山东省聊城市东昌高级中学2021-2022学年高三物理月考试卷含解析

山东省聊城市东昌高级中学2021-2022学年高三物理月

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.教室两个门都安装有锁，同学早晨到校时，只要打开其中一扇门，同学们就可以

进教室.这里的“打开两扇门”和“同学进教室”之间体现了某种逻辑关系，下列门电

路中也具有这种逻辑关系的是（）

A—>1A—&1A—1

—Z—ZA—AZ—-Z

B—B—B—

ABcD、

参考答案：

A

2.下列说法正确的是—.

A.玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说

B.爱因斯坦提出的质能方程E=mc2中的E是发生核反应中释放的核能

C.在光电效应中，当入射光的波长大于截止波长时不发生光电效应

D.巴尔末根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式

E.原子从一种定态跃迁到另一种定态时，可能吸收或辐射出一定频率的光子

参考答案：

CDE

3.一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定

的牵引功率，其牵引力和速度的图象如图所示。若已知汽车的质量m,牵引力Fl

和速度vl及该车所能达到的最大速度v3。则根据图象所给的信息，下列说法正确

的是（）

A.汽车运动中的最大功率为Flv3

B.速度为v2时的加速度大小为Flvl/mv2

C.汽车行驶中所受的阻力Flvl/v3

D.恒定加速时,加速度为Fl/m

参考答案：

C

4.一座大楼中有一部直通高层的客运电梯，电梯的简化模型如图1所示。已知电梯

在t=0时由静止开始上升，电梯的加速度a随时间t的变化如图2所示。如图1所

示，一质量为M的乘客站在电梯里，电梯对乘客的支持力为F。根据a-t可以判

断，力F大小不变，且FVMg的时间段为

A.1〜8s内B.8〜9s内

C.15〜16s内D.16〜23s内

参考答案：

D

5.一带电油滴在匀强电场J?中的运动轨迹如右图中虚线所示，电场方向竖直向下,

若不计空气阻力，则此带电油滴只在重力和电场力作用下从。运动到b的过程中，

A.动能减小B.电势能增加

C.机械能增大D.重力势能和电势能之和减小

参考答案:

CD

二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分

6.根据玻尔原子结构理论，氢离子W）的能级图如题12C-1图所示。电子处在n=3

轨道上比处在n=5轨道上离氢核的距离—▲—（选填"近"或"远。当大量He*

处在n=4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有一▲一条。

«Hc'E（«V）

80

6>-LSI

5------------------2.18

4■J40

3-----------------604

2-------------------・13・6

|------------------M.4

（题12C-1图）

参考答案：

近6

量子数越大，轨道越远，电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氢核的距离要近；处

在n=4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有d=6条。

7.物体因绕轴转动而具有的动能叫转动动能，转动动能的大小与物体转动的角速度有

关.为了研究某一砂轮的转动动能EK与角速度3的关系，可采用下述方法：先让砂轮由

动力带动匀速转动，测得其角速度3,然后让砂轮脱离动力，由于轮与轴之间存在摩擦，

砂轮最后停下，测出脱离动力到停止转动砂轮转过的圈数n.测得几组不同的3和n如下

表所示

30.51234

(rad/s)

n52080180320

Ek(J)

另外已测得砂轮转轴的直径为1cm,转轴间的摩擦力为10/nN.

（1）试计算出每次脱离动力时砂轮的转动动能，并填入上表中；

（2）试由上述数据推导出该砂轮转动动能Ek与角速度3的关系式Ek=q^；

（3）若脱离动力后砂轮的角速度为2.5rad/s,则它转过45圈后角速度3=2rad/s.

参考答案:

考线速度、角速度和周期、转速.

点:

专匀速圆周运动专题.

题：

分（1）砂轮克服转轴间摩擦力做功公式W=f?n?nD,f是转轴间的摩擦力大小，n是

析：砂轮脱离动力到停止转动的圈数，D是砂轮转轴的直径.根据动能定理得知，砂轮

克服转轴间摩擦力做功等于砂轮动能的减小，求解砂轮每次脱离动力的转动动能.

（2）采用数学归纳法研究砂轮的转动动能Ek与角速度3的关系式：当砂轮的角速

度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的4倍；当砂轮的角速度增大为原

来4倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与3?成正比，则有关系式

Ek=k32.将任一组数据代入求出比例系数k,得到砂轮的转动动能Ek与角速度3的

关系式.

(3)根据动能与角速度的关系式，用砂轮的角速度表示动能，根据动能定理求出转

过45圈后的角速度.

解解：(1)根据动能定理得：Ek=f?n?nD,代入计算得到数据如下表所示.

答：

u)/rad?sJ0.51234

n5.02080180320

Ek/J0.5281832

(2)由表格中数据分析可知，当砂轮的角速度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能

Ek是原来的4倍，得到关系Ek=k32.当砂轮的角速度增大为原来4倍时，砂轮的转

动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与3?成正比，则有关系式Ek=k32.k是比例系

数.将任一组数据比如：3=lrad/s,Ek=2J,代入得到k=2J?s/rad,所以砂轮的转动

动能Ek与角速度3的关系式是Ek=2u)2

(3)根据动能定理得

f?n?nD=2u)22-2u)i2

代入解得32=2rad/s

故答案为：

(1)如表格所示；

(2)2u)2；

(3)2.

点本题考查应用动能定理解决实际问题的能力和应用数学知识处理物理问题的能力；

评：注意摩擦力做功与路程有关.

8.(4分)如图所示，4、3是系在绝缘细线两端，带有等量同种电荷的小

球，现将绝缘细线绕过光滑定滑轮，将两球悬挂起来，两球平衡时，的线长等

于。3的线长，力球靠在光滑绝缘竖直墙上，悬线0B偏离竖直方向60°,则为、

3两球的质量之比为—o

参考答案：

答案：

9.一物块静置于水平面上，现用一与水平方向成37。角的拉力F使物体开始运动，如图

(a)所示.其后一段时间内拉力F随时间变化和物体运动速度随时间变化的图象如图

(b)所示，已知物块的质量为0.9kg,g=10m/s2.根据图象可求得，物体与地面间的动摩

擦系数为,0〜1s内拉力的大小为6.6N.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

参考答案:

考牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系.

点：

专牛顿运动定律综合专题.

题：

分由速度时间图象抓住1〜tl时间内做匀速直线运动，根据共点力平衡求出动摩擦因

析：数，从图象中求出物体运动的加速度，由牛顿第二定律可求得物体受到的拉力的大

小.

解解：物体在0〜1s内做匀加速直线运动，在1〜ti时间内做匀速直线运动，最好做匀

答：

减速直线运动.

对于匀速直线运动阶段，有：Fcos37°=f,f=|i（mg-Fsin37°）

解得：3.

在0〜Is内，做匀加速直线运动，加速度a=4m/s2.

Ficos37°-p（mg-Fisin37°）=ma

解得Fi=6.6N.

故答案为：，6.6

八卢、、解决本题的关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律进行求解.

评：

10.在“用DIS研究小车加速度与所受合外力的关系”实验中时，甲、乙两组分别用

如图（a）、（b）所示的实验装置实验，重物通过细线跨过滑轮拉相同质量小车，

位移传感器（B）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（A）固定在轨道一

端.甲组实验中把重物的重力作为拉力F,乙组直接用力传感器测得拉力F,改变

重物的重力重复实验多次，记录多组数据，并画出a-F图像。

（1）位移传感器（B）属于。（填“发射器”或“接收器”）

（2）甲组实验把重物的重力作为拉力F的条件是。

（3）图（c）中符合甲组同学做出的实验图像的是；符合乙组同学做出的实验

图像的是。

参考答案：

（1）发射器（2分）

（2）小车的质量远大于重物的质量（2分）

（3）②（1分）；①（1分）

11.一个氮14原子核内的核子数有个；氮14吸收一个a粒子后释放出一个质子，

此核反应过程的方程是。

参考答案：

14/N+；H-：0+：H

12.为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验。

实验中，当木块A位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面。将A拉到P

点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点.分别测量OP、0Q的长度h和s。改

变h,重复上述实验，分别记录几组实验数据。

⑴实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮。请提出两个解决方法。

⑵请根据下表的实验数据作出s—h关系的图象。

h(cm)20.030.040.050.060.0

s(cm)19.528.539.048.056.5

(3)实验测得A、B的质量分别为m=0.40kg、M=0.5()kg根据s-h图象可计算出

A木块与桌面间的动摩擦因数卜=o(结果保留一位有效数字)

(4)实验中，滑轮轴的摩擦会导致g的测量结果(选填“偏大”或“偏小

参考答案：

(1)减小B的质量(或增大A的质量)增加细线的长度(或降低B的起始高度)

(2)如图所示(3)0.4(4)偏大

13.如图甲所示为某一测量电路，电源电压恒定。闭合开关S,调节滑动变阻器由最右端

滑动至最左端，两电压表的示数随电流变化的图象如图乙所示，可知：（填"a"或"b"）

是电压表V2示数变化的图象，电源电压为V,电阻RI阻值为0,变阻器最大阻

值为Qo

参考答案:

.b（2分），6V（2分）,10Q（2分），200

三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分

14.（8分）一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C,其中过程

为等压变化，BTC过程为等容变化。已知K4=0.3m3,7A=TB=300K.TB=400K。

（1）求气体在状态B时的体积。

（2）说明BTC过程压强变化的微观原因

（3）没AT3过程气体吸收热量为Q,BTC过气体放出热量为Q”比较

2、a的大小说明原因。

参考答案：

解析：（1）设气体在B状态时的体积为VB，由盖-吕萨克定律得,

TA心，代入数据得小=04＞。

（2）微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动

能减小，导致气体压强减小。

(3)0大于R；因为7>=TB，故增加的内能与BTC减小的内能相同，

而过程气体对外做正功，BTC过程气体不做功，由热力学第一定律可知

0大于。2。

考点：压强的微观意义、理想气体状态方程、热力学第一定律

15.如图所示，质量均为炉1kg的/、6两物体通过劲度系数为A=100N/m的轻质弹簧拴接

m

在一起，物体A处于静止状态。在A的正上方h高处有一质量为万的小球C,由静止释

放，当c与/发生弹性碰撞后立刻取走小球a力至少多大，碰后物体8有可能被拉离地

面？

O

参考答案:

心0.45m

设C与｛碰前C的速度为即，C与4碰后C的速度为%4的速度为外，开始时

弹簧的压缩量为肌

对C机械能守恒:

C与A弹性碰撞：对，与A组成的系统动量守恒：飞9=%、*

动能不变:///

2

X=-K

解得：3

开始时弹簧的压缩量为:

4号

碰后物体6被拉离地面有弹簧伸长量为:

则4将上升2"弹簧弹性势能不变，机械能守恒:

》=3=0一45«

联立以上各式代入数据得:2k

四、计算题：本题共3小题，共计47分

16.如图所示，质量为M=0.5kg、长L=lm的平板车B静止在光滑水平面上，小车左端紧

靠一半径为R=0.8m的光滑四分之一圆弧，圆弧最底端与小车上表面相切，圆弧底端静止

一质量为mc=lkg的滑块.现将一质量为nu=lkg的小球从圆弧顶端静止释放，小球到达

圆弧底端后与C发生弹性碰撞.C与B之间的动摩擦因数产0.2,取g=10m/s2.若在C刚

好滑上木板B上表面的同时，给B施加一个水平向右的拉力F.试求：

(1)滑块C滑上B的初速度vo.

(2)若F=2N,滑块C在小车上运动时相对小车滑行的最大距离.

(3)如果要使C能从B上滑落，拉力F大小应满足的条件.

参考答案:

考牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动摩擦力..

点：

¥-牛顿运动定律综合专题.

题：

(1)根据动能定理求出A到达圆弧底端的速度，结合动量守恒定律和能量守恒定

析：律求出碰撞后C滑上B的速度.

(2)物体C滑上木板B以后，作匀减速运动，B做匀加速直线运动，抓住两者速

度相等，结合运动学公式和牛顿第二定律求出相对滑动的最大距离.

(3)当F较小时滑块C从B的右端滑落，滑块C能滑落的临界条件是C到达B的

右端时，C、B具有共同的速度；当F较大时，滑块C从B的左端滑落，在C到达

B的右端之前，就与B具有相同的速度，此时的临界条件是之后C必须相对B静

止，才不会从B的左端滑落.根据牛顿第二定律和运动学公式综合求解.

解解：(1)设A到达圆弧底端的速度为v,由动能定理可得：

答：

P_12

mAgK--^iDAv

代入数据解得v=V2gR=V2X10X0.8m/s=4m/s.

A与C发生弹性碰撞，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得：

/

mAV=mAV+mcvo，

12_1，212

由机械能守恒定律可得：2mAv-2mAv+2mCv0,

由以上两式解得v-0,vo=4m/s.

(2)物体C滑上木板B以后，作匀减速运动，此时设B的加速度为aB，C的加速

度为ac，由牛顿第二定律得，

pmcg=mcac，

解得a(2-M,g—0.2X10ID/S^2in/s2

木板B作加速运动，由牛顿第二定律得，F+nmcg=MaB,

2

代入数据解得aB=8-Om/s.

两者速度相同时，有：vo-act=aBt,

代入数据解得t=0.4s.

12

C滑行距离spot-/act=1.4如,

12人

B滑行的距离SB^ast=0-64m

C与B之间的最大距离△SnSc-SBuO.gOm.

(3)C从B上滑落的情况有两种：

①当F较小时滑块C从B的右端滑落，滑块C能滑落的临界条件是C到达B的右

端时，C、B具有共同的速度vi，设该过程中B的加速度为am,C的加速度不变，

2_22_

V。V1V1v0V1V1

----------=------FL--------=---

根据匀变速直线运动的规律：2ac2aBi,aCaBl,

由以上两式可得：aBr6ro/s2,vi=3.Om/s,

再代入F+|imcg=MaBi得，F=IN.

即若F<1N,则C滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落.

②当F较大时，滑块C从B的左端滑落，在C到达B的右端之前，就与B具有相

同的速度，此时的临界条件是之后C必须相对B静止，才不会从B的左端滑落.

对B、C整体有：F=(mc+M)a,对于C有：(tmcg=mca

由以上两式解得F=3N,即若F大于3N,A就会相对B向左滑行.

综上所述，力F满足的条件是：3NWF或FRN.

答：(1)滑块C滑上B的初速度为4m/s.

（2）若F=2N,滑块C在小车上运动时相对小车滑行的最大距离为0.80m.

（3）如果要使C能从B上滑落，拉力F大小应满足的条件3NWF或FS1N.

点本题是机械能守恒、牛顿第二定律、动量守恒和能量守恒的综合应用，对于相对运

评：动的距离，可以通过动力学知识求解，也可以根据能量守恒和动量守恒综合求解.

17.为了测量列车的速度及加速度，可采用下述装置：在列车底部安装一个正方形线圈，

而在轨道上每隔40m安装一块磁性很强的小磁铁，当列车经过磁铁上方时，有感应电流

产生，记录此电流就可换算成列车的速度及加速度。视磁铁上方区域的磁场为匀强磁场，

其区域面积与线圈面积相同，磁场方向与线圈截面垂直，磁感应强度B-0.004T,线圈边长

l=0.1m,匝数n=5,包括连线总电阻R=0.4C。现记录到某列车驶过时的电流-位移图像如