
实验步骤如下：
①如图（a），将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下
滑；
②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器
测得光线被挡光片遮住的时间∆t；
③用∆s表示挡光片沿运动方向的长度，如图（b）
所示，v表示滑块在挡光片遮住光线的∆t时间内的平均
速度大小，求出v；
④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；
⑤多次重复步骤④；
⑥利用实验中得到的数据作出v–∆t图，如图（c）所示。
完成下列填空：
（1）用a表示滑块下滑的加速度大小，用v A表示挡光片前端到
达光电门时滑块的瞬时速度大小，则v与v A、a和∆t的关系式为
v= 。
（2）由图（c）可求得，v A= cm/s，a=
cm/s2。
（结果保留3位有效数字）
三、计算题（10+12+12+11=45分）
13、（10分）以10m/s速度行驶的汽车，司机发现正前方80m处有一以4m/s的速度与汽车同方向匀速行驶的自行车，司机以-0.25m/s2的加速度开始刹车，停下前是否发生车祸？14、（12分）如图所示一个质量为10kg的木箱放在水平面上，木箱与水平面间的动摩擦因数为0.5。
现有一个与水平方向成53°角的拉力拉着木箱沿水平方向以4m/s速度匀速前进，已知sin53°=0.8 cos53°=0.6 取g=10m/s2，求：
（1）拉力F的大小是多少？
（2）拉力F撤消后木箱还能滑行多远？
15、（12分）如图所示，物体的质量为2 kg，两根轻细绳AB
和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上
另施加一个与水平夹角θ为60°的拉力F，已知绳AB、AC张
紧时∠BAC=θ=60°，试求使AB、AC两绳都能伸直时拉力F
的大小范围．
16、（11分）如图所示，一平板车以某一速度v0匀速行驶，某时刻
一货箱（可视为质点）无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端
的距离为l=3m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a=4m/s2的匀减速直线运动．已知货箱与平板车之间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2．为使货箱不从平板车上掉下来，平板车匀速行驶的速度v0应满足什么条件？
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