江西省上饶中学最新高三物理上学期第一次月考试题含解析

江西省上饶中学2021届高三物理上学期第一次月考试题（含解析)
一、选择题（1－7题单选,８—10多选,每题4分,共40分）
1．下列说法正确的是（)
Ａ. 只要物体所受的合外力不为零,它就做曲线运动
B. 做曲线运动的物体,例如匀速圆周运动，速度是可以不变的
C。

物体做曲线运动，速度方向与其运动轨迹无关
D．做曲线运动的物体,它的加速度可以是恒定的
【答案】Ｄ
【解析】
曲线运动的条件是：合外力和速度不在一条直线上,如果合外力不为零,但方向与运动方向相同，则物体做直线运动，故A错误；匀速圆周运动的速度大小不变，速度方向时刻在变，所以速度是变化的,B错误;物体做曲线运动,速度方向沿轨迹的切线方向，Ｃ错误；平抛运动是曲线运动,其加速度是恒定的,D正确.
2。

关于行星运动的规律,下列说法符合史实和事实的是（　）
A. 开普勒在大量数据的研究基础上，推导出了行星运动的规律
Ｂ．　牛顿通过扭秤实验结合“理想模型"物理思想测得引力常量G
C。

天王星是亚当斯和勒维耶共同研究推算出来的,后人称其为“笔尖下发现的行星”
Ｄ。

在地球表面可以发射一颗卫星，绕地球运行周期小于8４分钟
【答案】Ａ
【解析】
【详解】开普勒在大量数据的研究基础上，推导出了行星运动的规律，选项A正确;卡文迪许通过扭秤实验结合“理想模型”物理思想测得引力常量Ｇ,选项B错误；英国的亚当斯和法国的勒维耶独立地利用万有引力定律计算出了海王星的轨道，人们称海王星为“笔尖下发现的行星”,故C错误；由地球的万有引
力提供向心力得：2224mM G m r r T π,周期2T π=,如果轨道半径取地球半径，可以得出卫星做圆周运动的最小周期为84min ，故在地球表面可以发射一颗卫星，绕地球运行周期不可能小于84分钟，故D 错误;故选A 。

3。

身体素质拓展训练中,人从竖直墙壁的顶点A 沿光滑杆自由下滑到倾斜的木板上（人可看作质点）,若木板的倾斜角不同，人沿着三条不同路径A Ｂ、AC 、AD 滑到木板上的时间分别为t 1、t ２、t 3，若已知AB 、AC 、AD 与板的夹角分别为７0o 、9０o 和１０5o ，则（ ）
A. ｔ1>t 2>ｔ3
B 。

　t 1＜t ２<ｔ3ﻩ
C 。

ｔ1=ｔ2=ｔ3
D 。

不能确定t 1、t 2、t 3
之间的关系
【答案】Ａ
【解析】试题分析:若以OA 为直径画圆,则AB 交圆周与E 点，C 点正好在圆周上，D 点在圆周之内,AD 的延长线
交圆周与F 点；设A Ｃ与AO 的夹角为α,则可知人从A 到C 的时间为t ==,可知与斜面的倾角无关,及人从A 点滑到E 、Ｃ、Ｆ的时间是相等的，则可知人从Ａ点滑到ＢCD 的时间关系是：ｔ１〉t 2>t 3，故选A.
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；要抓住物体从直径的顶端沿光滑斜面滑到圆周上时所用的时间是相等的这一结论,则很容易解答此题；同样物体从圆周上的各点滑到圆周的底端时的时间也是相等的,这些结论都要记住。

４。

如图所示，水平面上固定一个斜面,从斜面顶端向右平抛一个小球,当初速庋为0v时,小球恰好落到斜面底端，小球在空中运动的时间为0t．现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛该小球，以下哪个图像能正确表示小球在空中运动的时间t随初速度v变化的关系（ ）
Ａ. ﻩB。

　
Ｃ。

　ﻩD.
【答案】Ｃ
【解析】
【详解】设斜面倾角为θ，当小球落在斜面上时，有212tan 2gt gt vt v
θ==,解得2tan v t g θ=，即t 与速度v 成正比；当小球落在水平面上时,根据212
h gt =,
解得t =，知运动时间不变，可知t 与v 的关系图线先是过原点的一条倾斜直线然后是平行于横轴的直线，故选项C 正确，A 、Ｂ、D 错误。

5。

如图所示,内部为竖直光滑圆轨道的铁块静置在粗糙的水平地面上，其质量为M.有一质量为m 的小球以水平速度v 0从圆轨道最低点A 开始向左运动，小球沿圆轨道运动且始终不脱离圆轨道,在此过程中，铁块始终保持静止,重力加速度大小为ｇ,则下列说法正确的是（　
）
A. 地面受到的压力一定大于Mg
B. 小球到达B 点时与铁块间可能无作用力
C 。

经过最低点Ａ时小球处于失重状态
D. 小球在圆轨道左侧运动的过程中,地面受到的摩擦力方向可能向右
【答案】Ｂ
【解析】
【详解】小球在最低点时,加速度向上，超重，地面受到铁块的压力大于Mg;小球在最高点时，加速度向下，失重,则地面受到铁块的压力小于Ｍg,选项　AC 错误;若小球恰能到达B 点，速度为零，则到达B 点时与铁块间无作用力,选项Ｂ正确；小球在圆轨道左侧运动的过程中,小球对轨道有向左的压力，则铁块受到的静摩擦力向右，地面受到的摩擦力方向向左，选项D 错误；故选Ｂ。

6. 如图所示，轻弹簧的左端固定在墙上，右端固定在放于粗糙水平面的物块M 上，当物块处在Ｏ处时弹簧处于自然状态，现将物块拉至P 点后释放,则物块从P 点返回O 处的过程中
A。

物块的速度不断增大,而加速度不断减小
Ｂ．物块的速度先增后减,而加速度先减后增
C. 物块的速度不断减小，而加速度不断增大
D．物块的速度先增后减，而加速度不断减小
【答案】B
【解析】
试题分析：物体从P点向左运动到O点的过程中，受到向左的弹力和向右的摩擦力,当弹力大于摩擦力时,物体向左做加速运动,由于弹力逐渐减小，故加速度逐渐减小，当加速度减小到零时,速度达到最大,此后由于弹力小于摩擦力,故继续向左做减速运动，由于受到的合力增大,故加速度增大，做加速度增大的减速运动，故物块的速度先增后减，而加速度先减后增,故Ｂ正确;故选B.
考点：牛顿第二定律的应用
７.如图所示，带有活塞的气缸中封闭着一定质量的气体（不考虑分子势能）.将一个热敏电阻(电阻值随温度升高而减小）置于气缸中，热敏电阻与气缸外的欧姆表连接,气缸和活塞均具有良好的绝热性能。

下列说法正确的是( ）
A. 若拉动活塞使气缸内气体体积增大,需加一定的拉力,说明气体分子间有引力
Ｂ. 若拉动活塞使气缸内气体体积增大，则欧姆表读数将变小
C．若发现欧姆表读数变大，则气缸内气体内能一定减小
Ｄ.　若发现欧姆表读数变大，则气缸内气体内能可能不变
【答案】Ｃ
【解析】
【详解】A。

若拉动活塞使气缸内气体体积增大,则需加一定的力,是克服内外气压差做功，故Ａ错误; B．若拉动活塞使气缸内气体体积增大，气体对外界做功,温度降低,故欧姆表读数将变大，故B错误；
CＤ.欧姆表读数变大，说明气体温度降低，故内能减小,所以Ｃ是正确，D错误;
8。

如图所示，直线A为某电源的Ｕ—I图线,曲线Ｂ为某小灯泡的U —I图线的一部分,用该电源和小灯泡组成闭合电路,下列说法中正确的是
A.　此电源的内阻为０.5Ω
Ｂ．电源的总功率为10　W
C．电源的输出功率为６W
D. 由于小灯泡的Ｕ-I图线是一条曲线，所以欧姆定律不适用
【答案】AC
【解析】
【分析】
电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电源的输出功率和总功率.
【详解】由图读出E=4Ｖ，斜率表示内阻,则r=41
6
=０。

5Ω，故A正确；灯泡与电源连接时，工作电
压U=3Ｖ,I=２Ａ，则电源的总功率P总=EI＝4×2Ｗ=8W，电源的输出功率P出=EI—I2r=（8-２
2×0.5)W ＝6W,故B 错误,Ｃ正确； 小灯泡是纯电阻，欧姆定律是适用的，小灯泡的U-I 图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变,故D 错误；故选ＡC.
【点睛】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．
９.如图所示，轻弹簧两端栓接两个小球a 、b 。

在水平恒力F 的作用下栓接小球的细线固定在竖直墙壁上，两球静止,两细线与竖直墙壁的夹角θ=60°，弹簧竖直,已知两小球的质量都为2kg,重力加速度210/g m s =，下列说法正确的是（ ）
A ． 水平外力F 的大小为
B ． 弹簧的拉力大小为4０N
C ． 剪断上端细线瞬间a 球加速度为2
10/m s D 。

　剪断上端细线瞬间b 球加速度仍为０
【答案】ＡD
【解析】
试题分析：　对b 球受力分析,受到竖直向下的重力，弹簧的拉力，若受绳子的拉力,则在水平方向上合力不可能为零，故绳子对b 的拉力为零，所以20b F m g N 弹==，剪断上端细线瞬间，弹簧的弹力来不及改变，合力仍旧为零，故b 的加速度仍为零,Ｂ错误Ｄ正确；对ａ球受力分析，受弹簧的弹力，重力,水平
拉力和绳子的拉力作用，处于平衡状态,故有tan 40F N
θ=，解得F =，A 正确；80sin F T N θ==,若剪断上端细线瞬间a 的合力为80Ｎ，则加速度为28040/2
a m s ==，C 错误;考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力,然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态,则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，
1０.如图所示，质量为Ｍ、带有半径为R 的四分之一粗糙圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上,且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O 为圆心。

质量为m 的小滑块以水平向右的初速度0v 冲上圆弧轨道,恰好能滑到轨道最高点,然后滑回轨道底端。

已知M =2m 。

，则下列判断正确的是( )
A 。

小滑块冲上轨道的过程,小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统机械能不守恒
B ．　小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量不守恒
Ｃ。

小滑块冲上轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为0
13v D 。

小滑块回到圆弧轨道底端时，速度大小为013
v ,方向水平向左
【答案】AB
【解析】
【详解】Ａ.小滑块冲上轨道的过程，圆弧轨道粗糙，有相对运动摩擦力做功，所以系统的机械能不守恒，故 A 正确。

B ．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向不受外力，水平动量守恒，故 B 正确。

Ｃ.小滑块冲到轨道的最高点时 ，取水平向右为正方向 ,由系统水平动量守恒得：()0mv m M v
=+得 013
v v =
但此时圆弧轨道的滑块速度不是最大，当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时,圆弧轨道的速度最大,故
C 错误。

D ．设小滑块脱离圆弧轨道时小滑块和圆弧轨道的速度分别为 v １ 和 ｖ2． 假设由水平动量守恒和机械能守恒可得：
012
mv mv Mv =+222012111222
mv mv Mv =+联立解得101
3v v =-,2023
v v =,但因圆弧轨道粗糙，系统机械能不守恒,故小滑块回到圆弧轨道底端时,速度大小不为01
3
v ,故D 错误.二、实验题（每空2分，共16分）
１1。

某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A 点自由下落，下落过程中经过A 点正下方的光电门B 时,光电计时器记录下小球通过光电门时间t ，当地重力加速度为g.
（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪两个物理量_＿_＿________＿。

A ．小球的质量m
Ｂ.ＡB 之间的距离Ｈ
C ．小球从A 到B 的下落时间t AB
Ｄ．小球的直径d
(2）小球通过光电门时的瞬时速度v=＿＿_______＿＿_＿__(用题中所给的物理量表示)。

（3）调整AB 之间距离H,多次重复上述过程，作出2
1t 随H 的变化图象如图乙所示，若小球下落过程中
机械能守恒,则该直线的斜率k=＿_____＿_＿_______（用题中所给的物理量表示)。

【答案】 (1).　BD （２).
d t (3）。

　22g d 【解析】
【分析】由题意可知考查验证机械能守恒定律实验，根据实验原理写出机械能守恒表达式，变形求出
21H t - 表达式，分析斜率可求得。

【详解】（1)［1] 小球自由下落时重力势能转化为动能，212
mgH mv = ,d V t = 联立可求得2212g H t d
=　因此需要测H 、d,故BD 符合题意,AC 不符合题意。

（2）［2] 小球通过光电门的时间为t ，小球直径为d ，用平均速度代替瞬时速度则d v t =
.(3） [3]　由上面的分析可知22
12g H t d =，则斜率ｋ=22g d 。

【点睛】验证机械能守恒定律212
mgH mv =,方程两边都有m,可以消去,不必测小球质量。

式中的H 必须用刻度尺测量得出，v 必须d V t
=计算得出，不能用速度、位移公式计算得出.１2.某中学为了探究额定功率为 ４W 、额定电压为 4Ｖ　的小灯泡消耗的功率与电压的关系,准备了如下的实验器材:
A. 电压表 Ｖ1（0～1Ｖ，内阻　２kΩ）
B. 电压表　V 2（０～15V ，内阻 1５kΩ）
Ｃ． 电流表 A （0~1Ａ,内阻约 1Ω）
Ｄ．　定值电阻 R 1=6kΩ
Ｅ。

定值电阻　R 2=16kΩ
Ｆ。

滑动变阻器　Ｒ（0～１0Ω， 额定电流 2A ）
G 。

　学生电源（直流5Ｖ，内阻不计)
H ． 开关、导线若干
(1)为了减小实验误差，电压表应选用___＿ ,定值电阻应选用 ____　(均用序号字母填写）;
(２）在探究功率与电压的关系时,要求电压从零开始调节，并且多次测量，画出满足要求的电路图＿＿_
；
(3）根据设计的电路图，写出小灯泡两端电压　U 与电压表读数　U V 的关系 Ｕ=__＿。

若小灯泡的电功率为　P ，则关系图线可能正确的是__＿_。

【答案】 （1）． A （或1V ) （２）。

D （或1R ） （3)。

如图所示：
（4）．　4V U U = （５). Ｃ
【解析】
【详解】(1）由于小灯泡的额定电压为4V,若选1５Ｖ量程,则量程太大,所以应选Ａ，但需要进行改装为U=４V 量程的电压表；
根据欧姆定律和串并联规律应有：U=111
V V V U U R R +
⋅，解得：R ＝6kΩ，所以定值电阻应选D ；
(2）实验要求电压从零调，说明变阻器应采用分压式接法；
根据纯电阻功率P=2
U R ，灯泡的电阻R=2U P
=4Ω,电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法,电路
图如图所示：
(3）根据串联电路特点知，灯泡电压与电压表示数间的关系为U=U V +Ｕ１=U V ＋1V V
U R R ；整理得：14
V V V R U U U R R =⋅=+由于灯泡灯丝电阻随温度的升高而增大，根据灯泡的功率2
U P R
=,在Ｐ−Ｕ2图象中，斜率逐渐变小，所以可知，只有选项C 可能是正确的；
故选:C 。

三、计算题（第13题８分，１4题１0分,15题1２分，16题14分，共44分）
１3.Ａ、B 两车在平直马路上同向行驶,当它们相遇时开始计时,此后它们的位移随时间的变化关系分别为：S A =(４t +ｔ２） m,S B =（10t －２t ２）　m 求:
(1）分别写出A 、Ｂ两车的速度随时间的变化关系式；
（2) ｔ=3ｓ时 A 、B 两车之间的距离。

【答案】（1)ｖA =4+2t ；v B =10—4ｔ （２）x =8。

５ｍ
【解析】
【详解】(１）将题中所给式子相比于：
2
0012
x v t at =+可知对于A 车04m/s A v =、22m/s A a =;
所以A 车速度随时间的变化关系式为：
42v t
=+对于B 车010m/s B v =、24m/s
B a =-所以B 车速度随时间的变化关系式为：
104v t
=-(2)当t ＝３s,A 车的位移：
()234433m 21m
A S t t =+=⨯+=Ｂ减速为零的时间:
010's 2.5s 4
v t a =
==故S B =12。

5m
所以Ａ、B 相距:2112.5m 8.5m
A B x s s =-=-=答：(1） A 、B 两车的速度随时间的变化关系式分别为42v t =+,104v t =-;
（２）　t =3ｓ时 A 、B 两车之间的距离1２.5ｍ。

１4.质量为M 的木楔倾角为θ=3０o ,在水平面上始终保持静止：当将一质量为m 的木块放在斜面上时正好匀速下滑，如图牌示如果用沿与斜面也成θ=30o 角的力F 拉木块,则木块刚好匀速上滑,则
（1）拉力F 的大小？
（２）此时水平面对木楔的摩擦力和支持力是多大？
【答案】（1） （2）14
N f F mg Mg ==+
【解析】
【分析】
由题意可知考查力的平衡问题，选择合适的研究对象根据平衡方程计算可得。

【详解】物体在斜面上匀速向下运动:
mgsinθ＝µmgcosθ，
即：
µ=ta 施加拉力时，以斜面为x 轴建立直角坐标系:ｙ方向:F N +Ｆｓｉnθ=ｍg ｃｏsθ ①;
x 方向：Fc ｏsθ=mgsinθ＋µF Ｎ ②
解得:
F=sin cos sin cos mg mg θμθμθθ++ 取木块和斜面整体为研究对象,合力为零,水平方向、竖直方向分别列平衡方程可得
f = cos 2F
g θ=F N = （ｍ+M ）ｇ—Ｆsin2θ=
14mg Mg +【点睛】求拉力大小时取木块为研究对象,列平衡方程可求得。

求水平面对木楔的摩擦力和支持力，
取木块和木楔整体为研究对象，合力为零，水平、竖直方向分别列平衡方程可得。

15.如图甲所示，倾斜传送带倾角θ=37︒，两端Ａ、B 间距离为Ｌ=４m,传送带以4ｍ/s 速度沿顺时针转动,一质量为1k ｇ的小滑块从传送带顶端B 点由静止释放下滑,到Ａ时用时2s,ｇ取10m ／s 2，求：
(1）小滑块与传送带间的动摩擦因数;
（2)若该小滑块在传送带的底端A ，现用一沿传送带向上的大小为６N 的恒定拉力F 拉滑块，使其由静止沿传送带向上运动，当速度与传送带速度相等时求滑块的位移大小，以及在这个过程中传送带克服摩擦力所做的功。

【答案】（１)0.5μ= (2)2m;16Ｊ
【解析】
【详解】(１）当传送带顺时针转动时，由牛顿第二定律可知:
sin cos mg mg ma
θμθ-=212
L at =
联立解得:0.5μ=(２）传送带的速度为v ＝4m/s ，当外力作用后，根据受力分析由牛顿第二定律可得：
1
cos sin F mg mg ma μθθ+-=代入数据解得：2
14m a =加速到与传送带速度相等过程有:
22
114m 2m 224
v x a ===⨯此过程的时间为：
24s=1s 4
v t a =
=此过程中传送带位移为:2241m 4m
x vt ==⨯=传送带克服摩擦力所做的功为:
()()21cos 0.51100.842J=16J
W mg x x μθ=-=⨯⨯⨯⨯-答:（1）小滑块与传送带间的动摩擦因数2
14m s a =;
(２）速度与传送带速度相等时求滑块的位移为2m ，这个过程中传送带克服摩擦力所做的功1６J.1６。

如图所示，倾角θ=3７°的足够长斜面体固定在水平面上，厚度相同的木板B 、C 锁定在斜面上，Ｂ、Ｃ的长度分别为L 、0。

５L ，质量分别为m 、0。

5ｍ,两板之间的距离为L,与斜面之间的动摩擦因数μ2＝０．５。

将质量为０．25m 的物块A(可视为质点)轻放在B 的顶端，同时解除对B 的锁定,Ａ、Ｂ均从静止开始匀加速直线运动。

当B 与C 碰撞前的一瞬间,解除对C 的锁定，此时Ａ恰好滑离Ｂ,若B 、C 碰撞后粘在一起(碰撞时间极短)，重力加速度取g,ｓi ｎ３7°=０.6，求
（1)物块A 与木板B 之间的动摩擦因数μ1;
（2）从开始运动到B 、Ｃ碰撞，系统因摩擦产生的热量Q;
(３）若B 、C 碰撞后,Ｂ、C 整体和A 都恰好匀速运动，求A 在C 上滑行的时间。

【答案】(1）
13
（2)1730mgL （3）【解析】
【详解】(1） Ａ在B 上滑行,其受力如图（a ）
由牛顿第一定律
m A gsin θ—μ１m A ｇｃｏs θ=　m A a A
即
a A ＝(0．6—0.8μ1）g
Ｂ受力如图（b )。

由牛顿第二定律
m B gsin θ＋μ１m A gco ｓθ－μ2（ｍA +m B ）ｇc ｏs θ＝ m B a B
即
a B ＝(0。

1－0.2μ１）g
由运动学规律
2L =212
A a t L =212
B a t 联立解得
μ１=13
(2）A 在B 上滑行，产生的热量
Ｑ1=μ1ｍA gcos θ·L
Ｂ在斜而上滑行，产生的热量
Q2=μ２（m A+m B）ｇｃosθ·L 所以，系统因摩擦产生的热量
Q=Q１+Ｑ2＝17
30 mgL
(3)B、C碰撞前,A的速度为
vＡ
B的速度为
v B
B、C碰撞，系统动量守恒
m B v B＝(m C+m B）ｖ′Ｂ、C整体和A匀速运动，Ａ在Ｃ上滑行的时间为：
t
=
0.5
A L
v v'=
-。