2021-2022学年山西省运城市新绛中学高三物理月考试卷含解析

2021-2022学年山西省运城市新绛中学高三物理月考试卷含解析
一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意
1. （单选）物体甲、乙原来静止于光滑水平面上．从t＝0时刻开始，甲沿水平面做直线运动，位移x 和时间平方t2的关系图象如图甲；乙受到如图乙所示的水平拉力F的作用。

则在0～4s的时间内
A．甲物体所受合力不断变化
B．甲物体的速度不断减小
C．2 s末乙物体改变运动方向
D．2 s末乙物体速度达到最大
参考答案：
D
2. 质量为kg的质点静止于光滑水平面上，从时起，第1秒内受到的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列判断正确的是…………………………（）
A．0-2s内外力的平均功率是W B．第2s内外力所做的功为J
C．第1s末外力的瞬时功率最大 D．第1s内与第2s内外力做功之比
参考答案：
AC
3. （单选）一质点沿x轴做直线运动，其v﹣t图象如图所示．质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x 轴正向运动．当t=8s时，质点在x轴上的位置为（）
A． x=3m B． x=8m C． x=9m D． x=14m
参考答案：
【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】：速度时间图象可读出速度的大小和方向，根据速度图象可分析物体的运动情况，确定何时物体离原点最远．图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负．
：解：图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，
故8s时位移为：s=，由于质点在t=0时位于x=5m处，故当t=8s 时，质点在x轴上的位置为8m，故ACD错误，B正确．
故选：B．
【点评】：本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键．能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力．
4. 如图所示，质量为m的子弹水平飞行，击中一块原来静止在光滑水平面上的质量为M的物块，物块由上下两块不同硬度的木块粘合而成．如果子弹击中物块的上部，恰不能击穿物块；如果子弹击中物块的下部，恰能打进物块中央．若将子弹视为质点，以下说法中错误的是
A．物块在前一种情况受到的冲量与后一种情况受到的冲量相同
B．子弹前一种情况受到的冲量比后一种情况受到的冲量大
C．子弹前一种情况受到的阻力小于后-种情况受到的阻力
D．子弹和物块作为一个系统，系统的总动量守恒
参考答案：
B
5. 沿轴正方向传播的一列简谐横波在t = 0时刻的波形曲线如图所示，其波速为10m／s，该时刻波恰好传播到x = 6m的位置。

介质中有a、b两质点，下列说法中正确的是
A．时刻，b质点的运动方向向上
B．时刻，b质点的速度大于a质点的速度
C．时刻，b质点的加速度大于a质点的加速度
D．时刻，处的质点位于波谷
参考答案：
B
由于波沿x轴正向传播，故时刻，质点b向下运动，选项A错误。

由于此时质点a的位移达到最大值，故此时质点a的速度为0，加速度最大，选项B正确C错误。

由于波速为10m／s，所以
时刻x=8m的质点刚要起振，波还未传到处的质点，故选项D错误。

二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分
6. 如图所示为氢原子的能级图，n为量子数。

在氢原子核外电子由量子数为2的轨道跃迁到量子数为3的轨道的过程中，将（填“吸收”或“放出”）光子。

若该光子恰能使某金属产生光电效应，则一群处于量子数为4的激发态的氢原子在向基态跃迁过程中，有种频率的光子能使该金属产生光电效应。

参考答案：
吸收 5
7. （4分）在光滑的水平面上有甲、乙两个物体发生正碰，已知甲的质量为1kg，乙的质量为3kg，碰前碰后的位移时间图像如图所示，碰后乙的图像没画，则碰后乙的速度大小
为 m/s，碰撞前后乙的速度方向（填“变”、“不变”）参考答案：
0.1 不变
8. 某同学进行用实验测定玩具电动机的相关参数．如图1中M为玩具电动机．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两个电压表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示．图中AB、DC为直线，BC为曲线．不考虑电表对电路的影响．
①变阻器滑片向左滑动时，V1读数逐渐减小．（选填：增大、减小或不变）
②电路中的电源电动势为 3.6V，内电阻为2Ω．
③此过程中，电源内阻消耗的最大热功率为0.18W．
④变阻器的最大阻值为30Ω．
参考答案：
解答：
解：
①变阻器向左滑动时，R
阻值变小，总电流变大，内电压增大，路端电压即为V1读数逐渐减小；
②由电路图甲知，电压表V1测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V1的电压与电流的关系．此图线的斜率大小等于电源的内阻，为
r=Ω=2Ω
当电流I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势E=U+Ir=3.4+0.1×2V=3.6V；
③当I=0.3A时，电源内阻消耗的功率最大，最大功率P max=I2r=0.09×2=0.18W；
④当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R=﹣r﹣r M=（﹣2﹣4）Ω=30Ω．
故答案为：①减小；②3.6，2；③0.18；④30．
点评：本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图
线如图（b）所示，该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴_________（填“正向”或“负向”）。

已知该波的波长大于0.30m，则该波的波长为_______m。

参考答案：
10. 在共点力合成的实验中，根据实验数据画出力的
图示，如图所示．图上标出了F1、F2、F、F′'四个力，其中
（填上述字母）不是由弹簧秤直接测得的．若F与F′的_基本相等，_基本相同，说明共点力合成的平行四边行定则得到了验证．参考答案：
大小方向
本实验是通过两个弹簧秤的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与实际的拉力重合，则实验成功；由图可知F′是由平行四边形定则得出的，故F′不是由弹簧秤直接测得的；F是通过一个弹簧秤测出的，故只要F与F′的大小和方向基本相同即可
11. 某探究小组为了测定重力加速度，设计了如图甲所示的实验装置．工型挡光片悬挂于光电门的正上方，释放挡光片后，工型挡光片竖直下落，它的两臂A、B依次通过光电门，光电计时器记录A、B 分别通过光电门的时间．
（1）用图乙游标卡尺测量工型挡光片的两臂A、B的宽度d1和d2，某次用20分度的游标卡尺测量A 的宽度d1时如图所示，则臂A的宽度d1为_____mm．
（2）若计时器显示臂A、B通过光电门的时间分别为t1和t2，则臂A、B通过光电门的速度表达式分别为____、____．
（3）若测得臂A、B之间的距离为L（L远大于d1、d2），用以上测量量表示当地重力加速度的表达式为____．
参考答案：
(1). （1）3.35， (2). （2） (3). (4). （3）
．
试题分析：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；根据极短时间内平均速度等于瞬时速度，求出壁A、B通过光电门的速度；结合速度位移公式求出当地的重力加速度．
解：（1）游标卡尺的主尺读数为3mm，游标读数为0.05×7mm=0.35mm，则最终读数为3.35mm．
（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，可知壁A 通过光电门的速度，
．
（3）根据速度位移公式得，
，
解得g=
．
故答案为：（1）3.35，（2），（3）．
点评：解决本题的关键知道极短时间的平均速度等于瞬时速度的大小，以及掌握游标卡尺的读数方法，注意不需要估读．
12. 为了测量玩具遥控汽车的额定功率，某同学用天平测出其质量为0.6kg ，小车的最大速度由打点计时器打出的纸带来测量，如图所示，主要实验步骤有： A ．给小车尾部系一条长纸带，纸带通过打点计时器；
B ．接通打点计时器（电源频率为50Hz ），使小车以额定功率沿水平地面加速到最大速度，继续运行一段时间后关闭小车发动机，使其由地面向前滑行直至停下；
C ．处理纸带上打下的点迹。

（1
）由纸带知遥控汽车的最大速度为 ；汽车滑行时的加速度为 。

（2）汽车滑行的阻力为 ；动摩擦因数为 ，
额定功率为 。

（g 取10m/s2 ，计算结果保留三位有效数字）
第22题图
参考答案： （1）1.00
-1.73
（2）1.04
0.173 1.04
13. 已知地球和月球的质量分别为M 和m ，半径分别为R 和r 。

在地球上和月球上周期相等的单摆摆长之比为________，摆长相等的单摆在地球上和月球上周期之比为________。

参考答案：
根据
可知
，所以
;根据
，解得
,所以
；。

三、 简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分 14.
(6分)如图所示，己知平行玻璃砖的折射率，厚度为.入射光线以入射角
60°射到玻璃砖的上表面，经玻璃砖折射从下表面射出，出射光线与入射光线平行，求两平行光线间距离。

（结果可用根式表示）
参考答案：
解析：作出光路如图
由折射定律得
（2分）
所以r =30°（2分）
由图知
则AB—AC=d·tan30°=d
出射光线与入射光线间的距离是d（2分）
15. 如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。

已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。

开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。

现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。

求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。

重力加速度大小为g。

参考答案：
试题分析：由于活塞处于平衡状态所以可以利用活塞处于平衡状态，求封闭气体的压强，然后找到不同状态下气体参量，计算温度或者体积。

开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。

设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
①
根据力的平衡条件有
②联立①②式可得
③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。

根据盖—吕萨克定律有
④
式中
V1=SH⑤
V2=S（H+h）⑥
联立③④⑤⑥式解得
⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
⑧
故本题答案是：
点睛：本题的关键是找到不同状态下的气体参量，再利用气态方程求解即可。

四、计算题：本题共3小题，共计47分
16. 如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4．工件质量
M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1．（取g=10m/s2）
（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h．
（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物体在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动
①求F的大小
②当速度v=5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离．
参考答案：
考点：动能定理；牛顿第二定律．
专题：动能定理的应用专题．
分析：（1）由动能定理可以求出动摩擦因数．
（2））对物体、工件和物体整体分析，根据牛顿第二定律求解；根据平抛运动的规律和几何关系求解．
解答：解：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，由动能定理得：mgh﹣μ1mgL=0﹣0，代入数据解得：h=0.2m；
（2）①设物块的加速度大小为，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得：
cosθ=
对物体，由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，
对工件和物体整体，由牛顿第二定律得：
F﹣μ2（M+m）g=（M+m）a，
代入数据解得：F=8.5N；
②物体做平抛运动，
在竖直方向上：h=gt2，
水平方向：x1=vt，
x2=x1﹣Rsinθ，
联立并代入数据解得：x2=0.4m；
答：（1）P、C两点间的高度差是0.2m；
（2）①F的大小是8.5N；②物块的落点与B点间的距离是0.4m．
点评：本题考查了求高度差、求力与距离问题，物体运动过程较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律、平抛运动的规律等即可正确解题，解题时要注意受力分析．
17. 如图所示，绝缘倾斜固定轨道上A点处有一带负电，电量大小q=0.4C质量为0.3kg的小物体，斜面下端B点有一小圆弧刚好与一水平放置的薄板相接，AB点之间的距离S=1.92m，斜面与水平面夹角θ=37°，物体与倾斜轨道部分摩擦因数为0.2，斜面空间内有水平向左，大小为E1=10V/m的匀强电场，现让小物块从A点由静止释放，到达B点后冲上薄板，薄板由新型材料制成，质量M=0.6kg，长度为L，物体与薄板的动摩擦因数μ=0.4，放置在高H=1.6m的光滑平台上，此时，在平台上方虚线空间BCIJ内加上水平向右，大小为E2=1.5V/m的匀强电场，经t=0.5s后，改成另一的电场E3，其方向水平向左或者向右，在此过程中，薄板一直加速，到达平台右端C点时，物体刚好滑到薄板右端，且与薄板共速，由于C点有一固定障碍物，使薄板立即停止，而小物体则以此速度V水平飞出，恰好能从高h=0.8m的固定斜面顶端D点沿倾角为53°的斜面无碰撞地下滑，（重力加速度g=10m/s2，
sin37°=，cos37°=）．
求：（1）小物体水平飞出的速度v及斜面距平台的距离X；
（2）小物体运动到B点时的速度V B；
（3）电场E3的大小和方向．
参考答案：
解：（1）物体恰好从D点无碰撞地飞入，速度沿斜面向下．物体从C运动到D的时间为：
t=
到达D点的竖直分速度为：
v y=gt=
将速度分解可得：tan53°=
则得：v=v y cot53°=cot53°=cot53°=3m/s
x=vt=3×=3×m=1.2m
（2）物体在斜面上运动时，所受的电场力为：F=qE1，
因为qE1sin37°=0.4×10×0.6N=2.4N
mgcos37°=0.3×10×
0.8N=2.4N
可得：qE 1sin37°=mgcos37°
所以斜面对物体的支持力N=0，滑动摩擦力f=0． 从A 到B 过程，由动能定理得：（mgsin37°+qE 1cos37°）S=
解得：v B =8m/s
（3）加上电场E 2，由牛顿第二定律得：
对物体：a 1==6m/s 2； 对木板：a 2=
=2m/s 2；
经t=0.5s 后：物体的速度 v B ′=v B ﹣a 1t=5m/s ，物体的速度为：v A =a 2t=1m/s ；
加上电场E 3，由于薄板一直加速，最终速度为v=3m/s ，加速的时间为：t ′==s=1.5s
所以E 3，作用了1时间，此过程中物体的速度由5m/s 减至3m/s ，
物体的加速度为：a 1′==
=2m/s 2；
又有：a 1′=，
解得：qE 3=﹣0.6N ，E 3=﹣1.5N/C ，说明E 3的方向向左．
答：（1）小物体水平飞出的速度v 是3m/s ，斜面距平台的距离x 是1.2m ； （2）小物体运动到B 点时的速度V B 是8m/s ． （3）电场E 3的大小为1.5N/C ，方向向左．
18. 如图所示的电路中，当电键闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为1.6V 和0.4A ，当电键断开时，它们的示数各改变0.1V 和0.1A ，求电源的电动势和内阻．
参考答案：
解答： 解：根据欧姆定律得
E=U 1+I 1r ①E=U 2+I 2r ② 联立①②式得
r==1Ω
代入①式得E=2v
答：电源的电动势为2V ，内阻为1Ω．
点评： 求解电源的电动势和内阻，常常根据两种情况由闭合电路欧姆定律列方程组求解．。