广东省深圳市外国语学校2021届高三第一次月考物理试卷 含答案

物 理 试 卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共 4 页，满分 100 分，考试用时 75 分钟。 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、座位号等相关信息 填写在答题卷指定区域内。 2．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内 的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和 涂改液.不按以上要求作答的答案无效。 4．考生必须保持答题卷的整洁。 第 I 卷 选择题（共 46 分） 一．单选题：共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。 1．下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中错误的是（  ） A．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 似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里应用了微元法 B．当△t 非常小时， 就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，这里应用了极限法 C．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律 D．质点、光滑斜面是利用了等效替代法 2．下列关于力的说法中，正确的是（  ） A．物体受摩擦力时一定受弹力，而且这两个力的方向一定相互垂直 B．运动物体所受摩擦力的方向一定和它运动方向相反 C．同一对作用力与反作用的大小有时也可能不相等 D．处于完全失重状态下的物体不受重力作用 3．如图所示，水龙头开口 A 处的直径 d1=2 cm，A 离地面 B 的高度 h=80 cm，当水龙头 打开时，从 A 处流出的水流速度 v1=1 m/s，在空中形成一完整的水流束，不计空气阻 力．则该水流束在地面 B 处的截面直径 d2 约为（g 取 10 m/s2）（ ） A．2 cm B．0.98 cm C．4 cm D．应大于 2 cm，但无法计算 4．如图所示，倾角 θ=30°的斜面上有一重为 G 的物体，在与斜面底边平行的水平推力作用 下沿斜面上的虚线匀速运动，若图中 ϕ=45°，则（  ） A．物体不可能沿虚线运动 B．物体可能沿虚线向上运动 C．物体与斜面间的动摩擦因数 μ= D．物体与斜面闻的动摩擦因数 μ= x t ∆ ∆ 3 3 6 3 5．如图，在光滑水平面上有一质量为 m1 的足够长的木板，其上叠放一质量为 m2 的木块。 假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一 随时间 t 增大的水平力 F=kt（k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为 a1 和 a2，下列反映 a1 和 a2 变化的图线中正确的是（ ） A． B． C． D． 6.穿梭于大街小巷的共享单车解决了人们出行的“最后一公里”问题。如图为单车 的传动装置，链轮的齿数为 38，飞轮的齿数为 16，后轮直径为 660mm，若小明以 5m/s 匀速骑行，则脚踩踏板的角速度约为（  ） A. 3.2 rad/s B. 6.4 rad/s C. 12.6 rad/s D. 18.0rad/s 7．如图所示，小物块（可看做质点）以某一竖直向下的初速度从半球形碗的碗口左 边缘向下滑，半球形碗一直静止在水平地面上，物块下滑到最低点过程中速率不 变，则关于下滑过程的说法正确的是（  ） A．物块下滑过程中处于平衡状态 B．半球碗对物块的摩擦力逐渐变小 C．地面对半球碗的摩擦力方向向左 D．半球碗对地面的压力保持不变 二．多选题：共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。每个选择题有多个答案，全对 得 6 分，选对但不全得 3 分，有错选得 0 分。 8．如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端 P 处时速度恰好沿着斜面方向，紧贴斜面 PQ 无摩擦滑下；如下四副图为物体沿 x 方向和 y 方向运动的位移—时间图象及速度—时间图象， 其中可能正确的是 9．如图所示，水平放置的复印机纸盒里有 10 张叠放的复印纸，每一张纸的质量均 为 m。摩擦轮竖直向下压第 1 张纸，并以一定的角速度逆时针转动。摩擦轮与第 1 张 纸之间的动摩擦因数为 µ1，纸张间的动摩擦因数均为 µ2，且有 µ1>µ2。设最大静摩擦 力与滑动摩擦力相同，则下列说法正确的是（  ） A．第 1 张纸受到摩擦轮的摩擦力方向向左 B．第 2 张纸受到的合外力为零 C．第 2 张纸到第 10 张纸之间不可能发生相对滑动 D．第 10 张纸不受第 9 张纸给的摩擦 力作用 a tO a1 a2 a tO a1 a2 a tO a1 a2 a tO a1 a2 10．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为 R，质量为 m 的 带孔小球穿于环上，同时有一长为 R 的细绳一端系于球上，另一端系于 圆环最低点，绳能承受的最大拉力为 2mg。重力加速度的大小为 g，当 圆环以角速度 ω 绕竖直直径转动时，下列说法正确的是（  ） A．圆环角速度 ω 小于 时，小球受到 2 个力的作用 B．圆环角速度 ω 等于 时，细绳恰好伸直 C．圆环角速度 ω 等于 时，细绳断裂 D．圆环角速度 ω 大于 时，小球受到 2 个力的作用 第 II 卷 非选择题（共 54 分） 三．实验题：2 题，每空 2 分，共 16 分。 11．某同学用如图甲的实验装置测量当地的重力加速度 g，钢球自由下落过程中，先后通过 光电门 A、B，钢球通过光电门 A 时光电计时器开始计时，通过光电门 B 时就停止计时，得 到钢球从 A 到 B 所用时间 t，用刻度尺测出 A、B 间高度 h，保持钢球下落的位置和光电门 B 的位置不变，改变光电门 A 的位置，重复前面的实验，测出多组 h、t 的值。 (1)由于钢球下落的位置和光电门 B 的位置均不变，因此小球到达 B 点的速度 vB 不变，则球 的运动可以看成是反向的______（填“匀加速”或“匀减速”）直线运动，故反向运动的位 移表达式 h=______（用 vB、g、t 表示）。 (2)根据测得的多组 h、t 的值，算出每组的 ，作出 图象如图乙，若图线斜率的绝对 值为 k，则当地的重力加速度 g=______。 12．如图为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置。用拉力 传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距 L＝48.0 cm 的 A、B 两点各安装一个速度 传感器，分别记录小车到达 A、B 时的速率。 (1)实验主要步骤如下： ①将拉力传感器固定在小车上； ②平衡摩擦力，让小车做________运动； R g R g2 R g3 R g6 h t h tt − ③把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连； ④接通电源后自 C 点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力 F 的大小及小 车分别到达 A、B 时的速率 vA、vB； ⑤改变所挂钩码的数量，重复④的操作。 (2)下表中记录了实验测得的几组数据，vB2－vA2 是两个速度传感器记录 速率的平方差，则加速度的表达式 a＝________。请将表中第 3 次的实验数据 填写完整（结果保留三位有效数字）。 (3)由表中数据，在坐标纸上作出 a－F 关系图线。 (4)对比实验结果与理论计算得到的关系图线(图中已画出理论图线)，造成上述偏差的原 因是________________________________________________________________________。 四．计算题 2 题，共 30 分（13 题 12 分，14 题 18 分） 13.某地二级路段发生山体滑坡事故．假设在发生山体滑坡时，山坡的底部 B 处正有 一游客逗留，如图所示，此时距坡底 160 m 的山坡 A 处有一圆形石头正以 2 m/s 的初 速度、1 m/s2 的加速度匀加速下滑，游客发现后，立即以 0.4 m/s2 的加速度由静止开 始做匀加速直线运动跑离坡底，石头滑到 B 处前后速度大小不变，但开始以 2 m/s2 的加速度匀减速运动，已知游客从发现圆形石头到开始逃跑的反应时间为 1 s，游客跑动的 最大速度为 6 m/s，且游客的运动与圆形石头的运动在同一竖直平面内，试求： (1)圆形石头滑到坡底 B 处时，游客前进的位移大小； (2)该游客若能脱离危险，请计算石头与游客间的最小距离，若不能脱离危险，请通过计算 说明理由． 14.如图所示，长为 m 的粗糙直轨道 AB 与光滑的八分之五的圆轨道 BCDE 相切于 B 点且 平滑连接。图中的 O 点为圆轨道的圆心，且 E、O、C 位于同一条竖直线上（E 为圆轨道的最 高点）；D、O、A 于同一条水平线上，且 OB 与 OA 的夹角为 450（OB 垂直于 AB）。现将一质量 m=1kg 的小球（视为质点）从 A 点以沿直轨道 AB 方向的初速度 v0 释放，已知小球与直轨道 AB 间的动摩擦因数 。 (1)若 v0=2m/s，求小球第一次经过 C 点时的速度大小； (2)若 v0=3m/s，求整个运动过程中小球对 C 点压力的最小值； (3)若要小球能在运动过程中，既不中途脱离圆轨道，又能再次回到 A 点， 求 v0 的取值。 序号 F(N) vB2－vA2(m2/s2) a(m/s2) 1 0.60 0.77 0.80 2 1.04 1.61 1.68 3 1.42 2.31 4 2.62 4.65 4.84 5 3.00 5.49 5.72 1L = 2 2 µ = 五．选做题：选修 3-3 的计算题，共 8 分 15.如图甲所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为 S＝1×10－3 m2。活塞的质量为 m＝ 2 kg，厚度不计。在 A、B 两处设有限制装置，使活塞只能在 A、B 之间运动，B 下方汽缸 的容积为 1.0×10－3 m3，A、B 之间的容积为 2.0×10－4 m3，外界大气压强 p0＝1.0×105 Pa。 开始时活塞停在 B 处，缸内气体的压强为 0.9p0，温度为 27 ℃。现缓慢加热缸内气体，直至 327 ℃。求： (1)活塞刚离开 B 处时气体的温度 t2； (2)缸内气体最后的压强； (3)在图乙中画出整个过程中的 p－V 图线。 物 理 学 科（答 案） 1．D A．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 作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里应用了微元法，选项 A 正确，不符合题 意； B．当△t 非常小时， 就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，这里应用了极限法，选项 B 正确，不符合题意； C．伽利略借助理想斜面实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律，选项 C 正确，不符 合题意； D．质点、光滑斜面是利用了理想模型法，选项 D 错误，符合题意。故选 D。 2．A A．根据摩擦力产生条件可知受摩擦力时一定受弹力；弹力方向垂直接触表面，摩擦力方向 与接触表面相切，所以这两个力的方向一定相互垂直，故 A 正确； B．运动物体所受摩擦力的方向一定和它相对运动方向相反，当摩擦力为动力时，摩擦力的 方向与运动方向相同，故 B 错误； C．同一对作用力与反作用的大小都是相等的，故 C 错误； D．完全失重状态下的物体只受重力作用，故 D 错误；故选 A。 3．B 水流由 A 到 B 做匀加速直线运动，由速度与位移关系： ，代入数据解得： ， 由 单 位 时 间 内 通 过 任 意 横 截 面 的 水 的 体 积 均 相 等 ， 可 得 ： ，解得：d2＝0.98 cm，故 B 正确,ACD 错误． 4．D x t ∆ ∆ 2 2 1 2Bv v gh− = 17 /Bv m s= 2 2 1 1 2 1 1 4 4Bv t d v t dπ π⋅∆ ⋅ = ⋅∆ ⋅ 对物块进行受力分析，如图所示 物块受重力 G、支持力 N、推力 F、摩擦力 f 作用，将重力分解为沿斜面向下的力 和与斜面垂直的力 ，如图所示 由图可知， 与 N 平衡，故可等效为物体在推力 F、沿斜面向下的力 、摩擦力 f 三个力 的作用下沿斜面上的虚线做匀速运动，其等效的受力情况如图所示 根据三力平衡特点，F 与 的合力必沿斜面向下，故摩擦力 f 只能沿斜面向上，故物体沿虚 线向下做匀速运动，AB 错误；由几何关系得F 与 的合力 ，由平衡 条件得： ，故物体与斜面间的动摩擦因数 5.【答案】A 【解析】木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前， 1 sin30G G=  2 cos30G G=  2G 1G 1G 1G 1 1245 GF Gcos = =°合 12f F G= =合 2 30 6 30 3 f Gsin N Gcos µ °= = =° 木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律 ，木块和木板相对运 动时， 恒定不变， 。所以正确答案是 A。 6.B【解析】飞轮和后轮角速度ω1 相等，链轮和飞轮的边缘线速度 v 相等，链轮和踏板角速 度ω2 相等，可得 故 B 正确，ACD 错误。 7【解答】解：A、物块做的是匀速圆周运动，由合外力作为物块的向心力，产生加速度， 所以物体的加速度不为零，不是平衡状态。故 A 错误。 C、物块在下滑的过程，物体受到的向心力的方向由水平向右逐渐向上发生偏转，但始终 有向右的分量，所以碗与物块组成的系统在水平方向必定受到向右的地面的摩擦力，故 C 错误。 BD、物块下滑过程中，半球碗对物块的支持力与重力沿半径方向的分力共同提供向心力， N﹣mgcosθ＝m ，下滑时，θ 逐渐减小，故支持力 N 逐渐增大，摩擦力 f＝mgsinθ， 逐渐减小，故 B 正确，D 错误。 故选：B。 8.答案 AD 解析 水平抛出的物体在 t＝tp 时刻抵达斜面之前，其沿水平方向做匀速直线运动，水 平速度 vx＝v0，设斜面倾角为 θ，物体抵达斜面后加速度 a＝gsin θ，故水平方向速度 vx＝v0＋ (gsin θ· cos θ)(t－tp)，即在水平方向做匀加速运动，故选项 B 错误；在 t＝tp 时刻抵达斜面之 前，物体在水平方向的位移 xp＝v0t，而抵达斜面后物体在水平方向的位移 x＝v0tp＋v0(t－tp)＋ 1 2gsin θ·cos θ·(t－t p)2，故选项 A 正确；在 t＝tp 时刻抵达斜面之前，物体在竖直方向做自由 落体运动，故竖直方向的速度 vy＝gt，抵达斜面后物体在竖直方向的加速度 ay＝gsin 2θ，故 vy＝gtp＋g·sin2 θ·(t－tp)，故选项 D 正确；在 t＝tp 时刻抵达斜面之前，物体在竖直方向的位 移 yp＝1 2gt2，抵达斜面后 y＝1 2gt2p＋gtp·(t－tp)＋1 2gsin 2θ·(t－tp)2，故选项 C 错误。 9．BC A．摩擦轮逆时针转动，第 1 张纸受到摩擦轮的摩擦力方向向右，故 A 错误； B．第 2 张纸上表面受到第 1 张纸向右的滑动摩擦力和第 3 张纸的最大静摩擦力 1 2 1 2 kta a m m = = + 2 1 1 m ga m µ= 2 2 kta gm µ= − 1 2 2 6.4rad/sN v N R ω = = ( )12 2f mg Fµ= + ( )32 2 2f mg Fµ= + 由于 所以第 2 张纸受到的合外力为零，故 B 正确； C．根据上述分析，第 2 张纸到第 10 张纸到的合外力为零，所以不会发生相对滑动，故 C 正确； D．第 9 张纸受到第 10 张纸的静摩擦力，根据牛顿第三定律，第 10 张纸受到第 9 张纸给的 摩擦力作用，两力等大反向，故 D 错误。 故选 BC。 10．【解答】解：AB、设角速度 ω 在 0～ω1 范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹 力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为 θ，则有：mgtan θ＝mRsin θ•ω 2，即为： ，当绳恰好伸直时有：θ＝60°，对应 ，故 AB 正确； CD、设在 ω1＜ω＜ω2 时绳中有张力且小于 2mg，此时有：FNcos 60°＝mg+FTcos 60°，FNsin 60°+F Tsin 60°＝mω 2Rsin 60°，当 F T 取最大值 2mg 时代入可得： ，即当 时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，故 C 错误，D 正确。 故选：ABD。 11．匀减速 2k (1)[1][2]由于球下落的位置不变，光电门 B 的位置不变，因此小球到达 B 点的速度不变，设 球到 B 点的速度为 vB，则球的运动可以看成是倒过来的匀减速直线运动，则有 (2)[3]将 整理后可得 由 图线斜率的绝对值有 解得：g=2k 12、【答案】(1)匀速直线 (2)vB2－vA2 2L  2.40 (3)见解析图 (4)没有完全平衡摩擦力 (1)摩擦力是否平衡，要根据小车不受拉力作用时，沿长木板能否做匀速直线运动来判 断。 32 12f f> 21 2Bv t gt− 21 2Bh v t gt= − 21 2Bh v t gt= − 2B h gv tt = − h tt − 2 gk = (2)小车在拉力作用下做匀变速直线运动，由匀变速直线运动的规律可得：a＝ vB2－vA2 2L 。 小车在不同拉力作用下均做匀变速直线运动，由 vB2－vA2 与 a 成正比可得：a＝2.40 m/s2。 (3)根据表中 a 与 F 的数据描点，发现各点基本处于同一条直线上，通过各点作直线即 可。 (4)没有完全平衡摩擦力。当没有完全平衡摩擦力时，由 F－Ff＝ma 得：a＝ 1 mF－ Ff m ，a－ F 图线交于 F 轴的正半轴。 13、解析：(1)设石头从 A 处滑到坡底 B 处的时间为 t1，到达坡底 B 处速度为 v1，则 x1＝v0t1＋ 1 2at21，…………………………1 分 代入数据解得 t1＝16 s…………………1 分 此时石头的速度为 v1＝v0＋at1＝2 m/s＋1×16 m/s＝18 m/s……………………1 分 游客加速到最大速度用时 t0＝ vm a′＝15 s，t1＝t0＋1 s…………………1 分 此过程游客一直在加速前进，游客前进的位移为 x2＝ 1 2a′(t1－1)2＝45 m.………1 分 (2)石头滑到坡底 B 处时，游客的速度为 0.4×(16－1) m/s＝6 m/s，刚好达到最大速度， 此后石头做匀减速运动，游客开始以 vm 做匀速运动，设又经过时间 t2 二者的速度相等， v 共＝v1－a 石 t2＝vm＝6 m/s………………………2 分 解得 t2＝6 s，……………………………………1 分 石头在这段时间内的位移为 x 石＝ v1＋v共 2 t2＝ 18＋6 2 ×6 m＝72 m，………………………………………1 分 游客此时的总位移为 x 游＝x2＋vmt2＝45 m＋6×6 m＝81 m，………………………………………1 分 由于 x 石＝72 m＜x 游＝81 m，……………………………………………1 分 说明石头此刻未能追上游客，游客能脱离危险， 石头与游客间的最小距离为 Δxmin＝81 m－72 m＝9 m.…………………………………………………1 分 14.(1)小球从 A 到 C 过程，据动能定理有 由几何关系有 ，可得 ………………2 分 (2)若恰好到 D 点，则 ，解得 …………1 分 2 2 0 1 1cos45 2 2CmgR mgL mv mvµ °− = − R L= 2 0 14m / sCv gL v= + = 2 0 1 cos452 mv mgLµ=  0 1 m/0 sv gL= = 因为 且 ，可得最终往复运动且 小球从 B 到 C 过程，据动能定理 ， …………2 分 得 ………………1 分 根据牛顿第三定律得 ，方向竖直向下。……………………2 分 (3)讨论中途不脱离轨道： ①若不过 D 点，则 ，解得 ………………2 分 ②若能过 E 点，不中途脱离圆轨道 …………………………1 分 从 A 到 E，动能定理 ……………………1 分 解得 ……………………………………1 分 讨论能回到 A： ①沿轨道返回到 A 点 ，得 ………………2 分 舍去（或者其他合理讨论得出不能沿着回到返回 A 点，只能靠从 E 点抛出回到 A 点） ②从 E 点平抛，到达 A 点，则 ， ……………………1 分 联立得 ，则 ……………………1 分 综上所述只能取 。……………………………………1 分 15. 解 析   (1) 活 塞 刚 离 开 B 处 时 ， 设 气 体 的 压 强 为 p2 ， 由 二 力 平 衡 可 得 p2 ＝p0 ＋ mg S …………1 分 解得 p2＝1.2×105 Pa 由查理定律得 0.9p0 273＋t1＝ p2 273＋t2…………1 分 解得 t2＝127 ℃…………1 分 0 3m/s 10m/sv = < 2 12 µ = < 0Bv = ( ) 2 C 11 cos45 2mgR mv°− = 2 C C mvN mg R − = C (3 2) (30 10 2)NN mg= − = − C C (30 10 2)NN N′ = = − 2 0 1 cos452 mv mgLµ≤  0 10m/sv gR≤ = 10m/sEv gR≥ = 2 2 0 1 1cos45 2 2EmgR mgL mv mvµ °− − = − 0 2 2 10m/sv gR≥ = 2 0 1 2 cos452 mv mgLµ=  0 20m/s 10m/sv = > 21 2R gt= 2 ER tv= 10m/sEv gR= = 0 2 2 10m/sv gR= = 0 2 10v = m/s (2)设活塞最终移动到 A 处，缸内气体最后的压强为 p3，由理想气体状态方程得 p1V0 273＋t1＝ p3V3 273＋t3…………1 分 解得 p3＝1.5×105 Pa。 …………1 分 因为 p3＞p2，故活塞最终移动到 A 处的假设成立。 (3)如图所示。 …………2 分