2021年高三(下)4月月考物理试卷含解析

2021年高三（下）4月月考物理试卷含解析
一、选择题
1．（6分）如图所示，斜面体B放在水平地面上，木块A放在斜面体B上，用一个沿斜面向上的力F拉木块A，在力F的作用下，物体A与斜面体B一起沿水平方向匀速移动，已知斜面倾角为θ，则关于斜面体B受力的个数，下面说法中正确的是（）
A．可能是3个 B．可能是4个 C．可能是5个 D．一定是5个
【考点】：共点力平衡的条件及其应用；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】：物体A与斜面体B一起沿水平方向匀速移动，以整体为研究对象，分析受力情况，确定地面对B的支持力和摩擦力情况，再对B进行受力分析．【解析】：解：以整体为研究对象，根据平衡分析可知，地面对整体一定有支持力和滑动摩擦力，即地面对斜面体B一定有支持力和滑动摩擦力．B一定还受重力和A对B的压力，而A与B之间可能有摩擦力也可能没有摩擦力，所以B 可能受到4个力，也可能受到5个力．
故选：BC．
【点评】：本题是两个物体平衡的问题，关键之处在于灵活选择研究对象．当几个物体的加速度相同时，可以当作整体处理．
2．（6分）质量为1.0kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.20．对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F，使物体在水平面上运动了3t0的时间．为使物体在3t0时间内发生的位移最大，力F随时间变化情况应该为下面四个图中的哪一个（）
A．B．C．
D．
【考点】：牛顿第二定律；滑动摩擦力．
【专题】：牛顿运动定律综合专题．
【分析】：根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出各段时间内物体的位移，再确定哪种情况位移最大．
【解析】：解：
A、在0﹣1s内，F＜μmg，物体静止不动．在1﹣2s内，加速度a1==1m/s2，位移x1==0.5m，第2s末速度为v=a1t1=0.5m/s．在2﹣3s内，加速度a2==3m/s2，位移为x2=vt2=2m．
C、在0﹣1s内，F＜μmg，物体静止不动．在1﹣2s内，加速度a1==3m/s2，位移x1==1.5m，第2s末速度为v=a1t1=1.5m/s．在2﹣3s内，加速度a2==1m/s2，位移为x2=vt2=2m．
B、在0﹣1s内，加速度a1==3m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=3m/s．在1﹣2s内，加速度a2==﹣0.5m/s2，位移x2=v1t2+=2.75m，第2s末速度为v2=v1+a2t2=2.5m/s．在2﹣3s内，加速度a3==1m/s2，位移为x3=v2t3+=3m．
D、在0﹣1s内，加速度a1==3m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=3m/s．在1﹣2s内，加速度
a2==1m/s2，位移x2=v1t2+=3.5m，第2s末速度为v2=v1+a2t2=3.5m/s．在2﹣3s内，加速度a2==﹣0.5m/s2，位移为x3=v2t3=3.25m．
故选D
【点评】：本题也可以通过计算加速度和速度，作出速度﹣时间图象，根据“面积”表示位移，判断位移的大小．
3．（6分）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈输入如图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻（其阻值随温度的升高而减小）．下列说法中正确的是（）
A．图乙中电压的有效值为110V
B．电压表的示数为44V
C．R处出现火警时，电流表示数减小
D．R处出现火警时，电阻R0消耗的电功率增大
【考点】：变压器的构造和原理；电功、电功率．
【专题】：交流电专题．
【分析】：求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．
由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．
【解析】：解：A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为U m，电压的有效值为U．
•=•T
代入数据得图乙中电压的有效值为110V，故A错误；
B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：l，所以电压表的示数为22v，故B错误．
C、R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈中电流增大，即电流表示数增大，故C错误．
D、R处出现火警时通过R0的电流增大，电压不变；所以电阻R0消耗的电功率增大，故D 正确．
故选：D．
【点评】：根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．
根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．
4．（6分）据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，名为“55Cancrie”该行星绕母星（中心天体）运行的周期约为地球绕太阳运行周期的，母星的体积约为太阳的60倍．假设母星与太阳密度相同，“55Cancrie”与地球做匀速圆周运动，则“55Cancrie”与地球的（）
A．轨道半径之比约为
B．轨道半径之比约为
C．向心加速度之比约为
D．向心加速度之比约为
【考点】：万有引力定律及其应用；牛顿第二定律．
【专题】：计算题；信息给予题．
【分析】：根据万有引力提供向心力，列出等式．
根据题目中的已知量表示出未知量代入等式．
把所要比较的物理量表示出来再进行比较．
【解析】：解：A、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：
，
解得
所以轨道半径之比为，故A错误．
B、根据A选项分析，故B正确．
C、根据万有引力提供向心力，列出等式：=ma
向心加速度a=
所以向心加速度之比约为=，故C错误．
D、根据C选项分析，故D错误．
故选B．
【点评】：该题考查的知识点是：应用牛顿第二定律和万有引力定律通过轨道半径估算周期、线速度、星球质量和密度、加速度等．
向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．
5．（6分）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2＜V1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）
A．小物体上升的最大高度为
B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小
C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
【考点】：动能定理的应用；库仑定律；电势能．
【专题】：压轴题．
【分析】：根据电场力做功的特点可求得电场力做功的大小，由动能定理可分别列出上滑及下滑过程中的表达式，联立即可解得最大高度；
由电场力做功与电势能关系要得出电势能的变化及电场力做功的特点；
分析小球运动中压力的变化，由滑动摩擦力的计算公式可分析摩擦力的变化．
【解析】：解：设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L．
因为OM=ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0．上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W1．
在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：﹣mgsinθL﹣W f﹣W1=﹣和mgsinθL﹣W f﹣W1=，上两式相减可得h=sinθL=，A正确；
由OM=ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，BC错；
从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对．
故选AD．
【点评】：本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等．
6．（6分）如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）、一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（）
A．电子在磁场中运动的时间为
B．电子在磁场中运动的时间为
C．磁场区域的圆心坐标为（，）
D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣2L）
【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】：带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间．并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标．
【解析】：解：A、B、电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30°=R﹣L，得R=2L
电子在磁场中运动时间t=，而T=，得：t=，故A错误，B正确；
C、设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中x=Rcos30°= y=
所以磁场圆心坐标为（），故C正确；
D、根据几何三角函数关系可得，R﹣L=Rcos60°，解得R=2L
所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，﹣L），故D错误；
故选：BC
【点评】：由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标．
7．（6分）如图，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m、电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的小滑轮与重物相连，重物质量为，斜面上=1.0×108C/kg线（Ω平行底边）的右上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为Ω，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的Ω边始终平行底边，则下列说法正确的是（）
A．线框进入磁场前运动的加速度为
B．线框进入磁场时匀速运动的速度为
C．线框进入磁场时做匀速运动的总时间为
D．若该线框进入磁场时做匀速运动，则匀速运动过程中产生的焦耳热为﹣t
【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
【专题】：电磁感应——功能问题．
【分析】：线框进入磁场前，根据牛顿第二定律求解加速度．由题，线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律求解焦耳热．由平衡条件求出线框匀速运动的速度，再求出时间．
【解析】：解：A、线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得：a=．故A正确．B、C、设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为F=BIl1=，根据平衡条件得：F=Mg﹣mgsinθ，联立两式得，v=，匀速运动的时间为
t==．故BC均正确．
D、线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：焦耳热为Q=（Mg﹣mgsinθ）l2．故D错误．
故选：ABC
【点评】：本题是电磁感应与力平衡的综合，安培力的计算是关键．本题中运用的是整体法求解加速度．
二、非选择题
8．（8分）如图是“探究小车速度随时间变化规律”的实验中打出的一条纸带，已知交流电源的频率是50Hz．纸带上每两个计数点间还有四个计时点未画出．
（1）打D点时，小车的速度大小是0.23m/s；
（2）如果小画车系在纸带的F端，那么小车是做匀减速直线运动（选填“匀加速”或“匀减速”）．
【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】：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D点时小车的瞬时速度大小．
根据相邻的计数点的距离变化判断小车的运动．
【解析】：解：（1）纸带上每两个计数点间还有四个计时点未画出．所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
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D点时小车的瞬时速度大小．
v D===0.23m/s
（2）小车系在纸带的F端，纸带是按按打点顺序计数，就是说先打右边的点，从图中可以看出，相邻的相等时间间隔内的位移之差几乎相等．
而且从右到左相邻的计数点的距离越来越小，所以小车做匀减速运动．
故答案为：（1）0.23；
（2）匀减速．
【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．
9．（10分）实验室现有下列器材：
电流表G（满偏电流为300μA，内阻为100Ω）；
电压表V1（量程为2V，内阻约为xxΩ）；
电阻箱R1（阻值范围0～9999Ω）；
电阻箱R2（阻值范围0～999.9Ω）；
滑动变阻器R3（最大阻值为100Ω）；
滑动变阻器R4（最大阻值为100kΩ）；
电源E（电动势6V，内阻约0.5Ω）；
单刀单掷开关S，导线若干．
（1）现需要将电流表G改装成3V的电压表，需要将电阻箱R1（填R1或R2）的阻值调节为9900Ω，与电流表G串（填“串”或“并”）联．
（2）为了测量电压表V1的内阻，设计如图所示的实验电路（改装后的电压表用V表示）．图中滑动变阻器R应选R3（填R3或R4），若电压表V的示数为U，V1的示数为U1，变阻箱的示数为R2，则电压表V1的内阻R V的计算式为R V=．
【考点】：把电流表改装成电压表．
【专题】：实验题；恒定电流专题．
【分析】：（1）将电流表改装成电压表需要串联一个大电阻，由串联电路的规律可求得电阻值；
（2）由电路结构及并联电路的规律，利用欧姆定律可求得电压表的内阻．
【解析】：解：（1）电流表改装成电压表要串联一个大电阻分压；故应将R1串联；
U=I g（R2+R）
3V=300×10﹣6（100+R）
得：R=9900Ω；
（2）由图可知，实验中采用的是分压接法，故滑动变阻器选择R3；
由并联电路规律可知：
R V===
故答案为：（1）R1，9900Ω，串；（2）R3，
【点评】：本题应明确：①当电压表量程较小时可以将其与一电阻串联而扩大量程；②当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法
10．（18分）如图所示，两套完全相同的小物块和轨道系统，轨道固定在水平桌面上．物块质量m=1kg，轨道长度l=2m，物块与轨道之间的动摩擦因数μ=0.20．现用水平拉力F1=6N、F2=4N同时拉两个物块，分别作用一段距离后撤去，使两物块都能从静止出发，运动到轨道另一端时恰好停止．（g=10m/s2）求：
（1）在F1作用下的小物块加速度a1多大？
（2）F1需要作用多长时间？
（3）从两物块运动时开始计时直到都停止，除了物块在轨道两端速度都为零之外，另有某时刻t两物块速度相同，则t为多少？
【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】：（1）在F1作用下的小物块水平方向受到F1和摩擦力作用，摩擦力的大小为μmg，由牛顿第二定律可求出加速度．
（2）物块1先加速后减速，分别对两过程由牛顿第二定律及运动学公式列式求解即可；（3）由题，水平拉力F1＞F2，两物体做匀加速运动的加速度不等，两物块速度相等，只能出现一定在上方物块减速阶段过程中，由牛顿第二定律求出物块2的加速度，根据速度相等，由速度公式求解时间t．
【解析】：解：（1）根据牛顿第二定律得F1﹣μmg=ma1
解得：a1=6m/s2
（2）物块1先加速后减速，减速运动的加速度大小为
a0=μg=0.2×10=2m/s2；
从静止开始运动达到最大速度的时间为t1，则由位移公式可得：
解得
（3）F2作用下的物块，有
F2﹣μmg=ma2
解得：a2=2m/s2
两物块速度相同时，一定在上方物块减速阶段
上方物块最大速度m/s=2.45m/s
a2t=v﹣a′（t﹣）
得t=0.816s
答：
（1）在F1作用下的小物块加速度a1为6m/s2．
（2）F1需要作用时间为s
（3）两物块速度相同的时刻t为0.816s．
【点评】：本题是牛顿第二定律、运动学的综合应用．要注意正确分析物体的受力及运动过程，明确两物体在运动过程中的关系．
11．（20分）有人设想用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米颗粒．颗粒在电离室中电离后带正电，电量与其表面积成正比．电离后，颗粒缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域I（加速距离极短，忽略此过程中重力的影响），再通过小孔O2射入匀强电场区域II，区域II中极板长度为l，极板间距为d．收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上且到上下极板的距离相等．半径为r0的颗粒，其质量为m0、电量为q0，刚好能沿O1O3直线射入收集室．（V球=πr3，S球=4πr2）
（1）图中区域II的电场强度；
（2）半径为r的颗粒通过O2时的速率；
（3）落到区域II中的下极板上的颗粒半径．
【考点】：带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】：（1）带电粒子在电场中被加速，当进入区域II内做匀速直线运动，因而根据动能定理可求出被加速的速度大小，再由洛伦兹力等于电场力，从而确定电场强度的大小与方向；
（2）根据密度相同，可确定质量与半径立方关系；根据题意，可知电量与半径平方关系．从而由动能定理可算出粒子通过O2时的速率；
（3）由半径的不同，导致速度大小不一，从而出现洛伦兹力与电场力不等现象，根据其力大小确定向哪个极板偏转．
【解析】：解：（1）半径为r0的粒子匀速通过电场，Eq0=m0g…①
由①式得：E=，电场强度方向竖直向上
（2）设半径为r的粒子加速度后的速度为v，…②
又因m= q=…③
由②③式得：v=
（3）落到下极析则：mg﹣Eq=ma…④
由①③④式得：半径大，则越容易落到下极板上，设刚好落到下极板的右边颗粒为r m …⑤
…⑥
…⑦
由⑤⑥⑦式得：r m=
答：（1）图中区域II的电场强度；
（2）半径为r的颗粒通过O2时的速率
（3）落到区域II中的下极板上的颗粒半径为
【点评】：本题考查运用动能定理求带电粒子在电场中加速后的速度大小，再洛伦兹力与电场力关系来确定偏向何处．同时注意紧扣题意密度相同及电量与表面积成正比等隐含条件．
【物理--选修3-3】（12分）
12．（4分）对一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）
A．气体的体积是所有气体分子的体积之和
B．气体温度越高，气体分子的热运动就越剧烈
C．气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的
D．当气体膨胀时，气体的内能一定减少
【考点】：理想气体的状态方程．
【专题】：理想气体状态方程专题．
【分析】：气体的体积是所有气体分子所能充满的整个空间的体积，温度是平均动能的标志，改变内能的方式有做功和热传递．
【解析】：解：A、气体的体积是所有气体分子所能充满的整个空间的体积，A错误
B、气体温度越高，气体分子的热运动就越剧烈，B正确
C、气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的，B正确
D、改变内能的方式有做功和热传递，当气体膨胀同时吸热时，气体的内能不一定减少，D 错误
故选：BC
【点评】：掌握气体压强的微观解释，改变的内能的方式，会利用热力学第一定律进行有关判断．
13．（8分）如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，气体最初的体积为V0，气体最初的压强为；汽缸内壁光滑且缸壁是导热的．开
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始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，设周围环境温度保持不变，已知大气压强为p0，重力加速度为g．求：
①活塞停在B点时缸内封闭气体的体积V；
②整个过程中通过缸内气体是吸热还是放热？
【考点】：理想气体的状态方程；热力学第一定律；封闭气体压强．
【专题】：理想气体状态方程专题．
【分析】：（1）对活塞受力分析，求出封闭气体的压强，由玻意耳定律求出气体体积；（2）外界对气体做的功，然后由热力学第一定律求解．
【解析】：解：（1）活塞在B处时，对活塞B，
由平衡条件得：p0S+mg=p B S，
解得，气体压强：p B=p0+，
p A=，V A=V0，p B=p0+，
活塞从A到B过程，由玻意耳定律：p A V A=p B V B，
解得：V B=；
（2）活塞下降过程，外界对气体做功，而气体的温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知：△U=W+Q，Q为负值，表示气体放热．
答：①活塞停在B点时缸内封闭气体的体是；
②整个过程中通过缸内气体放热．
【点评】：本题考查了求气体体积、求传递的热量，应用平衡条件、玻意耳定律、热力学第一定律即可正确解题，应用热力学第一定律时，要注意各符号正负的含义．i 24084 5E14 帔39181 990D 餍23191 5A97 媗VW24169 5E69 幩/28187 6E1B 減35609 8B19 謙,27572 6BB4 殴
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