2020-2021学年湖北省十堰市库区职业中学高三物理月考试卷含解析

2020-2021学年湖北省十堰市库区职业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. 如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的物体在拉力F的作用下，从坐标原点O由静止沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成角，则物体所受拉力F的最小值为（）
A．
B．
C．
D．
参考答案：
答案：B
2. 如图所示,在粗糙水平面上固定点电荷Q,在M点无初速释放带电小物块,小物块运
动到N点时静止,则从M点运动到N点的过程中
A.小物块所受电场力逐渐增大
B.小物块具有的电势能逐渐增大
C.M点的电势可能高于N点的电势
D.小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功
参考答案：
CD 3. 如图所示为一个从A到E做斜抛运动的质点的轨迹示意图，已知在B点的速度沿水平方向且与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（不计空气阻力）
A．A点的加速度与速度的夹角小于90°
B．D点的速率比C点的速率大
C．从B到E质点的水平分速度逐渐变大
D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小
参考答案：
B
4. 据悉8月31日22点左右，地面测控网已经捕获“帕拉帕-D”商业通信卫星．将定点于东经113度赤道上空,覆盖印度尼西亚、东盟国家及亚洲广大地区．卫星由于在“远地点”比预定轨道低，卫星已于9月1日进行了近地点变轨，变轨成功，卫星状态正常．下面是关于卫星的说法，正确的是
A．卫星由近地点向远地点运动过程中卫星的重力势能增加，动能减小
B．为了使卫星进入正常轨道，那么在近地点变轨时应该启动卫星发动机，使卫星减速
C．为了使卫星进入正常轨道，那么在近地点变轨时应该启动卫星发动机，使卫星加速
D．近地点时变轨后比变轨前的加速度大
参考答案：
AC
5. （单选）某学习小组以“假如失去……”为主题展开讨论．同学们提出以下四种观点，你认为正确的是（）
A．假如物体间失去了摩擦力，任何运动物体的机械能一定守恒
B．假如磁体周围失去了磁场，其它形式的能将无法转化为电能
C．假如地球对月球失去了引力，月球就不会绕地球转动
D．假如导体失去了电阻，所有用电器都不能正常工作
参考答案：
二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分 6. 用图（a ）所示的实验装置验证牛顿第二定律。

①某同学通过实验得到如图（b ）所示的a —F 图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时 。

图中a0表示的是 时小车的加速度。

②某同学得到如图（c ）所示的纸带。

已知打点计时器电源频率为50Hz ． A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是纸带上7个连续的点。

= cm 。

由此可算出小车的加速度a
= m/s2
（保留两位有效数字）。

参考答案：
①长木板的倾角过大（2分，能答到这个意思即可）；未挂砂桶（2分）。

②1.80（2分，填1.8也可）； 5.0m/s2（2分）
7. 如图所示，质量为50g 的小球以12m/s 的水平速度抛出，恰好与倾角为37o 的斜面垂直碰撞，则此过程中重力的功为 J ，重力的冲量为 N·s 。

参考答案：
6.4 J ， 0.8 N·s ；
8. 物理实验小组利用如圈所示的自制实验装置进行探究实验.沿竖直墙面固定一根刻度尺，使刻
度尺的零刻度与水平地面重合;在墙上，距离地面L 的P 点词定一小定滑轮，用一根轻质尼龙丝线绕过定滑轮，两端拴接质量不等的两个物体A 、B.开始时，将两物体处于相等高度位置，丝线绷直；通过刻度尺，记录A 、B 两物体距离地面的高度为h ；然后，同时由静止释放A 、B 物体，较重的A 物体竖直下落与地面相碰后静止，较轻的B 物体仍向上运动，观察B 物体所能到达的最大高度为2.5h ，并记录下来
①根据上述测量的物理量可计算A 、B 两物体质量之比
;
②用天平测量两物体质量，所得A 、B 两物体质量之比，与上述①所得数据略有差距，试分析造成误差的原因
参考答案：
①3：1（4分）
②存在空气阻力或摩擦阻力、H 或h 的测量值有误差（回答出任一个均给分）（2分）
①设物体A 落地时的速度为v,则此时B 物体的速度大小也是v ，选地面为零势能面，由机械能守恒得
，A 落地后，对B 物体，由机械能守恒可得
，由动能定理可得0-，以上三式联立可得
.
②由于有空气阻力和尼龙丝线与滑轮间的摩擦的影响，还有H 或h 的测量值不准确都会造成实验误差。

9. 氢原子的能级图如图所示.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能发出_____种不同频率的光.
这些光照射到逸出功等于2.5eV的金属上，产生的光电子的最大初动能等于_____eV.
参考答案：
(1). 6 (2). 10.25
【分析】
能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，发生光电效应的条件是当光子能量大于逸出功，根据光电效应方程求出光电子的最大初动能．
【详解】一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，共有种；
从n=4跃迁到n=1的能级差最大，则辐射的光子能量最大为-0.85eV+13.6eV=12.75eV，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能E km=hv-W0=12.75eV-2.5eV=10.25eV．
【点睛】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁所满足的规律，注意最大初动能与入射频率的不成正比，但是线性关系．
10. （1）．如图所示为某同学所安装
的“验证牛顿第二定律”的实验装置，在
图示状态下，开始做实验，该同学有装置
和操作中的主要错误是:________________________________________
_________________________________________________________________________________
（2）在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使小车受到合外力等于小沙桶和沙的总重量，通常采用如下两个措施：（A）平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在小桶的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；（B）调整沙的多少，使沙和小沙桶的总质量m远小于小车和砝码的总质量M．请问：①（2分）以上哪一个措施中有何重大错误?
答：
______________________________________________________________________
②（2分）在改正了上述错误之后,保持小车及砝码质量M不变．反复改变沙的质量，并测得一系列数据，结果发现小车受到的合外力（小桶及砂重量）与加速度的比值略大于小车及砝码质量M，经检查发现滑轮非常光滑，打点计时器工作正常，且事先基本上平衡了摩擦力，那么出现这种情况的主要原因是什么?
答：
_________________________________________________________________________
参考答案：
（1）主要错误是：A 长木板右端未垫高以平稳衡摩擦力；B 电源应改用6V的交流电源；
C 牵引小车的细线没有与木板平行；
D 开始实验时，小车离打点计时器太远。

点
（2）①（A）中平衡摩擦力时，不应用小桶拉动小车做匀速运动，应让小车拖着纸带下滑来平衡摩擦力。

②由于拉小车的合外力F < mg ,而处理数据时又将F=mg处理，
因此有：
11. 一条细线下面挂一小球，让小角度自由摆动，它的振动图像如图所示。

根据数据估算出它的摆长为________m，摆动的最大偏角正弦值约为________。

参考答案：
12. （4分）如图为某报警装置示意图，该报警装置在一扇门、两扇窗上各装有一个联动开关，门、窗未关上时，开关不闭合，只要有一个开关未闭合，报警器就会报警。

该报警装置中用了两个串联的逻辑电路，虚线框甲内应选用_________门电路，虚线框乙内应选用_________门电路（填与、非、或）。

参考答案： 或，或
解析：题意只要有一个开关未闭合，报警器就会报警，结合或门的特点因此虚线框甲内应选用或门；虚线框乙内应选用或门。

13. 如右图所示，AB 为竖直固定金属棒，金属杆BC 重为G 。

长为L ，并可绕过B 点垂直纸面的水平轴无摩擦转动，AC 为轻质金属线，∆ABC ＝37︒，∆ACB ＝90︒，在图示范围内有一匀强磁场，其磁感应强度与时间成正比：B ＝k t ，整个回路总电阻为R ，则回路中感应电流I
＝ ，当
t = 时金属线AC
中拉力恰为零。

（已知
，
）
参考答案：
；
三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分
14. 现有一种特殊的电池，它的电动势E 恒定，内阻r 较大。

为了测定这个电池的电动势和内电阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R 为电阻
箱，改变电阻箱的阻值，记录电压表示数，得到如图乙所示图线。

图线中斜率的物理意义是_____________，截距的物理意义是_____________。

由斜率与截距可以求得E ＝___________V ，r ＝__________Ω 。

参考答案：
r/E ， 1/E 。

E ＝ 5.0--5.6 V ，r ＝ 150--175 Ω。

15. 在探究规格为“4.0V 2．OW”的小灯泡L 的伏安特性曲线实验中，可供选用的器材如下： 小灯泡L ：“4.0V ．2.0W”；
电流表A 1：量程3.0A ，内阻约为0.1Ω； 电流表A 2：量程0.6A ，内阻约为0.2Ω；
电压表V ：量程3.0V ，内阻R V =9.0k Ω； 定值电阻R 1：阻值2.0k Ω； 定值电阻R 2：阻值4.5k Ω； 定值电阻R 3：阻值12.0k Ω 定值电阻R 4：阻值18.0k Ω
滑动变阻器R ：阻值范围0～10Ω，； 学生电源E ：电动势6.0V ，内阻不计； 开关S 及导线若干．
（1）电流表应选 ，定值电阻选 （在R 1、R 2、R 3、R 4中选一个）．
（2）在方框中画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号．
（3）小雨同学采用同样的方法进行实验，检查实验电路连接正确，然后闭合开关，调节滑动变阻器滑动头，发现电流表和电压表指针始终不发生偏转．在不断开电路的情况下，检查电路故障，应使用多用电表（选填“欧姆×10”、“直流电压10V”或“直流电流2.5mA”）挡，检查过程中将多用电表的红、黑表笔与电流表“+”、“﹣”接线柱接触时，多用电表指针发生较大偏转，说
明电路故障是．
参考答案：
解：（1）根据待测元件规格“4V，2.0W”可知，额定电流约为I===0.5A；故电流表应选A2；因电压表量程为3V，小于灯泡的额定电压，故为了能完成测量，采用串联一定值电阻的方式来扩大
量程，且改装后量程略大于4V即可；根据改装原理可知，串联电阻至少应为R==3KΩ；故选择R2
（2）待测元件电阻为R===8Ω；相对改装后的电压表为小电阻，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，故原理图如图所示
（3）闭合开关，调节滑动变阻器滑动头，发现电流表和电压表指针始终不发生偏转，说明电路中有断路；
不断开电路进行测量时，只能采用电压表进行；且电压表量程要大于电源电压；故选用8V的直流电压表进行测量；查过程中将多用电表的红、黑表笔与电流表“+”、“﹣”接线柱接触时，多用电表指针发生较大偏转，说明电路故障是电流表断路．
故答案为：（1）A2；R2
（2）如图
（3）直流电压10V；电流表断路．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【分析】（1）根据待测元件的额定电流选择电流表，根据改装原理可明确应选用的定值电阻；（2）要描绘待测元件的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据待测元件电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．
（3）在不断开电源的情况下，一般应用直流电压表检查电路故障；当电压表并联在某段电路两端时，如果电压表示数为零，说明该部分电路短路或该部分电路完好而在该部分电路之外存在断路；如果电压表示数较大，接近电源电动势，说明该部分电路断路．
四、计算题：本题共3小题，共计47分
16. 如图所示，一个半径为R的光滑圆弧轨道APB竖直固定放置，PQ为其竖直对称轴，∠AOQ 与∠BOQ都等于θ。

现让一可看做质点的小球在轨道内侧运动，当其冲出A点后恰好可以从B点再进入轨道，所以此运动可以周而复始进行。

已知小球质量为m，重力加速度为g，试求：
(1)小球离开轨道后的最高点距直线AB的距离；
(2)若要小球在最低点时对轨道的压力最小，θ应为多少？对应的最小压力为多少？
参考答案：
(1)物体刚刚冲出A点时，将物体速度分解有
v1=vcosθ (1)
v2=vsinθ (2)
在抛出到最高点过程中，水平方向为匀速直线运动，有
Rsinθ=v1t (3)
竖直方向为匀变速直线运动，末速度为零，时间逆向来看是初速度为0的自由落体运动，有v2=gt (4)
h= (5)
由以上(1)(2)(3)(4)可解得
v= (6)
t= (7)
由(5)得h= (8)
(2)设物体在最低点的速度为v'，则物体在从A到最低点过程中，根据动能定理
mgR(1+cosθ)= (9)
在最低点，由向心力公式，有
N-mg= (10)
由(6)(9)(10)得
N= (11)
分析知当θ=45o时，N最大为
N m= (12)
17. 如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m．用大小为30N，方向水平向右的外力F0拉此物体，经t0=2s，拉至B处．
（1）求物块运动的加速度a0大小；
（2）求物体与地面间的动摩擦因数μ；
（3）若用大小为20N的力F沿水平方向拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t．（取g=10m/s2）
参考答案：
解：（1）物体在水平地面上从A点由静止开始向B点做匀加速直线运动，
根据L=a0t02
解得：a0=
（2）对物体进行受力分析得：
F0﹣μmg=ma
解得：μ==0.5
（3）物体在水平地面上从A点由静止开始向B点经历了在F和f共同作用下的匀加速运动和只在f 作用下的匀减速运动．
匀加速运动加速度的大小：F﹣f=ma1
匀减速运动加速度的大小：f=ma2
v=at1
x1=a1t2
0﹣v2=﹣2a2x2
L=x1+x2
解得：t=s=1.15s
答：（1）物块运动的加速度a0大小为10m/s2；
（2）物体与地面间的动摩擦因数为0.5；
（3）力F作用的最短时间为1.15s．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1、2）物体在水平地面上从A向B点做匀加速运动，根据位移时间公式求得加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；
（3）当力作用时间最短时，物体先加速后减速到零，根据牛顿第二定律求出匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大小，抓住匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，初末速度为零，运用运动学公式求出时间．
18. 光滑水平面上，一个长木板与半径R未知的半圆组成如图所示的装置，装置质量
M=5kg。

在装置的右端放一质量为m=1kg的小滑块(可视为质点),小滑块与长木板间的动摩擦因数=0．5，装置与小滑块一起以v0=10m/s的速度向左运动。

现给装置加一个F=55N向右的水平推力，小滑块与木板发生相对滑动，当小滑块滑至长木板左端A时，装置速度恰好减速为0，此对撤去外力F并将装置锁定。

小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B。

滑块脱离半圆形轨道后又落回长木板。

已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功Wf=2．5J。

g取10m/s2．求：
(1)装置运动的时间和位移；
(2)长木板的长度l； (3)小滑块最后落回长木板上的落点离A的距离。

参考答案：
解：（1）对M：……………（1分）
解得a1=10 m/s2
设装置运动的时间为t1，由……（1分）
解得t1=1s………（1分）
装置向左运动的距离=5m…………（2分）
（2）对m：……（1分）
解得a2=5m/s2
设滑块到A点的速度为v1，则…（1分）
解得v1=5m/s
小滑块向左运动距离=7.5m（1分）
则木板长为 2.5m（1分）
（3）设滑块在B点的速度为v2，从A至B：（2分）在B点：…………（1分）
联立解得：
小滑块平抛运动时：………………（1分）
落点离A的距离：…（1分）
解得：………………（1分）。