【文档说明】【精准解析】甘肃省白银市会宁县第四中学2021届高三上学期第一次月考物理试题.doc，共(15)页，662.500 KB，由小赞的店铺上传

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会宁四中2020-2021学年度第一学期高三第一次月考物理试卷一、选择题（1—8题为单选题，每小题仅有一个选项正确，9—12为多选题，每题至少有一个正确答案，总分4×12=48分）1.关于物体的运动，下列说法正确的是（）A

.做曲线运动的物体，其速度一定变化B.物体做曲线运动，其加速度一定变化C.物体受到的合外力方向变化，一定做曲线运动D.物体做圆周运动时，向心力就是物体受到的合外力【答案】A【解析】【详解】A．做曲线运动的物体，其速度方

向一定变化，即速度一定变化，选项A正确；B．物体做曲线运动，其加速度不一定变化，例如平抛运动，选项B错误；C．物体受到的合外力方向变化，若合外力方向与速度方向共线，则物体做直线运动，选项C错误；D．只有当物体做匀速圆周运动时，向心力才等于

物体受到的合外力，选项D错误。故选A。2.如图所示为一质点在平直轨道上运动的v－t图象．则下列说法正确的是()A.0～1s内与2～3s内质点的速度方向相反B.2～3s内与3～4s内质点的加速度方向不同C.0～1s内与3～4s内质点的

位移不同D.0～2s内与0～4s内质点的平均速度相同【答案】C【解析】试题分析：速度的正负表示质点的运动方向；速度图象的斜率等于质点的加速度；根据斜率的大小可判断加速度的大小，由斜率的正负确定加速度的

方向；速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移．在速度时间图像的中，速度值的正负表示方向，从图中可知0～1s内与2～3s内质点的速度都为正，所以速度方向相同，A错误；斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向，故从图中可知2～3s内与3～4s内质点的加速度方向相同，

B错误；速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则0～1s内位移为正，3～4s内质点的位移为负，位移不同，C正确；速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，0～2s内与0～4s内质点的位移相同，但所用时间不同，则平

均速度不相同，D错误．3.如图所示，是自行车的轮盘与车轴上的飞轮之间的链条传动装置。P是轮盘的一个齿，Q是飞轮上的一个齿。下列说法中正确的是（）A.P、Q两点角速度大小相等B.P、Q两点向心加速度大小相等C.P、Q两点线速度大小相等D.P点角速度大于Q点的角速度【答案】C【解析】【详解】C．由于

链条传动，相同的时间P、Q两点转过相同的齿数，因此P、Q两点线速度大小相等，C正确；AD．根据vr两点线速度相等，P的点半径大，因此P点的角速度小于Q点的角速度，AD错误；B．根据2var两点线速度相等，P点的半径大，因此P点的向心加速度小于Q点的向心加速度，B错误。故选C。4.如图所示，

一圆盘可绕一通过圆盘中心O且垂直于盘面的竖直轴转动，圆盘上的小物块A随圆盘一起运动，对小物块进行受力分析，下列说法正确的是()A.受重力和支持力B.受重力、支持力、摩擦力C.受重力、支持力、向心力D.受重力、支持力、摩擦力、向心力【答案】B【解析】【详解】小木块做匀速

圆周运动，合力指向圆心，对木块受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图所示重力和支持力平衡，静摩擦力提供向心力．A.A项与上述分析结论不相符，故A错误；B.B项与上述分析结论相符，故B正确；C.C项与上述分析结论不相符，故C错误；D.D项与上述

分析结论不相符，故D错误；5.如图，A、B为地球的两颗卫星，它们绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径满足ABrr．v、a、T、kE分别表示它们的环绕速度大小，向心加速度大小、周期和动能，下列判断正确的是A.

ABvvB.ABaaC.ABTTD.kAkBEE【答案】C【解析】【详解】设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M．卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：222224=mMvGmrmrmmarTr＝＝；解得：GM

vr，32rTGM，3GMr，2GMar，则根据题意有：rA＜rB可得：A.由GMvr，可得，vA＞vB，故A错误．B.由2GMar，可得，aA＞aB，故B错误．C.由32rTGM，可得，TA＜TB，故C正确．D.由于二者的质量关系是未知的，则不能比较它们的动能大

小，故D错误．6.纯电动汽车绿色环保，许多人驾驶纯电动汽车出行。一辆纯电动汽车功率为30kW，当行驶速度大小为20m/s时，牵引力的大小为（）A.600NB.1500NC.1.5ND.6×105N【答案】B【解析】【详解】根据P=Fv可得牵引力3

0000N=1500N20PFv故选B。7.如图所示，一辆质量为m=800kg的小汽车驶上圆弧半径R=40m的拱桥，g=10m/s2。若汽车到达桥顶时的速度v=10m/s，则小汽车对拱桥的压力大小（）A.6×103NB.1×104NC.8×103ND.7.8×103N【答案

】A【解析】【详解】在最高点，设拱桥对小车的支持力为F，由牛顿第二定律可知2vmgFmr解得221080010N800N6000N40vFmgmR由牛顿第三定律可知，小汽车对拱桥的压力大小为6000N。故选A。8.如图所示，质量为m的小球从桌面以上高h1处的A点下

落到地面的B点，桌面高h2，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）A.以桌面为参考平面小球在B点的重力势能为mgh2B.以地面为参考平面小球在B点的重力势能为mgh2C.小球从A点下落到B点重力势能增大mg（h1＋h2）D

.小球从A点下落到B点重力势能减少mg（h1＋h2）【答案】D【解析】【详解】A．以桌面为参考平面小球在B点的重力势能为-mgh2，A错误；B．以地面为参考平面小球在B点的重力势能为0，B错误；CD．小球从A点下落到B点重力势能减少mg（h1＋h2）C错误，D正确。故选D。9.细线

的一端拴一个小球，固定线的另一端，使小球在水平面内做匀速圆周运动（）A.当转速一定时，线越短越容易断B.当角速度一定时，线越长越容易断C.当线速度大小一定时，线越长越容易断D.当周期一定时，线越长越容易断【答案】BD【解析】【详解】A．设转速为n，

由角速度2n及向心力公式2Fmr可知2(2)Fmnr故当转速n一定时，线越短，所需的向心力越小，则绳越不容易断，故A错误；B．由2Fmr可知，当角速度一定时，线越长向心力越大，则绳越容易断，故B正

确；C．由2Frvm可知，当线速度大小一定时，线越长向心力越小，绳越不容易断，故C错误；D．由224FmrT可知，当周期一定时，线越长向心力越大，绳越容易断，故D正确。故选BD。10.如图所示，斜面倾角为，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B

水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A.若小球以最小位移到达斜面，则t＝02tanvgB.若小球垂直击中斜面，则t＝0tanvgC.若小球能击中斜面中点，则t＝02tanvgD.无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t＝02tanvg【答案】A

B【解析】【详解】A.小球的位移与斜面垂直时，小球以最小位移到达斜面，分解小球的位移可得02tan12vtgt解得0an2tvtgA正确；B．小球的速度与斜面垂直时，小球垂直击中斜面，分解小球速

度可得0tanvgt解得0tanvtgB正确；C．若小球能击中斜面中点，分解位移，由几何关系可得0tangtv解得0tanvtgC错误；D．小球到达斜面的位置不一样，在空中运动的时间也不一样，D错误；故选AB。11.电影《流浪地球》深受观众喜爱，地球最后找到了新家园。这

是一颗质量为太阳2倍的恒星，假设地球绕该恒星作匀速圆周运动，地球到这颗恒星中心的距离是地球到太阳中心的距离的2倍。则现在地球绕新的恒星与原来绕太阳运动相比，下列说法正确的是（）A.线速度大小不变B.万有引力是原来的14C.向心加速度是原来的

2倍D.周期是原来的2倍【答案】AD【解析】【详解】A．根据万有引力充当向心力22MmvGmrr解得线速度GMvr由题知，新恒星的质量M是太阳的2倍，地球到这颗恒星中心的距离r是地球到太阳中心的距离的2倍，则地球绕新恒星的线速度不变，故A

正确；B．根据万有引力2MmFGr可知，万有引力变为原来的12，故B错误；C．由向心加速度a=2vr可知，线速度v不变，半径r变为原来的2倍，则向心加速度变为原来的12，故C错误；D．由周期T=2rv可知，线速度v不变，半径r变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，故

D正确。故选AD。12.如图所示，某人将质量为m的石块从离地面h高处以θ角斜向上抛出，初速度大小为v0。以抛出点为参考平面，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.石块落地时的动能为2012mghm

vB.石块离手时的机械能为2012mghmvC.人对石块做的功为2012mvD.人对石块做的功为2012mvmgh【答案】AC【解析】【详解】A．不计空气阻力，石块的机械能守恒，以地面为参考平面，根据机械能守恒得石块落地时动

能为2012kEmghmv故A正确；B．不计空气阻力，石块的机械能守恒，以抛出点为参考平面，可得石块离手时的机械能为2012Emv机故B错误；CD．由动能定理可知，抛出时人对石块所做的功为2012Wmv故C正确，D错误。故选AC。二、实验题（本题共2小题，每空3分，共18分）13.（1）

“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的示意图．①图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方

向的是______．②本实验采用的科学方法是________．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法（2）某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示2N，两力的合力用F表示，F1、F2与F的夹角分别为θ1和θ2，关于F1、F2与F、θ1和

θ2关系正确的有________．A．F1＝4NB．F＝12NC．θ1＝45°D．θ1<θ2【答案】(1).'F(2).B(3).BC【解析】试题分析：理解本实验的“等效”思想．明确“实验值”和“实际值”的区别．根据平行四边形定则作

出合力，从而确定合力的大小和分力与合力的夹角．根据图乙可知F是根据1F和2F为邻边作出理论值，而F是实际操作画出的，由于实验存在误差，理论值和实际值存在偏差，故F一定沿AO方向（2）本实验是根据合力与两个分力的作用效果相同为原则的，所以采用了等效替代法，B正确；（3）据

平行四边形定则，作出两个力的合力，如图．从图上可知142FN，245FN合力F=12N．根据余弦定理可知222121132144802cos22962FFFFF，即145，根据大角对大边，可知12，故BC正确．

14.如图甲所示，为用电火花打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置。（1）实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示。打P点时，重物的速度为零，A、B、C为另外3个连续点，测得它们到P点的距离分别为h1、h2、h3。已知打点计时器打点的

周期为t，当地的重力加速度为g，重物质量为m。则从打P点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量△EP=______，在B点的动能Ek=______；（用题中符号表示）（2）实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是____

__。A．重物的质量过大B．重物的体积过小C．电源的电压偏低D．重物及纸带在下落时受到阻力【答案】(1).mgh2(2).23128mhht(3).D【解析】【详解】(1)［1］重物由P点运动到B点的过程中，重力势能减少量△Ep=mgh2［2］根据某段时间内的平均

速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度为3122ACBxhhvtt则动能的增加量23122128kBmhvtEhm(2)［3］实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，主要原因是重物及纸带在下落过程中受到阻力，使得减小的重

力势能部分转化为内能，故选D。三、计算题，（本题共3小题，15题10分，16题12分，17题12分，共34分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和

单位。15.某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以v0=2m/s的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球。此时无人机到水平地面的距离h=20m,空气阻力忽略不计，g取10m/s2。（1）计算小球在空中下落

的时间。（2）计算小球释放点与落地点之间的水平距离。【答案】（1）2s（2）4m【解析】【详解】(1)小球离开无人机时，具有和无人机相同的水平速度，即v0=2m/s，水平向右，根据小球竖直方向做自由落体运动规律212hgt，得22202s10htg(2)根

据小球水平方向做匀速直线运动，可知小球释放点与落地点之间的水平距离0224mxvt。16.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。如图所示为其中一颗北斗卫星的轨道示意图。已知该卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球半径为R，地球表面附近的重力加速度为g，引力常量为G。

求：(1)地球的质量M；(2)第一宇宙速度v1的表达式；(3)该北斗卫星的轨道距离地面的高度h。【答案】(1)2gRG；(2)gR；(3)22324πgRTR【解析】【详解】(1)设一物体的质量为m1，在地球表面附近，万有引力等于重力112MmG

mgR解得地球质量GgRM2(2)根据牛顿第二定律22MmvGmrr解得GMvr当rR时，则第一宇宙速度1GMvgRR(3)设该北斗卫星质量为m2，根据牛顿第二定律222224π()MmGmRhRhT解得22233224π4πGMTgRThRR17.如图所

示，光滑水平面AB与竖直面内粗糙的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径R=0.6m。一个质量m=2kg的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后沿半圆形轨道向上运动恰能到达C点。重力加速度g=10m/s

2。求：(1)物体到达C点的速度大小vc；(2)弹簧压缩至A时的弹性势能Ep；(3)物体从B至C运动过程中克服阻力做的功W。【答案】(1)2.45m/s；(2)36J；(3)6J【解析】【详解】(1)物体恰能运动到C点则有2CvmgmR解得

100.6m/s6m/sCvgR=2.45m/s(2)物体在B点由牛顿第二定律2N-BvFmgmR根据牛顿第三定律NNFF由机械能守恒定律2p12BEmv解得p36JE(3)物体从B运动到C的过程，由动能定理2211222CBmgRWmvmv

解得6JW