【文档说明】【精准解析】内蒙古通辽市开鲁县第一中学2021届高三上学期第一次月考物理试题.pdf，共(18)页，419.339 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-1155135426b528712822e200cf0ac6d9.html

以下为本文档部分文字说明：

-1-开鲁一中高三年级第一次阶段性考试物理学科试题说明：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)满分110分，考试时间90分钟。2.将第I卷的答案代表字母涂在答题卡。第Ⅰ卷（选择题部分）一、选择题（共13小题，每

小题4分，共52分.每小题有一个或多个选项符合题目要求,选不全的得2分，错选或不选得0分.1-8单选，9-13多选）1.下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（）A.牛顿进行了“月—地检验”，得出“使月球绕地球运动的力”和“使苹果落地的力”都遵从同样的规律B.亚里士

多德提出了力是改变物体运动状态的原因C.加速度aFm和avt的定义都运用了比值法D.根据速度定义式vxt，当△t非常非常小时，xt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法【答案】A【解析】【详解】A．牛顿在对万有

引力的研究中，进行了“月-地检验”，得出“使月球绕地球运动的力”和“使苹果落地的力”都遵从同样的规律，故A正确；B．牛顿提出了力是改变物体运动状态的原因，故B错误；C．加速度aFm是加速度的决定式，不是定义式

，没有运用了比值法，故C错误；D．根据速度定义式vxt，当△t非常非常小时，xt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思维法，故D错误。故选A。2.如图所示，电梯与水平地面成θ角，一人站在电梯上，电梯从静止沿斜面开始匀加

速上升，到达一定速度后再匀速上升．若以N表示水平梯板对人的支持力，G为人受到的重力，f为电梯对人的静摩擦力，则下列结论正确的是-2-A.加速过程中，N=GB.加速过程中，人受到的支持力大于人对电梯的压力C.匀速过程中，f＝0，N、G都做功D.匀速过程中，摩擦力方向

水平向右【答案】C【解析】【详解】A、加速过程中，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax=acosθ，方向水平向右；ay=asinθ，方向竖直向上，所以支持力大于人的重力，故A错误；B、根据牛顿第三定律可知人受到的支持力等于人对电梯的压力，故B错误；CD、匀速过程中，人受力平衡，水

平方向不受摩擦力，但在竖直方向上有位移，所以重力做负功，支持力做正功，故D错误，C正确；故选C．【点睛】解决本题时可以把加速度进行分解，结合牛顿第二定律求解各力，明确在理的方向上通过的位移即可．3.我国ETC（电子不停车收费系统）已实

现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．一辆汽车以20m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4s的时间速度减为5m/s且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5m/s2，假设汽车可视为质点

．则下列说法正确的是（）A汽车开始减速时距离自动收费装置110mB.汽车加速4s后速度恢复到20m/sC.汽车从开始减速到速度恢复到20m/s通过的总路程为125mD.汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4s【答案】C【解析】【详解】根据平均速度的推论知，汽车开始减速时距离自

动收费装置的距离01120545022vvxtmm，A错误；汽车恢复到20m/s所需的时间-3-02220562.5vvtssa，B错误；汽车加速运动的位移02252067522vvxtmm

，则总路程125075125xxxmm，C正确；这段路程匀速运动通过的时间01256.2520xtssv，则通过自动收费装置耽误的时间12466.253.75ttttss，故D错误．4.地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a1，地球的同步卫星绕地

球做匀速圆周运动的轨道半径为r，向心加速度为a2。已知引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，且地球近地卫星轨道处的重力加速度为g0下列说法正确的是（）A.地球质量grMG2B.地球质量arMG21C.a1、a2、g、

g0的关系是g0=g>a2>a1D.加速度之比2araR212【答案】C【解析】【详解】AB．根据万有引力定律可得，对地球的同步卫星有22MmGmar解得地球的质量22arMG故AB错误；C．地球赤道上的物体和地球同步卫星的角速度相等，根据a=ω2r知a1＜a2

对于地球近地卫星有02MmGmgR-4-得02GMgR地球表面的物体2MmGmgR得02=GMggR对于地球同步卫星，有22MmGmar即得22GMar因为r＞R，所以a2＜g，综合得g0=g＞a2＞a1故C正确；D．地球赤道上的物体与地球同步卫星角速度相同，则根据a=ω2

r，地球赤道上的物体与地球同步卫星的向心加速度之比12aRar故D错误；故选C。5.甲、乙两球质量分别为1m、2m,从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比,与球的质量无关,即f=kv(k为正的常量),两球的v−t图象如图所示,落地前,经过时间0t两

球的速度都已达到各自的稳定值1v、2v,则下落判断正确的是()-5-A.甲球质量大于乙球B.m1/m2=v2/v1C.释放瞬间甲球的加速度较大D.t0时间内，两球下落的高度相等【答案】A【解析】【详解】两球先做加速度减小

的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv=mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，1122mvmv，由图象知v1＞v2，因此m甲＞m乙；故A正确，B错误．释放瞬间v=0，空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g．故C错误；图象与时间轴围

成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等；故D错误；故选A．6.如图所示，固定的竖直光滑细杆上穿有一小球，长度不可伸长的轻绳跨过定滑轮后一端与小球相连，以恒定的速率1v沿绳拉动轻绳的另一端，使小球沿细杆向上运动，当小球上升到某高度时，连接小球的轻绳与细杆的

夹角为（90），此时小球沿细杆上升的速度大小为2v，则下列说法正确的是（）A.21sinvvB.21cosvvC.此时小球处于超重状态D.此时小球处于失重状态【答案】C【解析】-6-【详解】AB．小球上升的速度沿绳方向的分量与拉动绳子的速度相等，则21cosvv故选项A、B错误

；CD．上升的过程中，变大，1v大小不变，2v变大，小球在加速上升，处于超重状态，故选项C正确，选项D错误。故选C。7.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保

持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为32．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面间的夹角为30°，g取10m/s2．则ω的最大值是()A.5rad/sB.3rad/sC.1.0rad/sD.0.5rad/s【答案】C【解析】【详解】试题分析：随着角速度的增大，小物体最先相对于

圆盘发生相对滑动的位置为转到最低点时，此时对小物体有，解得，此即为小物体在最低位置发生相对滑动的临界角速度，故选C．8.如图所示，水平桌面光滑，A、B物体间的动摩擦因数为μ(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，A物体质量为2m，B和C物体的质量均为m，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码．在

保持A、B、C三个物体相对静止且共同向左运动的情况下，B、C间绳子所能达到的最大拉力是()-7-A.12μmgB.μmgC.2μmgD.3μmg【答案】B【解析】【详解】AB间的最大静摩擦力为μ•2mg，先以BC整体为研究对象，根据牛顿第二定律μ•2mg

=2mamax得amax=μg以C为研究对象，根据牛顿第二定律Tmax=ma=μmg故选B。9.如图所示，水平地面上质量为m的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速直线运动，拉力F与水平面夹角为θ，物块与地面间动摩擦因数为μ．已知重力加速度为g，下列说法中正

确的是（）A.物体A受到的摩擦力大小为μmgB.物体A一定受到四个力的作用C.拉力F与物体A受到的摩擦力的合力方向一定是竖直向上D.物体受到的重力和地面对物体的支持力是一对平衡力【答案】BC【解析】【详解】A.物体A受到的摩擦力大小为(sin)fmgF选项A错误

；-8-B.物体水平方向一定受摩擦力，则物体一定受支持力；所以物体受重力、拉力、支持力和摩擦力处于平衡，即物体一定受四个力的作用．故B正确．C.因为物体合力为零，知拉力F与物体A受到的摩擦力与重力和支持力的合力等值反

向，方向一定竖直向上．故C正确．D.物体A受到的重力和支持力大小不等，不是平衡力．故D错误．10.如图，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则（）A.车厢的加速度为g

sinθB.绳对物体1的拉力为1cosmgC.物体2所受底板的摩擦力为m2gtanθD.底板对物体2的支持力为(m2－m1)g【答案】BC【解析】【详解】AB．以物体1为研究对象，重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m1gtanθ=m1a得a=gtanθ则车厢

的加速度也为gtanθ。对1的拉力为1cosmgT故A错误，B正确。CD．对物体2研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：122cosmgNmgTmgf=m2a=m2gtanθ．故C正确，D错误。故选BC。11.

在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。质量为m的跳水运动员进入水中后受-9-到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，g为当地的重力加速度。下列说法错误．．的是（）A.他的动能减少了FhB.他的重

力势能减少了mghC.他的机械能减少了()FmghD.他的机械能减少了Fh【答案】AC【解析】【详解】A．运动员在减速过程中，根据动能定理，可知动能减少k()EmgFh故A错误，符合题意；B．运动员重力做正功，重力势能减少，即pEmgh故B正确，不符合题意；

CD．阻力做负功，机械能减少，所以机械能减少量为Fh，故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。故选AC。12.如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，从传送带A点轻轻放置一个质量为10kg的小滑块，小滑块从A到B过程的速度随时间变化关系如图乙所示，则（）A.传送带的速度等于4

m/sB.小滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，2s后小滑块受到的摩擦力为20NC.传送带AB的距离24mD.整个过程摩擦生热为80J【答案】ACD【解析】-10-【详解】A．由图乙可知，物块在传送带上先加速后和传送带同步匀速运动，传送带的速度等于4m/s，故A正确；B．由图乙

可知，物块加速阶段加速度为224m/s2m/s2vat根据牛顿第二定律得mgma带入数据解得0.22s后小滑块受到的摩擦力为零，故B错误；C．传送带AB的距离等于图乙中图线与t轴围成的面积(57)42m24mL故C正确；D．整个过程只有加速阶段摩擦生热，产

生的热量为Qmgddxx带块1xvt带带2112xat块联立并带入数据得80JQ故D正确。故选ACD。13.如图所示,一根轻杆长为2L,轻杆的中点和右端各固定一个小球AB、,小球A的质量为m,小球B的质量为2m,轻杆左端O为光滑水平转轴开始

时轻杆静止在水平位置,释放后轻杆向下摆至竖直位置的过程中(不计一切摩擦和空气阻力),下列说法正确的是（）-11-A.小球A的机械能减小B.合力对小球B做功的功率始终为零C.轻杆对小球B做的功为49mgLD.摆至竖直位置时,

杆OA中的拉力大小为479mg【答案】AC【解析】对AB整体来说，整体受力中只有重力做功，故机械能守恒；由于杆的作用，两球应具有相同的角速度，设A到达底端的速度为v，则由v=rω可知，vB=2vA=2v

；根据机械能守恒定律得，mg•L+2mg•2L=12mv2+12•2m（2v）2，解得109vgL；如果没有B球，则A的速度应为2gL；故说明由于AB间杆的作用，A球的机械能将减小，B球机械能增大；故杆对B做正功，则2122=2(2)2mgLWmv杆；解得W杆=49m

gL，选项AC正确；小球B做速度增加的圆周运动，则合力的方向不是指向圆心，即合力方向不与速度垂直，即合力的功率不等于零，选项B错误；摆至竖直位置时：对A：212vTmgTmL；对球B：22(2)222vTmgmL；解得1779Tmg，选项D错误

；故选AC．点睛：本题关键是知道两物体系统的机械能守恒，单个物体的机械能是不守恒的；要注意杆和绳的区别，由于杆的弹力可以沿不同方向，故杆可以对AB做功．第II卷（非选择题部分）二．实验题（每空2分共16

分）14.“探究合力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系”的实验装置如图甲所示，实验主要过程如下：-12-(1)为保证橡皮筋对小车做的功为总功，且分别为W、2W、3W……，必须采用的实验操作是______。A．选

用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致B．使木板适当倾斜，平衡摩擦力C．测量出橡皮筋的劲度系数D．测量出小车质量E．先释放小车，后接通打点计时器电源(2)用一根、两根、三根、四根橡皮筋完成四次实验打出的部分纸带如图乙所示，已知打点计时器每隔0.02s打一个计时点，用一根

橡皮筋实验，当橡皮筋恢复原长后，小车获得的速度v1=____m/s（结果保留3位有效数字）。(3)通过数据分析，可得出实验结论：______。-13-【答案】(1).AB(2).1.00(3).合力做功与速度的平方成正比【解析】【详解】(1)[1]为保证橡皮筋对小车做的功为总

功，需利用自身的重力平衡摩擦力，且选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致，使得每条橡皮筋做功一样。不需要测出小车的质量和每条橡皮筋的劲度系数。实验开始时应先接通电源，待稳定工作后再释放小车。故AB正确，CD错误。故选AB。(2)[2]小车获得的速度为最

后保持匀速的速度，即22.0010m/s1.00m/s0.02v(3)[3]通过数据分析，可得出结论：合力做功与速度的平方成正比。15.用如图甲所示，实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测

量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示。已知150gm、2150gm，则：（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）(1)在纸带上打下计数点5时的

速度v__________m/s；(2)在打点0~5过程中系统动能的增加量kE_____J，系统势能的减少量pE_____J，由此得出的结论是：________；(3)若某同学作出的22v－h图象如图丙所示，则当地的实际重力加速度g______m/s2。-14-【答案】(1).2.

4(2).0.58(3).0.60(4).在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒(5).9.7【解析】【详解】(1)[1]根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知

打第5个点时的速度为465(21.6026.40)cm2.4m/s220.1sxvT(2)[2]物体的初速度为零，所以动能的增加量为2k125()100.58J2Emmv[3]重力势能的减小量等于物体重力做功

，故p21(0.60J)EWmmgh[4]在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。(3)[5]本题中根据机械能守恒可知212mghmv即有212vgh所以作出的212vh图象中，斜率表示重力加速度，由图可知斜率9.7k故当地的实际重力加速度29.7m/sg三、

计算题（共3小题，共42分。要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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。）16.2019年12月27日上午10时15分，我国自行研

制的C919大型客机106架机从浦东机场第四跑道起飞，经过2小时5分钟的飞行，在完成了30个试验点后，于12时20分返航并平稳降落浦东机场，顺利完成其首次飞行任务。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当滑跑距离x=1.35×103m时才能达到起飞所要求的

速度v=90m/s，已知飞机质量m=7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍。重力加速度取g=10m/s2.在飞机滑-15-跑过程中，求：(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P。【答案】(1)3m/s2(2)1.26×107W【解析】【详解】(1)飞

机在滑跑的过程中，由运动学公式有2ax=v2，解得a=22390m/s21.3510=3m/s2(2)飞机在滑跑过程中，由牛顿第二定律有F－f=ma解得F=2.8×105N飞机滑跑的平均速度为v=02v

v=45m/s则飞机在滑跑过程中的牵引力的平均功率61.2610WPFv＝＝17.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一

端恰好与管口D端平齐。一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数为0.5，BC长为0.5m，小球进入管口C端后，通过CD在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为EP=0.5J。取重力加速度g

=10m/s2.求：(1)C处管壁受到的作用力；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；-16-(3)小球最终停止的位置。【答案】(1)25N；(2)6J；(3)0.2m。【解析】【详解】(1)滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得212BCCmgsmghmv

在C点2CvNmgmr带入数据解得N=25N即在C点上管壁受到向上的大小为25N的作用力；(2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零。设此时滑块离D端的距离为x0，则有kx0=mg计算得出x0=0.1m由机械能守恒定律有2012CkmpmgrxmvEE得2013J

+3.5J-0.5J6J2kmCpEmgrxmvE(3)小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。设物块在BC上的运动路程为s′，由动能定理有'212Cmgsmv-17-计算得出s′

=0.7m故最终小滑块距离B为0.7m-0.5m=0.2m处停下.18.下列说法中正确的是（）A.分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小B.高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故C.功转变为热的

宏观过程是不可逆过程D.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动E.瓶中充满某理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中（内外气体的温度相同且保持不变），则瓶内气体吸收热量且分子平均动能不变【答案】ACE【解析

】【详解】A．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项A正确；B．高原地区水的沸点较低，这是高原地区大气压较低的缘故，选项B错误；C．根据热力学第二定律，功转变为热的宏观过程是不可逆过程，选项C正确；D．布朗运动是固体颗粒的无规则运动

，它说明液体分子的永不停息地做无规则运动，选项D错误；E．瓶内气体缓慢流出过程中气体体积增大，气体对外做功，而温度始终相等，内能不变，则气体需要吸收热量。因温度是分子平均动能的标志，则分子的平均动能不变，故E正确。故选ACE。19.如图所示，一支粗细均匀且足够长的玻璃管，倒插入水银槽

中，玻璃管封闭端的上部有一段60cm长的水银柱，玻璃管内下端水银柱上表面与槽内水银面相平，其间封有48cm长的空气柱。设环境温度保持不变，已知大气压强P0=75cmHg。求：①管内水银柱与玻璃管的顶端间的压强；②将玻璃管缓慢上提后，当管内上段水银柱与玻璃管的顶

端间弹力恰好为零时，玻璃管中空气柱的长度。-18-【答案】①15cmHg②60m【解析】【详解】①玻璃管上端水银柱处于平衡状态有0pSghSpS即管内水银柱与玻璃管的顶端间的压强为0(7560)cmHg15cmHgppgh②玻璃管缓慢上提的过程，管内

气体体积增大，压强减小，管内水银柱与玻璃管的顶端间弹力减小，当弹力减小为零时，气体压强p2=60cmHg，又p1=p0=75cmHg由玻意耳定律得1122pSLpSL解得管内水银柱与玻璃管的顶端间弹力恰好为空气柱长度260cmL