重庆市黔江中学2021-2022学年高三上学期11月考试物理试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市黔江中学2021-2022学年高三上学期11月考试物理试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，共 34 分，实验题，选做题等内容，欢迎下载使用。

（总分 100 分，时间 90 分钟）
一、选择题，共 34 分。（1-6 题为单选题，每小题 3 分；7-10 为多选题，每小题 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。）
1. 许多科学家对物理学发展做出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、模型法、类比法和科学假说法，等等。以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是（ ）
A. 牛顿巧妙地运用扭秤测出引力常量，采用了放大法
B. 伽利略运用理想实验法说明了力是维持物体运动的原因
C. 在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法
【答案】D
【解析】
【详解】A．卡文迪许巧妙地运用扭秤测出引力常量，采用了放大法，故A错误；
B．伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，故B错误；
C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误；
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。
故选D。
2. 质量为m的钢球自高处落下，以速度v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2。在碰撞过程中，钢球动量变化的方向和大小为（ ）
A. 向下，m（v1－v2）B. 向下，m（v1＋v2）
C. 向上，m（v1－v2）D. 向上，m（v1＋v2）
【答案】D
【解析】
【详解】选取竖直向下为正方向，则初动量为
p＝mv1
末动量为
p′＝－mv2
则该过程的动量变化为
“-”表示动量变化的方向向上（与正方向相反），ABC错误，D正确。
故选D。
3. 长为l0轻杆一端固定一个质量为m的小球，绕另一端O在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示．若小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，以下说法正确的是
A. 小球运动的线速度大小为
B. 小球运动的线速度大小为
C. 小球在最高点时所受的合力3mg
D. 小球在最低点时所受杆的拉力为3mg
【答案】C
【解析】
【详解】A. 小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，因为小球做匀速圆周运动需要向心力，杆对小球只能是拉力，等于2mg，所以小球受到的合力等于3mg．合力提供向心力：，得，AB错误，C正确；
D. 在最低点对小球受力分析，则有，因为做匀速圆周运动，因此可得拉力为4mg，D错误
4. 如图所示，在距离竖直墙面为L=1.2m处，将一小球水平抛出，小球撞到墙上时，速度方向与墙面成θ= 37°，不计空气阻力．墙足够长，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则（ ）
A. 球的初速度大小为3m/s
B. 球撞到墙上时的速度大小为4m/s
C. 若将初速度变为原来的一半，其他条件不变，小球可能不会撞到墙
D. 将初速度变为原来的2倍，其他条件不变，小球撞到墙上的点上移了0.3m
【答案】A
【解析】
【详解】A、小球做平抛运动，据题有，，联立解得：
，
故A正确；
B、球撞到墙上时的速度大小为：
故B错误；
C、若将初速度变为原来的一半，根据知，由于墙足够长，小球水平位移仍能等于L，小球一定会撞到墙，故C错误；
D、将初速度变为原来的2倍，其他条件不变，小球运动时间：
撞墙时下落的高度为：
原来下落的高度为：
所以小球撞到墙上的点上移：
故D错误。
5. 一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖直立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3s，该消防队员（ ）
A. 下滑过程中的最大速度为4m/s
B. 加速与减速运动过程中平均速度之比2∶1
C. 加速与减速运动过程的时间之比为1∶2
D. 加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4
【答案】C
【解析】
【详解】A．设下滑过程中的最大速度为v，由位移公式
可得
故A错误；
B．加速与减速运动过程中平均速度都为，则平均速度之比为1∶1，故B错误；
C．由可知加速度大小和时间成反比，加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，所以加速与减速运动过程的时间之比为1∶2，故C正确；
D．加速与减速运动过程平均速度大小相等，位移大小之比等于时间之比为1∶2，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于 M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M 的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻 a、b两球分别由 A、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道 AM、BM 运动到M 点，c球由C点自由下落到 M 点。则（ ）
A. a 球最后到达 M点
B. b 球最后到达 M点
C c 球最后到达 M点
D. 三球同时到达M点
【答案】B
【解析】
【详解】令M点到竖直墙壁的间距为x，倾斜轨道与水平面夹角为，则有
解得
由于圆环轨道与水平面相切于 M点，与竖直墙相切于A点，根据几何关系可知
，，
根据三角函数关系可知
根据上述可知
对于c球由C点自由下落到 M 点过程有
解得
则有
可知，b 球最后到达 M点。
故选B。
7. 如图所示，A是静止在赤道上的物体，随地球自转而做匀速圆周运动；B、C是同一平面内两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星．已知第一宇宙速度为υ，物体A和卫星B、C的线速度大小分别为、、，周期大小分别为TA、TB、TC，则下列关系正确的是（ ）
A. B. ＜＜＜
C. ＝ ＞D. ＜＜
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωA=ωC，根据v=rω，C的线速度大于A的线速度．根据得B的线速度大于C的线速度，故A错误，B正确；
CD．卫星C为同步卫星，所以TA=TC，根据得C的周期大于B的周期，故C正确，D错误．
【点睛】地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较B、C的线速度、角速度、周期和向心加速度大小．
8. “儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°（已知重力加速度为g），则
A. 每根橡皮绳的拉力为mg
B. 若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小
C. 若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a＝g
D. 若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳，则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时，小明的加速度a＝
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意可知考查力的平衡问题，牛顿第二定律瞬时性，根据弹性绳、非弹性绳的特点结合牛顿第二定律分析计算可得．
【详解】两根橡皮绳上的拉力大小相等，设每根橡皮绳的拉力为F，则
2Fcs30°=mg，
则:
F=
故A错误；
B. 当合力一定时，两分力夹角越小，分力越小，所以将悬点间距离变小，每根橡皮绳所受拉力将变小，故B正确；
C. 弹性绳上的弹力不会突变，小明左侧橡皮绳在腰间断裂，左侧绳子拉力该瞬间不变，重力不变，则小明此时所受的合力与原来左侧橡皮绳拉力等大反向，加速度
，
故C错误；
D. 若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳，则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时，
左侧绳子拉力瞬间变为零，右侧绳子的垃力发生突变，将重力沿绳垂直绳分解，沿绳方向该瞬间合力为零，垂直绳子方向合力为mgsin30°，由牛顿第二定律可知
可得小明加速度:
a＝
故D正确．
【点睛】当合力一定时，两分力夹角越小（越大），分力越小（越大），弹性绳子上的拉力不能突变，非弹性绳子上的拉力能突变．
9. 轻绳一端通过光滑的定滑轮与物块P连接，另一端与套在光滑竖直杆上的圆环Q连接，Q从静止释放后，上升一定距离后到达与定滑轮等高处，则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 任意时刻Q受到的拉力大小与P的重力大小相等
B. 任意时刻P、Q两物体的速度大小满足
C. 物块P一直做加速直线运动
D. 当Q上升到与滑轮等高时，它的机械能最大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．P先向下做加速运动，处于失重状态，则绳的拉力大小小于P的重力大小，即Q受到的拉力大小小于P的重力大小。后向下减速运动，处于超重状态，拉力大小大于P的重力大小。故A错误；
B．将圆环Q的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，则沿绳子方向的分速度等于P的速度。轻绳与杆的夹角为θ时，由速度的分解可得
所以。故B正确；
C．圆环Q和物块P被一根轻绳相连，一开始圆环Q加速运动，绳上拉力竖直方向的分力大于重力。之后随着圆环Q上升，拉力竖直方向的分力逐渐减小，经过中间某一位置时，拉力竖直方向的分力等于重力。之后，拉力竖直方向的分力小于重力，圆环Q做减速运动。所以物块P先做加速运动，后做减速运动。故C错误；
D．圆环Q上升到与滑轮等高前，绳子的拉力做正功，Q机械能增加。圆环Q上升到与滑轮等高之后，绳子拉力做负功，Q机械能减小。所以Q上升到与滑轮等高时，机械能最大。故D正确。
故选BD。
10. 如图所示为汽车的加速度a和车速的倒数的关系图象。若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（ ）
A. 汽车所受阻力为6×103N
B. 汽车的牵引力最大值为6×104N
C. 汽车的额定功率为6×104W
D. 汽车匀加速所需时间为5s
【答案】CD
【解析】
【详解】AC．设汽车的额定功率为P，由图知，汽车的最大速度为30m/s，此时汽车做匀速直线运动，有
F=f
则有
P=f×30
又时，加速度
a=2m/s2
根据牛顿第二定律得
代入得
联立解得
f=2×103N，P=6×104W
故A错误，C正确；
B．汽车匀加速达到额定功率后，随着速度的增大，牵引力减小，因此匀加速启动阶段牵引力最大，由图知时，汽车匀加速达到额定功率，此时有
解得
故B错误；
D．汽车匀加速运动的末速度v=10m/s，则匀加速运动的时间
故D正确。
故选CD。
二、实验题（14 分）
11. 在实验室里为了验证动量守恒定律，采用所示的装置：
（1）若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则_________。
A.， B.，r1（2）以下所提供的测量工具中一定需要的是____________。
A.直尺 B. 秒表 C.天平 D.弹簧测力计
（3）P为碰前入射小球落点的平均位置，如果满足关系式_____________________，则说明碰撞过程中系统动量守恒。
【答案】 ①. C ②. AC##CA ③.
【解析】
【详解】（1）[1]根据题意，由实验原理可知，两小球发生对心正碰，则有
避免碰撞后入射球反弹，则有
故选C。
（2）[2]若碰撞过程系统的动量守恒，则有
两球碰撞后做平抛运动，且下落高度相同，则飞行时间相等，两边同时乘以相同时间有
整理可得
可知，需要测量两个小球的质量和小球落点到点的距离，一定需要的测量工具为天平和直尺，不需要秒表和弹簧测力计。
故选AC。
（3）[3]由（2）分析可知，如果满足关系式
则说明碰撞过程中系统动量守恒。
12. 利用如图甲所示的装置可以做多个力学实验。
（1）某同学用此装置测量小车做匀变速直线运动的加速度。用游标卡尺测量遮光条的宽度d，其示数如图乙所示，则____________________mm。测出小车静止时遮光条到光电门的距离x，从光电计时器上读出遮光条通过光电门的时间为t，则小车的加速度为__________。（用测量的物理量表示）
（2）若继续用此装置做“探究功与速度变化的关系”的实验，使小车释放点到光电门的距离成倍增加进行多次实验，每次实验时要求小车都由静止释放。
①如果实验时遮光条通过光电门的时间记为t，通过描点作出图像来反映合力做的功与t的关系，则下图中符合实验事实的是______________。
②下列实验操作中必要的是______________
A.调整长木板与水平方向的夹角，在未挂重物时使小车能在长木板上匀速运动
B.必须满足重物的质量远小于小车的质量
C.保持小车（包括遮光条）和重物的质量不变
【答案】 ①. 5.50 ②. ③. D ④. C
【解析】
【详解】（1）[1]由图乙可知，遮光条的宽度为
[2]小车通过光电门的速度为
由运动学公式有
联立解得
（2）①[3]根据题意，由动能定理有
可知
故选D。
②[4]AB。无论重物的质量如何，轨道是否水平，每次拉力大小一定相等，不必计算拉力大小，因此不必满足重物的质量远小于小车的质量，也不必调整轨道水平，故AB错误；
C．由于该实验是通过成倍增加位移的方法来进行验证的关系即可，则需要保证每次小车静止释放和保持小车（包括遮光条）和重物的质量不变，故C正确。
故选C。
三.计算题（38 分）
13. 如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1）求下滑过程中摩擦力做的功；
（2）若使滑块恰好能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0。

【答案】（1）Wf=-4J；（2）
【解析】
【详解】（1）对物块，从A到D过程，由动能定理有
解得
（2）物块恰好到达C点，则有
解得
vC=2m/s
对物块，从A到C过程，由动能定理有
解得
14. 如图所示，汽车货箱的长度L=6m，货箱中有一质量m=40kg的货物（可视为质点），它到货箱后壁的距离L1=1m。已知货物与货箱底板间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度g=10m/s2。
（1）若汽车以2m/s2加速度启动，求货物所受摩擦力的大小；
（2）若汽车缓慢启动，货物与汽车无相对滑动，汽车以10m/s的速度在平直公路上匀速行驶，因为前方红灯，司机以4m/s2加速度开始刹车直到停止（可视为匀减速直线运动）。假设不考虑司机的反应时间，通过计算判断汽车从开始刹车到汽车停止的过程中，货物是否与货箱前壁发生碰撞，若未发生碰撞，此时货物与货箱前壁的距离是多少？

【答案】（1）f =80N；（2）未相撞，d= 1.875m
【解析】
【详解】（1）依题意，汽车加速度
a1=2 m/s2 <μg=3m/s2
可知货物随汽车一起加速运动，货物受到的摩擦力为
f=ma1=80N
（2）汽车刹车加速度
a2=4m/s2>μg=3m/s2
可知货物与汽车相对滑动，货物减速的加速度
a3=μg=3m/s2
汽车刹车到停止所用时间
汽车前进的距离
货物减速前进的距离
则，货物相对汽车向前运动的距离
即货物与货箱前壁未发生碰撞，此时货物与货箱前壁的距离为
15. 如图所示，两形状完全相同的平板A、B置于光滑水平面上，质量分别为m和2m。平板B的右端固定一轻质弹簧，P点为弹簧的原长位置，P点到平板B左端点Q的距离为L。物块C置于平板A的最右端，质量为m且可视为质点。平板A、物块C以相同速度v0向右运动，与静止平板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后平板A、B粘连在一起，物块C滑上平板B，运动至P点开始压缩弹簧，后被弹回并相对于平板B静止在其左端Q点。弹簧始终在弹性限度内，平板B的P点右侧部分为光滑面，P点左侧部分为粗糙面，物块C与平板B粗糙面部分之间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g。求：
（1）平板A、B刚碰完时的共同速率v1；
（2）物块C与平板B粗糙面部分之间的动摩擦因数μ；
（3）在上述过程中，系统的最大弹性势能Ep及C物块第二次通过P点时的速度。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）A 与 B 碰撞过程，根据动量守恒有
mv0=（m + 2m）v1
解得
（2）设三者的共同速度为v2，对A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有
2mv0=4mv2
在A 与 B 碰后到三者达到共同速度过程，根据能量转化与守恒有
解得
（3）A 与 B 碰后到弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能达到最大， 根据能量转化与守恒有
解得
设C第二次通过P点时，C，B的速度分别为v3、v4，从弹簧压缩到最短到C物块第二次通过P点过程，对A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有
4mv2=mv3 + 3mv4
根据能量守恒有
解得
四、选做题（14 分。其中选择题有两个正确选项）
16. （有两个正确选项）下列说法正确的是（ ）
A. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
B. 单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大
C. 单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点
D. 对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
【答案】AD
【解析】
【详解】A．一定质量的100℃的水变成100℃的水蒸气，分子平均动能不变，水变成水蒸气过程要吸收热量，所以其分子之间的势能增加，故A正确；
B．气体压强的大小与气体分子的平均速率、气体分子密集程度有关，故单位体积的气体分子数增加，气体的压强不一定增大，故B错误；
C．晶体都有固定的熔点，非晶体都没有固定的熔点，故C错误；
D．由理想气体状态方程
对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，则温度升高，理想气体内能由温度决定，所以气体内能增大，再根据热力学第一定律
气体的体积增大则对外做功，气体内能增大，所以它一定从外界吸热，故D正确。
故选AD。
17. 如图所示，一个粗细均匀的平底网管水平放置，右端用一橡皮塞塞住，气柱长20 cm，此时管内、外压强均为1.0×105Pa，温度均为27℃；当被封闭气体的温度缓慢降至－3℃时，橡皮塞刚好被推动；继续缓慢降温，直到橡皮塞向内推进了5 cm．已知圆管的横截面积为4.0×10－5m2，橡皮塞与网管间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，大气压强保持不变．求：
（1）橡皮塞与圆管间的最大静摩擦力；
（2）被封闭气体最终的温度．
【答案】（1）0.4N．（2）202.5K．
【解析】
【详解】(1)气体发生等容变化，由
解得：
对橡皮塞分析：
解得：
(2)气体后来发生等压变化，由
解得：