【文档说明】陕西省渭南市临渭区尚德中学2021届高三上学期第一次月考物理试题【精准解析】.doc，共(17)页，711.000 KB，由小赞的店铺上传

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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37=,—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,sin370.6,cos370.8G==,则手对细线的拉力等于（）A.GB.2GC.34GD.45G【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：34FG，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2

012xvtat=+与x=2t+t2对比可知02m/sv=，22m/sa=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2(255)m=35mx=+故B正确；D．第3s末质点的速度大小为()3232m/s8m/sv=+=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QCU=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.2m

gH-EkB.Ek-2mgHC.2Ek-mgHD.2mgH-2Ek【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A。6.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.3ILB，水平向右D.3ILB，水平向左【答案】D【解析】【详解】弧长为L，圆心角为60°，则弦长：3LAC=，导线受到的安培力：F=BI•AC=3ILB，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22311121H+HHe+n→，已知21H的质量为2.0136u，32He的质量为3.0150u，10n的质量为1.0087u，21u=931MeV/c．

氘核聚变反应中释放的核能约为（）A.3.7MeVB.3.3MeVC.2.7MeVD.0.93MeV【答案】B【解析】【详解】氘核聚变反应的质量亏损20.0035nmmmmu=−−=氮氘，则该反应释放的

核能为931MeV=3.2585MeV3.3MeVEm=．A.3.7MeV与上述计算结果3.3MeV不符，故A不符合题意；B.3.3MeV与上述计算结果3.3MeV相符，故B符合题意；C.2.7MeV与上述计算

结果3.3MeV不符，故C不符合题意；D.0.93MeV与上述计算结果3.3MeV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NFP△与PDO△相似可得NFTPODOPD==将F=G，代入得PONGDO=PDTGDO=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x随时间t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10s

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060xm=处C.乙车的加速度大小为21.6/msD.5s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4/ms，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211202mat=，15ts=，则2012xat=，10ts=，解得080xm=，21.6/ams=，即乙车的初位置在080xm=处，乙车的加速度大小为21.6

/ms，选项B错误，C正确；5s时两车在20xm=处相遇，此时乙车速率()1.6105/8/vmsms=−=，而甲车的速率为4/ms，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102VC.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＝2×10-2s=0.02s，则该交流电的频率为150HzfT==故A正确；B．该电动势的最大值为102V，有效值为10V，故B错误；C．外接电阻R所消耗的电功率为2210()()9.0W

9.0W1.09.0EPRRr===++故C错误；D．电流表A的示数为10A1.0A9.01.0EIRr===++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14，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116B.角速度为原来的12C.周期为原来的8倍D.轨道半径为原来的12【答案】ABC【解析】【详解】ABCD．由题可知卫星变轨后动能为原来的14，即22111242mvm

v=由此可得12vv=根据万有引力提供向心力，则有222224GMmvrmmamrmrrT====可得半径为2GMrv=角速度为3GMr=周期为32rTGM=向心加速度为2GMar=由此可知半径为原来的4倍，角速度为原来的18，周期为原来的8倍

，向心加速度为原来的116。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a-F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220.2160.08790.0879m/s1.040.04CEACxxat−−−==＝．

（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14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）229m/s；（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2NvFmgmR−=解得252NNvFmmgR=+=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221122Cmvmvmgh−=解得229m/sCv=（3）小球离开B之后做平抛运动，根据212hgt=得25110ts==

B、C两点间的水平距离等于小球平抛的水平距离，则41m4mxvt===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＝22vx＝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/s2小物块

在木板上滑动，木板受小物块的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＝ma2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2=0.8svta＝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v0

m，则v0mt′－12a1t′2－12a2t′2＝Lv0m－v′＝a1t′v′＝a2t′由以上三式解得v0m＝3.0m/s选考题【选修3-3模块】17.如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中

从a到b的直线所示．在此过程中______．A.气体温度一直降低B.气体内能一直增加C.气体一直对外做功D.气体一直从外界吸热E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功【答案】BCD【解析】【详解】A．由图知气体的

pV一直增大，由pVCT=，知气体的温度一直升高，故A错误；B．一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；C．气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；D．气体的内能一直增加，

并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U=W+Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；E．气体吸收的热量用于对外做功和增加内能，故E错误．18.如图所示，汽缸长L=1.0m，固定在水平地面上，汽缸中有横截面积S=100cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气

体，大气压强p0=1.0×105Pa，当温度t=27℃时，气柱长度l=0.8m，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计。求：①如果温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸右端口，此时水平拉力F的大小；②如果汽缸内气体温度缓慢升高，使活塞

移至汽缸右端口时的气体温度。【答案】①200N；②375K【解析】【详解】①设活塞缓慢到达汽缸端口时，被封气体压强为p1，则由玻意耳定律01plSpLS=解得p1=0.8×105Pa把活塞缓慢拉至汽缸右端口处有10pSpSF=−解得F=200N②设汽缸内气体温度缓慢升

高，使活塞移至汽缸右端口时的气体温度为T2，T1=27+273K=300K由等压变化规律得12lSLSTT=解得T2=375K