云南省师大附中2021届高三(上)月考物理试卷(四)

2022-2021学年云南省师大附中高三（上）月考物理试卷（四）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．1．（6分）（2022秋•五华区校级月考）从高40m的房顶将一质量为1kg的小球（可视为质点）自由释放，不计空气阻力，取g=10m/s2，则1s末小球重力的瞬时功率为（）A．50WB．100WC．25WD．50W考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：由自由落体规律可求得1s末物体的速度，由功率公式可求得重力的瞬时功率．解答：解：1s末小球的速度大小：v=gt=10m/s2×1s=10m/s，此时重力的功率为PG=mgv=10N×10m/s=100W，故选：B．点评：功率分为平均功率和瞬时功率，求瞬时功率时只能用P=Fv求解．2．（6分）（2022秋•五华区校级月考）一点电荷从电场中的A点运动到B点，电场力做了正功，则（）A．A点电势肯定高于B点电势B．A点电势肯定低于B点电势C．该点电荷的动能肯定增大D．该点电荷的电势能肯定减小考点：电势；电势差与电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小；合外力对物体做正功，物体的动能增大，从而即可求解．解答：解：A、因该点电荷的电性未知，因此A、B两点电势凹凸无法推断，选项A、B错误；C、除了电场力之外，该点电荷可能还受到其他力的作用，其动能不肯定会增大，故C错误；D、电场力做了正功，该点电荷的电势能肯定减小，故D正确．故选：D．点评：该题考查电场力做功与电势能转变的关系，要明确电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小．基础题目．3．（6分）（2022秋•五华区校级月考）一质量为m=1kg的物体静止于光滑水平地面上，受到两个相互垂直的水平恒力F1、F2的作用，从静止开头运动，其中F1=3N，F2=4N，则作用2秒后，物体的动能大小为（）A．30JB．40JC．50JD．70J考点：动能；牛顿其次定律．分析：依据力的平行四边形定则，求解合力，结合牛顿其次定律，求解加速度大小，再由运动学公式与动能表达式，即可求解．解答：解：物体受到的合力，物体的加速度，2s末物体的速度大小v=at=10m/s，物体的动能．故选项C正确，ABD错误．故选：C．点评：考查力的平行四边形定则与牛顿其次定律的内容，把握运动学与动能表达式的应用．4．（6分）（2022秋•五华区校级月考）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，一质量为m的光滑圆球用细绳一端系住，另一端固定在斜面上，平衡时细绳水平，设绳子拉力大小为T，斜面对球的支持力大小为FN，则下列关系式正确的是（）A．T=mg，FN=mgB．T=mg，FN=mgC．T=mg，FN=mgD．T=mg，FN=2mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对球受力分析，运用合成法作图，然后结合几何学问求解．解答：解：球受力分析如右图所示，由图可得：，，故选：C．点评：求整体与地面间力时，可以用整体法，求解整体内部的内力时，肯定要用隔离法．5．（6分）（2022秋•五华区校级月考）“嫦娥一号”和“嫦娥二号”飞行器绕月运动的轨迹都视为圆，若两飞行器轨道半径分别为r1、r2，向心加速度大小分别为a1、a2，角速度分别为ω1、ω2，线速度大小分别为v1、v2，则下列表达式正确的是（）A．B．C．D．考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：依据万有引力供应向心力得出线速度、角速度、周期与轨道半径、中心天体质量的关系，从而得线速度、角速度、加速度的关系．解答：解：万有引力供应飞行器做圆周运动的向心力：，解得：，，，由此可得：，，，故选项D正确．故选：D．点评：解决本题的关键把握线速度、角速度、向心加速度、周期与轨道半径的关系．6．（6分）（2022秋•五华区校级月考）如图所示，A、B两平行正对的金属板组成一电容器，两极板带有等量异种电荷，A板带正电，B板接地（电势为零），两板间的电场可视为匀强电场，两板间有一固定于P点的正点电荷q，保持A板带电量不变，下列说法正确的是（）A．将A板上移，点电荷q的电势能将增大B．.将B板下移，点电荷q的电势能将增大C．将A板上移，点电荷q所受的电场力将增大D．将B板上移，点电荷q所受的电场力不变考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：平行金属板A、B板的电量不变，且B板接地．将两板板间距离变化时，电容也变化，场强也变化，即可判定点电荷所受电场力的变化，再依据P点与下板之间电势差的变化状况，确定P点电势的变化．若电势上升，正电荷的电势能增大；若电势降低，正电势能减小，从而求解．解答：解：A、设P点到B板之间的距离为x，电荷在P点具有的电势能为：EP=qEx，由此可得：A板上移时，电荷电势能不变，B板下移时，电荷电势能增大，故选项A错误，选项B正确．C、平行板电容器的电容：，，可得：，因电荷量Q不变，因此转变板间距离时，板间电场强度不变，因此电荷所受电场力不变，选项C错误，选项D正确；故选：BD．点评：解答本题时，关键要对物理量间的关系要生疏．确定电势，往往先确定电势差，再确定电势．7．（6分）（2022秋•五华区校级月考）如图所示，一正点电荷的电场中有一光滑绝缘杆竖直放置，一带电小球（可视为点电荷）套在杆上，从A点将小球由静止释放，一段时间后小球运动到C点，A、C间的高度差为h，B为AC的中点，若从A到C的过程中，小球电势能先增大后减小且在B点时电势能最大，则下列分析正确的是（）A．小球肯定带正电B．小球在B点加速度大小为gC．小球在C点的速度肯定小于D．小球在C点的速度肯定等于考点：电势能；电场线．分析：小球受到重力、支持力与库仑力，由于重力与支持力均不做功，仅在库仑引力作用下运动，库仑引力先做正功后做负功，则球的动能先增大后减小，而球与电荷组成的系统电势能先减小后增大；由于两者间距先变小后变大，则库仑力大小先增加后减小．解答：解：A、因小球在B点时电势能最大，所以B点距离点电荷最近，由此可知点电荷应当在AC的垂直平分线上，而且小球应当和点电荷是同种电荷，因此选项A正确；B、到B点时，小球竖直方向只受重力作用，因此加速度大小为g，选项B正确；CD、由以上分析可知，A、C应为等势点，从A到C，电场力对小球做功为零，因此：，可得：．选项C错误、D正确．故选：ABD．点评：考查库仑定律与牛顿其次定律，及运用力的分解，同时还应用力的做功，特殊留意功的正负．并当只有电场力做功时，动能与电势能相互转化8．（6分）（2022秋•五华区校级月考）一带电粒子以某一初速度进入一匀强电场，进入电场时其电势能大小为E0，若只考虑电场力的作用，其电势能Ep随时间变化的状况可能是（）A．B．C．D．考点：电势能．分析：粒子进入电场后，电场力可能始终做正功，或者先做负功再做正功，但不行能先做正功再做负功，依据电场力做功与电势能变化的关系分析．解答：解：AB、粒子进入电场后，电场力可能始终做正功，或者先做负功再做正功，但不行能先做正功再做负功，因此电势能可能始终减小，或先增大后减小，不行能先减小后增大，故A正确，B错误．CD、因粒子在电场中做匀变速运动，因此电势能不行能随时间均匀减小，故C错误，D正确．故选：AD．点评：本题主要考查了曲线运动的条件及电场力做功与电势能的关系，要结合粒子可能的运动状况进行分析．二、非选择题（本大题共分必考题和选考题两部分）（一）必考题9．（6分）（2022秋•五华区校级月考）在“争辩匀变速直线运动”的试验中，用打点计时器记录下了与小车连接的纸带，现在纸带上选择了0、1、2、3、4共5个计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出，用刻度尺测量纸带计数点的坐标位置，如图所示．已知电源的频率为50Hz，则打点计时器打计数点“2”时，小车的速度大小是0.18m/s，小车的加速度大小是0.43m/s2．（计算结果保留两位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：试验题；直线运动规律专题．分析：刻度尺的读数要估读到最小刻度下一位，匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，小车通过计数点“2”的瞬时速度等于1、3两点间的平均速度．求出0、2间的距离和2、4间的距离，依据△x=a（2T）2，求出加速度．解答：解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，小车通过计数点“2”的瞬时速度可以用“1、3”两计数点间的平均速度来表示，即v2==0.18m/s；“0、2”两计数点间距离和“2、4”两计数点间距离分别看成是两段相邻的相等时间（2T）内的位移，由△x=at2得a==0.43m/s2故答案为：0.18；0.43点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答试验问题的力量，在平常练习中要加强基础学问的理解与应用．留意单位的换算和有效数字的保留．10．（9分）（2022秋•五华区校级月考）某同学用如图1所示的试验装置探究“加速度与力、质量的关系”．（1）为消退摩擦力对试验的影响，可以使木板适当倾斜以平衡摩擦阻力，关于平衡摩擦力，下列操作最合理的是D．（填字母序号）A．未连接纸带前，放开小车，小车能由静止开头沿木板下滑B．未连接纸带前，轻碰小车，小车能匀速稳定下滑C．放开拖着纸带的小车，小车能由静止开头沿木板下滑D．放开拖着纸带的小车，轻碰小车，小车能匀速稳定下滑（2）在某次试验中，该同学保持小车质量不变，转变钩码个数重复多次试验，最终得到不同拉力作用下小车对应的加速度，记录的数据如下表所示．依据表中的数据在图2所示的坐标中作出a﹣F图象．F/N0.200.290.390.490.59a/（m•s﹣2）0.480.730.981.221.48（3）由图象可得出的结论是：当质量肯定时，加速度与力成正比；由图象可得到小车总质量为0.40kg．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：试验题．分析：（1）平衡摩擦力的方法是小车拖着纸带，不悬挂钩码，轻碰小车，看小车能否匀速下滑．（2）依据表格中的数据作出a﹣F图线．（3）依据a﹣F图线得出a与F的关系，结合图线的斜率求出小车的总质量．解答：解：（1）平衡摩擦力最合理的是放开拖着纸带的小车，轻碰小车，小车能匀速稳定下滑，知摩擦力得到平衡．故D正确，A、B、C错误．故选：D．（2）依据表格中的数据作出a﹣F图线，如图所示．（3）由图线可知，加速度与力成正比，图线的斜率为质量的倒数，则，解得m=0.40kg．故答案为：（1）D（2）见右图（3）加速度与力成正比0.40点评：解决本题的关键把握平衡摩擦力的方法，留意平衡摩擦力时，钩码不能与小车连接挂在定滑轮上；以及会通过图线争辩加速度与力和质量的关系．11．（13分）（2022秋•五华区校级月考）如图所示，斜轨道与半径为R的圆弧轨道平滑连接，放置于竖直向下的匀强电场中，轨道均光滑且绝缘，将质量为m，带电量为﹣q的小物块（可视为质点），从斜轨道上某点由静止释放，物块将沿轨道下滑后进入圆弧轨道运动，匀强电场的电场强度E=，求：（1）若释放点A与B的竖直高度差h=3R，物块到达B点时对轨道的压力大小；（2）要使小物块能达到圆弧轨道的最高点C，释放点与B点的竖直高度差h应满足的条件．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）通过动能定理求的到达B点速度，再有牛顿其次定律求的作用力；（2）求出到达B点时的最小速度，从释放点到最高点由动能定理即可求的竖直高度的最小值解答：解：（1）由动能定理可知mgh+qEh=﹣0在B点FN﹣mg﹣qE=联立解得由牛顿第三定律可知对轨道的压力为（2）到达最高点的速度为mg﹣qE=从释放点到B点有动能定理得（mg﹣qE）（h′﹣2R）=﹣0联立解得答：（1）若释放点A与B的竖直高度差h=3R，物块到达B点时对轨道的压力大小为；（2）要使小物块能达到圆弧轨道的最高点C，释放点与B点的竖直高度差h应满足最小值为点评：本体主要考查了在电场力作用下的动能定理，留意运动过程的选取是关键；12．（19分）（2022秋•五华区校级月考）如图所示，在y轴右侧整个空间有无限大匀强电场区域Ⅰ，电场强度为E1，方向沿x轴负方向，在直线x=﹣1m与y轴之间的整个空间有匀强电场区域Ⅱ，电场强度为E2，方向沿y轴负方向，两个电场的电场强度大小相等，即：E1=E2，一带正电的粒子从电场Ⅰ中由静止释放，经电场Ⅰ加速后垂直射入电场Ⅱ，粒子重力不计．（1）若释放点S坐标为（0.5，0.5），求粒子通过x轴的位置坐标；（2）将粒子在电场Ⅰ中适当位置由静止释放，粒子能通过﹣x轴上的P点，P点坐标为（﹣2，0），求释放点的坐标应满足的条件．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）先对直线加速过程依据动能定理列式求解末速度；再对类似平抛运动过程依据分运动公式列式后联立求解即可；（2）先假设坐标为（x，y），然后对直线加速过程运用动能定理列式，对类似平抛运动过程依据分运动公式列式，通过P点，故末速度的反向延长线通过偏转过程水平分位移的中点；最终联立求解．解答：解：（1）粒子在电场Ⅰ中加速过程，据动能定理可得：粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动，故：Sx=v0ta=联立解得：sx=1m故粒子通过x轴的位置坐标为（﹣1，0）；（2）满足条件的释放点的坐标为（x，y），粒子在电场Ⅰ中加速过程，据动能定理可得：粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动，设粒子从P点射出的方向与x轴的偏转角为θ，故：vx=v0vy=ata=其中：tanθ=通过P点，故末速度的反向延长线通过偏转过程水平分位移的中点，故要满足：y=1.5tanθ联立以上各式解得：y=答：（1）若释放点S坐标为（0.5，0.5），粒子通过x轴的位置坐标为（﹣1，0）；（2）将粒子在电场Ⅰ中适当位置由静止释放，粒子能通过﹣x轴上的P点，P点坐标为（﹣2，0），释放点的坐标应满足的条件为y=．点评：本题关键是明确粒子的受力状况和运动状况，然后结合动能定理、类似平抛运动的分运动公式列式后联立求解，不难．(二）选考题（15分）13．（5分）（2022秋•五华区校级月考）下列说法正确的是（）A．气体压强是由气体分子间的斥力产生的B．温度上升，分子热运动的平均动能肯定增大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．分子间斥力随分子间距的减小而增大E．任何热机都不行能使燃料释放的热量完全转化为机械能考点：热力学其次定律；分子间的相互作用力；*晶体和非晶体．专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系．分析：气体压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的．；温度是分子平均动能的标志；多晶体和单晶体有固定的熔点；分子间斥力和引力都随分子间距的减小而增大；热机的效率不行能到达百分百．解答：解：A、气体压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的．故A错误；B、温度是分子的平均动能的标志，温度上升，分子热运动的平均动能肯定增大．故B正确；C、多晶体和单晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点．故C错误；D、分子间斥力随分子间距的减小而增大．故D正确；E、依据热力学其次定律可知，任何热机都不行能使燃料释放的热量完全转化为机械能．故E正确．故选：BDE点评：本题关键要理解并把握温度的微观意义、热力学其次定律和气体压强的微观意义．要明确气体压强产生缘由是分子对器壁的撞击作用而形成的，不是分子间的斥力而产生的．14．（10分）（2022秋•五华区校级月考）如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着肯定质量的抱负气体．活塞的质量为m，横截面积为S，此时气体的温度为To，体积为Vo；现通过电热丝缓慢加热气体，使活塞上升至气体体积增大到原来的2倍．已知大气压强为P0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦．ⅰ．求加热过程中气体对外做了多少功；ⅱ．现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为mo时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度．考点：抱负气体的状态方程；封闭气体压强．专题：抱负气体状态方程专题．分析：i、由盖吕萨克定律求出气体的体积，然后应用功的计算公式求出功．ii、求出气体的状态参量，然后应用抱负气体的状态方程求出温度．解答：解：ⅰ．气体发生等压变化，据盖吕萨克定律可得：①据题意，V1=2V0，可得T1=2T0②气体对外做的功：③ⅱ．未加砂子时，，V1=2V0，T1=2T0④活塞回到原位置时，，V2=V0⑤据抱负气体的状态方程可得⑥解得⑦答：i、加热过程中气体对外做的功是（p0+）V0；ⅱ、此时气体的温度为．点评：本题考查了求气体做功、气体的温度，分析清楚气体状态变化过程，应用盖吕萨克定律、抱负气体状态方程即可正确解题．15．（2022秋•五华区校级月考）如图甲为一列简谐横波在t=1s时刻的波动图象，图乙为该波中质点P的振动图象．则该波向x轴负（填“正”或“负”）方向传播，该波的波速大小为1m/s，一个周期内，质点P通过的路程为2m．考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：依据质点P的振动图象在t=1s时刻的振动方向，从而确定波的传播方向；依据振动图象得出周期，依据波动图象得出波长，依据v=求出波速．解答：解：在t=1s时刻，质点P的振动图象，可知，质点P的振动方向y轴负方向，依据上下坡法，可知，该波向x轴负方向传播；依据波动图象得出波长λ=2m，由振动图象可知，质点振动周期T=2s，依据v=得：波速v=m/s=1m/s，由乙图可知，一个周期内，质点P通过的路程为4A=4×0.5m=2m．故答案为：负，1，2．点评：本题关键要把握两种图象的联系，能依据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上推断出波的传播方向．16．（2022秋•五华区校级月考）如图中的圆表示一圆柱形玻璃砖的截面，O为其圆心，MN为其对称轴，一束光线平行于MN从O1点射入玻璃砖，进入玻璃砖后沿直线传播到N点，测得光线PO1与MN之间的距离为R，R为玻璃砖的半径．若真空中的光速为C，求：（1）该玻璃砖的折射率；（2）光线从O1点沿直线传播到N点所需时间．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：（1）作出光路图，依据几何关系求出入射角和折射角，再由折射定律求解折射率．（2）由几何学问求出O1、N间的距离，由v=求出光在玻璃砖内传播的速度v，再由t=求解时间．解答：解：（1）作出光路图如右图所示，据几何关系可得，即：i=60°①而i=2r，得r=30°②据折射定律可得③解得④（2）据几何关系可得：⑤光从O1传播到N所需时间：⑥光在玻璃砖内传播的速度⑦联立解得：⑧答：（1）该玻璃砖的折射率是；（2）光线从O1点沿直线传播到N点所需时间是．点评：本题考查光的折射．关键是作出光路图，依据几何学问求出入射角与折射角．（15分）17．（2022秋•五华区校级月考）下列叙述正确的是（）A．卢瑟福在α粒子散射试验中发觉了电子B．γ射线是原子的内层电子的跃迁时产生的C．爱因斯坦为解释光电效应的试验规律提出了光子说D．用加温、加压或转变其化学状态的方法都不能转变原子核衰变的半衰期E．依据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道后，电子的动能将增大考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：