陕西省渭南市临渭区尚德中学高三上学期第一次月考物理试题

物理试题注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共110分。考试时间90分钟。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。2.答卷前考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡和试卷上，检查答题卡上的条形码是否与自己填写一致。3.答第Ⅰ卷时每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答在试卷上无效。4.第Ⅱ卷分必考题和选考题，考生须按要求在答题卡上的答题区域内作答。第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.如图所示，光滑斜面的倾角为,—个可以看成质点的小球在轻质细线的拉力作用下静止在斜面上，细线与斜面间的夹角也为37°，若小球的重力为,则手对细线的拉力等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】对球受力分析，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件做出受力图，然后列式分析即可．【详解】球受重力、拉力和支持力，处于三力平衡状态，受力如图所示：

由几何关系可知，F与竖直方向之间的夹角：α=90°37°37°=16°，则在水平方向：Fsinα=N•sin37°，竖直方向：Fcosα+Ncos37°=G，联立解得：，所以C正确，ABD错误．【点睛】该题考查共点力平衡的应用，在解答的过程中要注意拉力的方向与斜面之间的夹角是37°，而不是沿斜面的方向向上．2.一质点沿直线运动，其位移与时间的关系满足x=2t+t2（各物理量均选用国际单位制单位），则关于该质点的运动，下列说法正确的是（）A.质点做匀减速直线运动B.0－5s内质点通过的位移大小为35mC.质点的加速度大小为1m/s2D.第3s末质点的速度大小为5m/s【答案】B【解析】【详解】AC．由匀变速直线运动的位移公式与x=2t+t2对比可知，则质点做匀加速直线运动，故AC错误；B．0－5s内质点通过的位移大小为故B正确；D．第3s末质点的速度大小为故D错误。故选B。3.如图所示，两线圈绕在圆环铁芯上，左边连接电源，右边连接一小灯泡，老师用此装置做实验时，某同学发现，小灯泡会亮。当开关S处于不同状态时小灯泡会有的现象，下列说法正确的是（）A.开关闭合后的瞬间，小灯泡会亮一下，电流方向向下B.开关闭合并保持一段时间，在这段时间内，小灯泡一直会亮C.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小灯泡会亮一下，电流方向向下D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小灯泡中不会有电流流过【答案】C【解析】【详解】A．开关闭合后的瞬间，左边线圈中的电流变大，左边线圈中产生的磁场方向向上，穿过右边线圈的磁通量变大，且磁场方向向下，由楞次定律可知，电流方向向上，故A错误；B．开关闭合并保持一段时间，在这段时间内，左边线圈中的电流不变，产生的磁场不变，穿过右边线圈的磁通量不变，则无电流产生，小灯泡不会亮，故B错误；CD．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，左边线圈中的电流变小，左边线圈中产生的磁场方向向上，穿过右边线圈的磁通量变小，且磁场方向向下，由楞次定律可知，电流方向向下，则小灯泡会亮一下，故C正确，D错误。故C。4.如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，A为电流表，C为电容器，初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（）A.电流表A的读数变大，电容器C的电量增加B.电流表A的读数变大，电容器C的电量减小C.电流表A的读数变小，电容器C的电量增加D.电流表A的读数变小，电容器C的电量减小【答案】A【解析】【详解】S断开，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，内电压减小，故路端电压增大，电容器两端的电压变大，由可知电容器C的电量增加；分析上面支路，把R1视为内阻，内电压减小，故R3两端的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故A正确，BCD错误。故选A。5.如图所示，一质量为m的小物块自粗糙斜面底端，以一定的初动能Ek沿斜面向上做匀减速运动，上升到最大高度H后又沿斜面下滑，则物块下滑到斜面底端时的动能等于（）A.2mgHEk B.Ek2mgHC.2EkmgH D.2mgH2Ek【答案】A【解析】【详解】物块在沿斜面上滑到最大高度的运动中，由功能关系知，机械能的减少等于物块克服阻力做功，因此有ΔE=Wf=Ek−mgH则物块下滑到斜面底端时的动能等于Ek＇=Ek−2Wf=Ek−2（Ek−mgH）=2mgH−EkA正确，BCD错误。故选A6.将长为L的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直于纸面向外、大小为B的匀强磁场中，两端点A、C连线竖直，如图所示．若给导线通以由A到C、大小为I的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是()A.ILB，水平向左 B.ILB，水平向右C.，水平向右 D.，水平向左【答案】D【解析】【详解】弧长为L，圆心角为60°，则弦长：，导线受到的安培力：F=BI•AC=，由左手定则可知，导线受到的安培力方向：水平向左；故D，ABC错误．7.大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方程是，已知的质量为，的质量为，的质量为，．氘核聚变反应中释放的核能约为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】氘核聚变反应的质量亏损，则该反应释放的核能为．A.与上述计算结果不符，故A不符合题意；B.与上述计算结果相符，故B符合题意；C.与上述计算结果不符，故C不符合题意；D.与上述计算结果不符，故D不符合题意．8.如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平。现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中（小球P未到达半球最高点前），下列说法正确的是（）A.弹簧不变 B.弹簧变长C.小球对半球的压力不变 D.小球对半球的压力变大【答案】C【解析】【详解】以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知F=G。由与相似可得将F=G，代入得由题缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，DO、PO不变，PD变小，可见T变小；N不变。即知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故C正确，ABD错误。故选C。9.甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移随时间变化的关系如图所示.已知乙车做匀变速直线运动，其图线与时间轴相切于处.则下列说法正确的是（）A.甲车的初速度为零B.乙车的初位置在处C.乙车的加速度大小为D.时两车相遇，此时乙车速率比甲车的速率大【答案】CD【解析】【详解】由位移一时间图像可知，甲车做匀速直线运动，甲车的速度大小始终为，选项A错误；把末速度为零的乙车的运动做逆向处理，看成初速度为零的匀加速直线运动，则有，，则，，解得，，即乙车的初位置在处，乙车的加速度大小为，选项B错误，C正确；时两车在处相遇，此时乙车速率，而甲车的速率为，即乙车速率较大，选项D正确.10.如图所示为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点。虚线为某带电粒子只受电场力作用的运动轨迹，下列判断正确的是（）A.M、N、P三点中N点的场强最小B.M、N、P三点中N点的电势最低C.粒子带负电D.粒子从M点运动到P点粒子的电势能不断减少【答案】BC【解析】【详解】A．M、N、P三点中N点的电场线越密，故N点的场强最大，故A错误；B．顺着电场线方向电势逐渐降低，所以M、N、P三点中N点的电势最低，故B正确；C．根据曲线运动所受合力的方向一定指向轨迹的内侧，以及电场力的方向一定与场强方向共线，可判断出电场力F的方向如图，由于力的方向与场强方向相反，故可知该带电粒子带负电，故C正确；D．粒子从M点运动到P点的过程中，由于电场力的方向与速度的方向成钝角，故电场力做负功，则电势能增加，故D错误。故选BC。11.如图甲，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0Ω，外接R=9.0Ω的电阻，电流表A为理想交流电表。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势如图乙所示，则（）A.该交变电流的频率为50HzB.该电动势的有效值为VC.外接电阻R所消耗的电功率为18WD.电流表A的示数为1.0A【答案】AD【解析】【详解】A．由题图像可知，周期T＝2×102s=0.02s，则该交流电的频率为故A正确；B．该电动势的最大值为，有效值为10V，故B错误；C．外接电阻R所消耗的电功率为故C错误；D．电流表A的示数为故D正确。故选AD。12.某一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，不考虑卫星质量的变化，则变轨后卫星的（）A.向心加速度为原来的B.角速度为原来的C.周期为原来的8倍D.轨道半径为原来【答案】ABC【解析】【详解】ABCD．由题可知卫星变轨后动能为原来的，即由此可得根据万有引力提供向心力，则有可得半径为角速度为周期为向心加速度为由此可知半径为原来4倍，角速度为原来的，周期为原来的8倍，向心加速度为原来的。故选ABC。第Ⅱ卷非选择题必考题二、实验题（2小题，共14分）：把答案填写在题目中的横线上或按题目要求作答。13.某同学用如图所示的电路测定Rx的电阻，请你根据电路特点，完成相应的实验操作。(1)开并S1闭合前，滑动变阻器R1滑片应置于___________处（填“最左端”、“最右端”、或“中间”），电阻箱R2的阻值调至最___________（填“大”或“小”）；(2)将S2拨向与接点___________（填“a”或“b”）相连的触点，闭合S1，调节___________，使电流表示数为I0；(3)再将S2拨向与接点___________（填“a”或“b”）相连的触点，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2面板示数如图所示，由此可知，Rx的电阻为___________Ω。【答案】(1).最左端(2).大(3).a(4).滑动变阻器(5).b(6).108【解析】【详解】(1)[1][2]开并S1闭合前，滑动变阻器R1滑片应置于最左端处，电阻箱R2的阻值调至最大；(2)[3][4]实验的原理为等效替代，因此应先将待测电阻接入电路，将S2拨向与接点a相连的触点，闭合S1，调节滑动变阻器，使电流表示数为I0；(3)[5][6]再将S2拨向与接点b相连的触点，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2面板示数如图所示，由此可知，Rx的电阻等于R2的电阻，大小为108Ω。14.某同学用如图甲所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验．实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度．（1）实验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是_____________．（2）图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=____________m/s2．（结果保留两位有效数字）（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度．根据测得的多组数据画出aF关系图线，如图丙所示．试分析：图线不通过坐标原点O的原因是____________；曲线上部弯曲的原因___________．【答案】(1).平衡小车运动中受到的摩擦阻力(2).1.0(3).没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够(4).未满足拉车的钩码质量远小于小车质量【解析】【详解】（1）[1]实验时绳的下端先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．这样做的目的是平衡小车运动中所受的摩擦阻力．（2）[2]计数点间的时间间隔t=0.02s×5=0.1s由△x=at2可得：小车的加速度．（3）[3][4]从图象可以看出当有了一定的拉力F时，小车的加速度仍然是零，小车没动说明小车的合力仍然是零，即小车还受到摩擦力的作用，说明摩擦力还没有平衡掉，或者是平衡摩擦力了但是平衡的还不够，没有完全平衡掉摩擦力，所以图线不通过坐标原点的原因是实验前该同学未平衡摩擦力或未平衡摩擦力不足。三、计算题（共2小题，33分。计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15.如图所示，在竖直平面内有圆弧形轨道AB，其半径为1m，B点的切线恰好为水平方向．一个质量为2kg的小物体，从轨道顶端A由静止开始沿轨道滑下，到达轨道末端B点时的速度为4m/s，然后做平抛运动，落到地面上的C点，若轨道B端距地面高为h=5m，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：（1）小物体运动到B点时对轨道的压力为多大？（2）物体落地时的速度大小．（3）BC两点间的水平距离．【答案】（1）52N；（2）；（3）4m【解析】【详解】（1）物体在B点受到的支持力和重力的合力提供向心力，则有解得根据牛顿第三定律，物体在B点受到的支持力和物体在B点对轨道的压力大小相等，方向相反，所以物体在B点对轨道的压力大小也是52N；（2）从B到C的过程中，根据动能定理得解得（3）小球离开B之后做平抛运动，根据得B、C两点间的水平距离等于小球平抛的水平距离，则16.长为L＝1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了x＝8.0cm后停下。若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，g取10m/s2.求：(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2。(2)小物块A的初速度v0。(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？【答案】(1)0.10；(2)2.4m/s；(3)3.0m/s【解析】【详解】(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度a＝＝1.0m/s2由牛顿第二定律得μ2mg＝ma解得μ2＝010(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动。其加速度a1＝μ1g＝2.5m/s小物块在木板上滑动，木板受小物块滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有μ1mg－μ2（2m）g＝ma解得a2＝0.50m/s2设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板v＝a2t解得小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4m/s(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等（设为v′），这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则v0mt