2021-2022学年四川省内江市威远中学高三（下）第一次月考物理试卷

2021-2022学年四川省内江市威远中学高三（下）第一次月考物理试卷

1. 如图所示，实线表示电场线，虚线ABC表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，其中过B点的切线与该处的电场线垂直。下列说法正确的是
    

A. 粒子带正电
B. 粒子在B点的加速度小于它在C点的加速度
C. 粒子在B点时电场力做功的功率为零
D. 粒子从A点运动到C点的过程中电势能先减少后增加

2. 质量不同的小球1、2由同一位置先后以不同的速度竖直向上抛出，运动过程中两小球受到的水平风力恒定且相等，运动轨迹如图所示，忽略竖直方向的空气阻力．与小球2相比，小球1的

A. 初速度小 B. 在最高点时速度小
C. 质量小 D. 在空中运动时间短

3. 北斗卫星导航系统第三颗组网卫星简称“三号卫星”的工作轨道为地球同步轨道，设地球半径为R，“三号卫星”的离地高度为h，则关于地球赤道上静止的物体、地球近地环绕卫星和“三号卫星”的有关物理量，下列说法中正确的是

A. 赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为
B. 近地卫星与“三号卫星”的角速度之比为
C. 近地卫星与“三号卫星”的周期之比为
D. 赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为

4. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，一质量为4m的小车在沿斜面向下的恒力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球质量为的轻绳恰好保持水平。则外力F的大小为

A.  B. 4mg C.  D. 10mg

5. 甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶，从时刻开始，甲、乙两车运动的图象如图所示，其中甲车运动的图线为抛物线，图线与x轴的交点为其顶点，乙车运动的图线为过原点的直线，两条图线相切于P点，其坐标为，已知。下列说法正确的是

A. 时刻，甲、乙两车间距离最大
B. 在时刻，甲车的瞬时速度大小是
C. 到时间内，甲车的位移大小为
D. 时刻，甲车的速度大小为

6. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、、示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表示数变化量的绝对值为，则

A.  B.
C. 和保持不变 D. 电源输出功率先增大后减小

7. 如图甲所示，长为2L的竖直细杆下端固定在位于地面上的水平转盘上，一质量为m的小球结上长度均为L不可伸长的两轻质细线a、b，a细线的另一端结在竖直细杆顶点A，细线b的另一端结在杆的中点B。当杆随水平转盘绕竖直中心轴匀速转动时，将带动小球在水平面内做匀速圆周运动，如图乙。不计空气阻力，重力加速度为g。则
    

A. 当细线b刚好拉直时，杆转动的角速度
B. 当细线b刚好拉直时，细线a的拉力
C. 从细杆转动开始到细线b刚好拉直时，细线a对小球做功
D. 当细线b刚好拉直时，同时剪断细线a、b，小球落地时，小球到竖直杆的距离是

8. 如图所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为。当时刻，物体处于静止状态。若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是

A. 物体开始运动后加速度不断增大
B. 物体开始运动后加速度不变
C. 经过时间，物体在竖直墙壁上的位移达最大值
D. 经过时间，物体动能达最大值

9. 物理实验不仅要动手操作还要动脑思考，小明同学就注意到图甲所示的装置可以完成多个力学实验。
   
   探究加速度与力和质量关系的实验时，某次实验中打出的纸带如图乙可所示。
   ①已知相邻计数点间的时间间隔为，则小车的加速度______保留2位有效数字；
   ②测得小车质量为，钩码质量为，重力加速度取，则小车与长木板间的动摩擦因数______；
   ③动摩擦因数的测量值______填“小于”“等于”“大于”真实值。
   用图甲装置______填“能”或“不能”验证小车和钩码组成的系统机械能守恒。
10. 实验室有一灵敏电流计G的量程为1mA，内阻未知，现要精确测量G的内阻．实验室中可供选择的器材有：
    待测灵敏电流计G；多用电表
    电流表：量程为3mA，内阻约为；
    电流表：量程为，内阻约为；
    定值电阻：阻值为；定值电阻：阻值为；
    滑动变阻器：最大电阻，额定电流；
    直流电源：电动势，内阻；开关，导线若干．
    先用多用电表粗测G的内阻：正确的操作中应该使多用电表的红表笔接灵敏电流计G的______接线柱填“正”或“负”，黑表笔接另一个接线柱．
    步骤中粗测G的内阻为，为了精确测量G的内阻，实验小组的同学选择了如图所示的电路，则电表1为______，电表2为______填“G、、”等电表符号，定值电阻为______ 填“”或“”
    按照上述设计的电路进行实验，测得电表1的示数为，电表2的示数为，则电流表G的内阻的表达式为______用“、、”等符号表达
11. 一质量为2m、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量为的物块可视为质点以初速度。从绝缘板上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小、方向竖直向下，如图所示。已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入。重力加速度为求：
    物块与绝缘板之间的动摩擦因数是多少；
    当匀强电场的方向为竖直向上时，物块与木板的相对位移大小。

12. 如图所示，有一倾角的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的挡板P，第一次将质量的“”形木板前端挡板厚度忽略单独从斜面上由静止释放，木板与挡板P发生第一次碰撞后，沿斜面上升的最大距离为；第二次将木板与一放置在木板最上端的光滑物块同时由静止释放，物块的质量，大小可忽略。已知：木板下端到挡板P的距离，木板长，，木板与挡板P碰后速率均为碰前速率的一半，物块与木板前端挡板碰撞后立刻粘合在一起，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
    木板与斜面间的动摩擦因数；
    物块与木板前端挡板碰撞过程中系统损失的机械能；
    物块与木板前端挡板碰撞后木板运动的总路程。
    
    
    
    
    
    
     
13. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，时的波形图如图所示，此时波刚好传到d点，a、b、c、d、e是介质中的质点，由图像可知

A. 时a、b两质点的加速度相同
B. 质点b比质点c先到达平衡位置
C. a、b两质点的振动步调总是相反
D. 波传到质点e时，它将沿y轴负方向开始振动
E. 从时刻起经四分之一周期，质点a经过的路程为

答案和解析

1.【答案】C
 

【解析】解：A、带电粒子的轨迹向左下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向左下，与电场线的方向相反，则知带电粒子带负电，故A错误；
B、电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在B点的场强大于C点的场强，则粒子在B点受到的电场力大，所以粒子在B点的加速度大于C点的加速度，故B错误；
C、由题知粒子过B点的切线与该处的电场线垂直，则粒子受到的电场力方向与粒子在B点速度的方向垂直，所以此刻粒子受到的电场力做功的功率为零，故C正确；
D、粒子从A到B的过程中，速度方向与电场力方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，从B到C的过程，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故选：C。
带电粒子的轨迹向左下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向左下，则知带电粒子带负电，由电场线的疏密可判断场强的大小，再判断电场力的大小；由带电粒子的轨迹可判定电场力的方向，确定电场力做功情况，分析电势能的变化。
此类轨迹问题，由轨迹的弯曲方向可判定电场力的方向，并判断电场力做功正负情况。
 

2.【答案】B
 

【解析】解：A、小球在竖直方向做竖直上抛运动，上升的最大高度：，由于小球1上升的高度大，所以小球1的初速度大．故A错误；
B、小球在竖直方向最竖直上抛运动，上升最大高度时竖直方向的分速度等于0，所以上升的时间：

由小球1的初速度大知小球1上升的时间长，由图又可知，小球1上升是过程中水平方向的位移比较小，水平方向做匀加速直线运动，位移：

由于小球1上升的时间长而水平位移小，可知在最高点小球1沿水平方向的分速度比较小．故B正确；
C、小球的质量对竖直方向的运动没有影响，同时由于不知道二者水平方向受力的关系，所以不能判断出二者质量的关系．故C错误；
D、在竖直方向向上的过程与向下的过程是对称的，下落的时间与上升的时间相等，即下落的时间：
小球1上升的时间长，所以小球1在空中运动的时间长．故D错误．
故选：B
抓住竖直方向上都做竖直上抛运动，由运动学位移时间公式列式分析运动时间的关系；由速度的分解分析最高点速度关系．
该图中的运动分解成：竖直方向的匀变速直线运动，水平方向的匀加速直线运动，再运用运动学公式进行处理即可．
 

3.【答案】C
 

【解析】解：A、由于三号星为同步卫星，故其周期与地球自转周期相同，
根据，所以赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为，故A错误；
B、由万有引力提供向心力的周期表达式可得：

，
所以近地卫星与“三号卫星”的角速度之比为，故B错误；
C、，所以近地卫星与“三号卫星”的周期之比为，故C正确；
D、由于三号星为同步卫星，故其周期与地球自转周期相同，
根据，所以赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为，故D错误；
故选：C。
由于3号星为同步卫星，故其周期与地球自转周期相同，而近地卫星的轨道可认为是地球的半径，根据万有引力提供向心力可分析3号星与近地卫星的周期，角速度等的关系．
本题重点是抓住同步卫星的特征，其轨道是固定的，且周期等于地球自转周期．同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期．本题难度不大，属于基础题．
 

4.【答案】C
 

【解析】解：以小球为研究对象，分析受力情况可知：重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力定沿斜面向下。如图，
由牛顿第二定律得：
解得：
再对整体根据牛顿第二定律可得：

解得：，故ABD错误，C正确
故选：C。
本题中小球与小车相对静止，两者加速度相同，以小球为研究对象，分析受力，由牛顿第二定律求出加速度，再对整体根据牛顿第二定律即可求得F的大小。
本题是小球受到两个力，运用合成法进行处理，也可以采用正交分解法进行研究。还要注意正确选择研究对象，做好受力分析，才能准确利用牛顿第二定律求解，注意在求拉力时需要用整体法进行分析。
 

5.【答案】C
 

【解析】解：A、时刻，甲、乙两车的图象相切，说明时刻，甲、乙两车相遇，间距最小，故A错误；
B、根据图象的斜率表示速度，知在时刻，甲车与乙车的速度相等，均为，故B错误；
C、由于甲车运动的图线为抛物线，图线与x轴的交点为其顶点，可知，甲车做初速度为零的匀加速直线运动，设在时刻，甲车的瞬时速度大小，则有，，结合，得，到时间内，甲车的位移大小为，故C正确；
D、在时刻，甲车的瞬时速度大小，故D错误。
故选：C。
图象反映物体的位置随时间的变化情况，两图象的交点表示两车相遇，图象的斜率表示速度。甲车做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移-时间公式求到时间内，甲车的位移大小，由求时刻甲车的速度大小。
解决本题的关键知道位移时间图线表示的物理意义，知道图象的斜率等于速度，位移等于纵坐标的变化量，并能灵活选择运动学公式进行处理。
 

6.【答案】BC
 

【解析】解：A、测量路端电压，测量R的电压，测量滑动变阻器的电压，将滑动变阻器滑片向下滑动，滑动变阻器阻值减小，总电阻减小，则总电流增大，内电压增大，变小，变大，变小，减小量小于增大量和减小量之和，所以，故A错误；
B、根据闭合电路欧姆定律得：，则得：故B正确．
C、根据欧姆定律得：，不变，根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，不变，故C正确；
D、当外电路电阻等于内阻时，电源输出功率最大，而电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，所以将滑动变阻器滑片向下滑动，功率变大，故D错误；
故选：BC
理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．
本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．
 

7.【答案】BC
 

【解析】解：A、当细线b刚好拉直时，小球受合力提供向心力，如图所示，由几何关系可知：
由牛顿第二定律        解得：，故A错误；
B、当细线b刚好拉直时，细线a的拉力，故B正确；
C、从细杆转动开始到细线b刚好拉直时，小球上升的高度为
小球线速度为，细线a对小球做功为，故C正确；
D、当细线b刚好拉直时，同时剪断细线a、b，小球将沿圆周的切线方向做平抛运动，在水平方向有
在竖直方向有，解得，
小球落地时，小球到竖直杆的距离是，所依  ，故D错误。
故选：BC。
AB、当细线b刚好拉直时，b绳拉力为0，根据共点力平衡和牛顿第二定律求解；C、由功能关系求解；D、由平抛规律求解。
本题考查圆周运动的向心力，意在考查学生应用牛顿运动定律分析圆周运动的临界问题，注意D中要有空间立体感。
 

8.【答案】AC
 

【解析】解：AB、电场先沿水平向左方向，电场改变方向之前，物体沿竖直墙壁运动时，由于在水平方向上支持力与电场力相等，随着电场强度减小，电场力减小，则墙壁对物体的支持力减小，故滑动摩擦力减小，在竖直方向上，由牛顿第二定律得，则物体的加速度不断增大；当电场方向变为水平向右时，物体离开墙壁，受到互相垂直的重力和电场力，而电场力随电场强度的增大而增大，所以合力增大，加速度增大，因此，整个过程中，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，故A正确，B错误；
C、当电场强度为零时，物体开始离开墙壁，即，所以，故C正确；
D、根据A选项分析，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，动能不断增大，不能确定动能达到最大值对应的时刻，故D错误。
故选：AC。
对物体进行受力分析，运用牛顿第二定律分析物体的加速度变化情况，根据物体的初状态确定物体的运动情况；由于电场强度是随时间变化的，求合力时应注意其大小和方向。
本题关键要正确分析物体的受力情况，结合场强的变化，分析电场力的变化，判断合力的变化。
 

9.【答案】大于  不能
 

【解析】解：①图中，，根据得，加速度；
②对整体分析，根据牛顿第二定律得：，将，及上述a的值，代入数据解得：；
③由于纸带与打点计时器之间有摩擦力以及空气阻力，所以测得的动摩擦因数大于真实值；
图甲装置不能验证小车和钩码组成的系统机械能守恒，理由是系统除重力做功外还有阻力做功。
故答案为：①、②、③大于；不能
①根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度；
②对整体研究，根据牛顿第二定律求出小车与长木板间的动摩擦因数；
③抓住纸带与打点计时器间有阻力以及空气阻力，分析动摩擦因数的测量值与真实值的大小关系；
根据系统机械能守恒的条件判断该装置能否验证机械能守恒。
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，这是高考的高频考点，以及掌握机械能守恒的条件。
 

10.【答案】负 
 

【解析】解：欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，电源负极与红表笔相连，电流应从电流表的正接线柱流入电流表，用多用电表粗测G的内阻时应该使多用电表的红表笔接灵敏电流计G的负接线柱，黑表笔接另一个接线柱．
由图示电路图可知，电表1是待测电表G；待测电流表G量程是1mA，因此可以选电流表，电表2为；当通过电流表的电流等于其量程3mA时，
通过G的电流应约为1mA，通过定值电阻的电流约为，定值电阻阻值阻值应小于G的内阻，约为G内阻的一半，则定值电阻应选择
测得电表1的示数为，电表2的示数为，通过定值电阻的电流为：，电流表G两端的电压，
待测电流表内阻；
故答案为：负；；；；
欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，电源负极与红表笔相连，电流应从电流表的正接线柱流入电流表．
根据待测电流表的量程选择电流表，由欧姆定律求出电路最大电流时电路的最小电阻，根据该电阻选择定值电阻．
由并联电路特点及欧姆定律求出电流表G的内阻．
本题考查了实验器材的选取、实验电路的设计、求电阻等问题；选择实验器材时，首先要保证电路安全，在保证安全的情况下，为使读数准确，电表量程及电阻阻值应选小的．实验电路的设计是本题的难点，没有电压表，利用并联电路特点求出待测电流表两端电压是常用的方法．
 

11.【答案】解：对物块根据牛顿第二定律有：

解得

对板根据牛顿第二定律有：

解得

经过时间，若两物体速度相等

解得：
此时物块位移：
板的位移：
相对位移为l

联立解得：
对物块根据牛顿第二定律有：

对板根据牛顿第二定律有：

经过时间共速：
根据位移-时间公式可知物块位移：
根据位移-时间公式可知板的位移
相对位移
联立解得：
答：物块与绝缘板之间的动摩擦因数是；
当匀强电场的方向为竖直向上时，物块与木板的相对位移大小为。
 

【解析】根据牛顿第二定律解得两物体加速度，结合题意可解得动摩擦因数；
根据牛顿第二定律解得两物体加速度，解得共速时两物体的位移差即为相对位移。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握牛顿第二定律的应用，注意通过匀变速直线运动公式求得共速时两物体的位移差。
 

12.【答案】解：木板单独下滑，由能量守恒定律得：
木板与挡板碰撞后上升，由能量守恒定律得：
解得：；
木板与滑块同时释放，木板与斜面间的最大静摩擦力为：

因，故开始时木板静止不动。
设滑块加速下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律可得：
解得：，
根据位移-时间关系可得：
解得：，
物块与木板下端碰撞前速度大小为：
撞后速度设为，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：
损失的机械能：
联立解得：；
设木板与物块一起在斜面上向下运动的加速度大小为，向上运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得：


解得：，
木板与物块粘合后经时间与挡板第一次碰撞，根据位移-时间关系可得：，解得，
则木板与挡板第一次撞击时的速度大小为：，解得：
第一次撞击后木板上滑的距离，解得：
第二次撞击后木板上滑的距离
同理可得第三次撞击后木板上滑的距离为：
第n次撞击后木板上滑的距离为：
故木板运动的总路程为，
根据等比数列前n项和计算公式解得：。
答：木板与斜面间的动摩擦因数为；
物块与木板前端挡板碰撞过程中系统损失的机械能为3J；
物块与木板前端挡板碰撞后木板运动的总路程为。
 

【解析】应用能量守恒定律可以求出木板与斜面间的动摩擦因数；
求出木板与斜面间的最大静摩擦力，判断木板的运动状态，应用动能定理求出物块与木板碰撞前瞬间物块的速度，物块与木板碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后物块与木板的速度，然后求出碰撞过程系统损失的机械能；
应用牛顿第二定律求出物块和木板的加速度大小，根据物块和木板的运动过程应用运动学公式求出其位移，然后根据数学归纳法求出整个过程木板滑行的总路程。
本题是多体多过程问题，根据题意分析清楚物块与木板的运动过程是解题的前提与关键，应用能量守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式即可解题，掌握归纳法的应用方法。
 

13.【答案】ABE
 

【解析】解：由图可知，时a、b两质点偏离平衡位置的位移相同，所以时a、b两质点的加速度相同，故A正确；
B.由题可知，波沿x轴正方向传播，所以质点b振动方向沿y轴负方向，到达平衡位置的时间小于，而质点c从波峰位置到达平衡位置的时间等于，所以质点b比质点c先到达平衡位置，故B正确；
C.由图可知a、b两质点平衡位置间的距离不是半个波长的奇数倍，所以a、b两质点的振动步调不总是相反，故C错误；
D.时的波形图如图所示，此时波刚好传到 d点，由图可知d点沿y轴正方向开始振动，所以波传到质点e时，它将沿y轴正方向开始振动，故D错误；
E.由图可知，从时刻质点a的振动方向沿y轴正方向，由数学知识可知，从时刻起经质点a到达波峰，从时刻起经质点a回到时的位置，所以从时刻起经四分之一周期，质点a经过的路程为：
，故E正确；
故选：ABE。
间隔为的质点的振动步调总相反，根据振动方向和波的传播方向的关系判断各质点的振动方向，进而判断其速度大小和加速度大小；平衡位置上各点的起振方向与波源的起振方向相同；
由波动图象读取有效信息是基本能力，由波的传播方向判断质点的运动方向是基本功，要熟练掌握，难度不大，属于基础题。