2021届河南省平顶山市鲁山第一高级中学高三2月月考 物理

这是一份2021届河南省平顶山市鲁山第一高级中学高三2月月考 物理，共10页。试卷主要包含了0 NB．2，65 ND．4等内容，欢迎下载使用。
高三2月月考 物理
第Ⅰ卷
一.选择题(本题共12小题，每小题4分．其中1～7小题为单选题，8～12小题为多选题)
1.一辆汽车沿平直道路行驶，其v－t图象如图所示．在t＝0到t＝40 s这段时间内，汽车的位移是( )
A．0B．30 m C．750 m D．1 200 m
2.如图所示，小车放在水平地面上，甲、乙二人用力向相反方向拉小车，不计小车与地面之间的摩擦力，下列说法正确的是( )
A．甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对作用力和反作用力
B．小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力
C．若小车加速向右运动，表明小车拉甲的力大于甲拉小车的力
D．若小车加速向右运动，表明乙拉小车的力大于小车拉乙的力
3.如图所示，一个重为5 N的大砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为( )
A．5.0 NB．2.5 N
C．8.65 ND．4.3 N
4.如图所示，在E＝500 V/m的匀强电场中，a、b两点相距d＝2 cm，它们的连线跟电场强度方向的夹角是60°，则Uab等于( )
A．5 V B．10 V
C．－5 V D．－10 V
5．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
6．如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点．已知a、b两点的电势分别为φa＝3 V，φb＝9 V，则下列叙述正确的是( )
A．该电场在C点处的电势一定为6 V
B．a点处的场强Ea一定小于b点处的场强Eb
C．正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大
D．正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大
7．某同学进行体能训练，用了100 s时间跑上20 m高的高楼，试估算他登楼时的平均功率最接近的数值是( )
A．10 W B．100 W C．1 kW D．10 kW
8．(多选)如图所示，两辆车在以相同的速度做匀速运动，根据图中所给信息和所学知识你可以得出的结论是( )
A．物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力集中于一点
B．重力的方向总是垂直向下的
C．物体重心的位置与物体形状和质量分布有关
D．力是使物体运动的原因
9. (多选)如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球。下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是( )
A．小车静止时，F＝mgsin θ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F＝mgcs θ，方向垂直于杆向上
C．小车向右匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上
D．小车向右匀加速运动时，一定有F>mg，方向可能沿杆向上
10．(多选)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )
A．卫星的动能逐渐减小
B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
11.如图所示，一个质量为m＝2.0 kg的物体放在倾角为α＝37°的固定斜面上，现用F＝30 N、平行于斜面的力拉物体使其由静止开始沿斜面向上运动。已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.50，斜面足够长，g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cs 37°＝0.80。物体运动2 s后，关于各力做功情况，下列说法中正确的是( )
A．重力做功为－120 J B．摩擦力做功为－80 J
C．拉力做功为100 J D．物体所受的合力做功为100 J
12．(多选)如图所示。某人通过光滑滑轮将质量为m的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，则在此过程中( )
A．物体所受的合力做功为mgh＋eq \f(1,2)mv2 B．物体所受的合力做功为eq \f(1,2)mv2
C．人对物体做的功为mgh D．人对物体做的功大于mgh
第Ⅱ卷
二、非选择题(本题共2小题，共18分)
13.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系实验．
(1)实验中还需要的测量工具有：________.
(2)如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x.由图可知：图线不通过原点的原因是________________；弹簧的劲度系数k＝________N/m(计算结果保留2位有效数字，重力加速度g取9.8 m/s2)．
(3)如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的F－L图象，下列说法正确的是( )
A．a的原长比b的长
B．a的劲度系数比b的大
C．a的劲度系数比b的小
D．弹力与弹簧长度成正比
14.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源(电动势约3 V，内阻约2 Ω)，保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
(ⅰ)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
(ⅱ)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
(ⅲ)以U为纵坐标，I为横坐标，作U­I图线(U、I都用国际单位)；
(ⅳ)求出U ­I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题：
(1)电压表最好选用________；电流表最好选用________。
A．电压表(0～3 V，内阻约15 kΩ)；
B．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)
C．电流表(0～200 mA，内阻约2 Ω)
D．电流表(0～30 mA，内阻约2 Ω)
(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________。
A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝________，r＝________。代入数值可得E和r的测量值。
三.计算题(本题共3小题，15，16，17小题各8分，18小题10分，共34分)
15．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直钱同一方向运动，速度分别为2V0、V0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
16．一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示。取g＝10 m/s2，求：
(1)1 s末物块所受摩擦力的大小Ff1；
(2)物块在前6 s内的位移大小x；
(3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ。
17．如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E＝5×103 V/m，圆弧轨道半径R＝0.4 m．现有一带电荷量q＝＋2×10－5 C、质量m＝5×10－2 kg的物块(可视为质点)从距B端s＝1 m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g＝10 m/s2求：
(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度VB的大小；
(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小．
18．如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)水平向右电场的电场强度的大小；
(2)若将电场强度减小为原来的eq \f(1,2)，小物块的加速度是多大；
(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能．
答案
一.选择题
1.C [在v－t图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，故在40 s内的位移为x＝eq \f(1,2)×(10＋40)×30 m＝750 m，C正确．]
2.解析： 甲拉小车的力和乙拉小车的力作用在同一物体上，不是作用力和反作用力。A错误；不计小车与地面之间的摩擦力，小车静止时受到两个拉力而处于平衡状态，这两个拉力是一对平衡力，B正确；小车拉甲的力跟甲拉小车的力是作用力和反作用力，两力大小是相等的，C错误；同理，D错误。
答案： B
3.B
[以砝码为研究对象，分析受力情况，其受重力G、绳子的拉力FT和力F，由图看出，当F与绳子垂直时F最小，由数学知识得F的最小值为F＝Gsin 30°＝2.5 N，故选项B正确．]
4. C
5解析： A对：实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷。
B错：b板向上平移，正对面积S变小，由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C变小，由C＝eq \f(Q,U)知，Q不变时，U变大，因此静电计指针的张角变大。
C错：插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C变大，由C＝eq \f(Q,U)知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小。
D错： 由C＝eq \f(Q,U)，实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的。
6．C [本题中电场线只有一条，又没说明是哪种电场的电场线，因此电势降落及场强大小情况都不能确定，A、B错；a、b两点电势已知，正电荷从a到b是从低电势向高电势运动，电场力做负功，动能减小，电势能增大，C对，D错．]
7．解析： 这是一道实际生活中求平均功率的计算题，考查估算能力，不仅要知道平均功率的计算公式P＝eq \f(W,t)，而且要对学生的质量有一个比较切合实际的估计，设m人＝50 kg，则eq \x\t(P)＝eq \f(mgh,t)＝eq \f(50×10×20,100) W＝100 W。
答案： B
8解析： 物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力集中于一点，这个点就是物体的重心，重力的方向总是和水平面垂直，是竖直向下而不是垂直向下，所以A正确，B错误；从题图中可以看出，汽车(包括货物)的形状和质量分布发生了变化，重心的位置就发生了变化，故C正确；力不是使物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，所以D错误。
答案： AC
9. 解析： 小球受重力和杆的作用力F处于静止或匀速运动时，由力的平衡条件知，二力必等大反向，有F＝mg，方向竖直向上。小车向右匀加速运动时，小球有向右的恒定加速度，根据牛顿第二定律知，mg和F的合力应水平向右，如图所示。由图可知，F>mg，方向可能沿杆向上，选项C、D正确。
答案： CD
10解析： 当卫星的轨道半径减小时，由v＝ eq \r(\f(GM,r))可知，其速度增大，则动能增大；由于引力做正功、故引力势能一定减小，选项A错误，B正确。气体阻力做负功，卫星的机械能减小，且有Wf＝ΔE，由于动能增加，故引力势能的减小量大于机械能的减小量，选项C错误，D正确。
答案： BD
11.（实验班）解析： 物体在斜面上运动时受到重力、拉力、摩擦力和支持力作用，根据牛顿第二定律a＝eq \f(F合,m)得a＝eq \f(F－mgsin α－μmgcs α,m)＝5.0 m/s2，由x＝eq \f(1,2)at2得，物体在2 s内的位移为x＝eq \f(1,2)×5×22 m＝10.0 m，重力做功WG＝－mg·xsin 37°＝－2×10×10×0.6 J＝－120 J，选项A正确；拉力做的功为WF＝Fx＝30×10 J＝300 J，选项C错误；摩擦力做功为WFf＝－Ffx＝－μmgcs 37°·x＝－0.5×2×10×0.8×10 J＝－80 J，选项B正确；支持力做功WN＝FNxcs 90°＝0，合外力做的功W＝WF＋WN＋WG＋WFf＝300 J－120 J－80 J＝100 J，选项D正确。
答案： ABD
12．（实验班）解析： 对物体应用动能定理可得W合＝W人－mgh＝eq \f(1,2)mv2，故W人＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，B、D选项正确。
答案： BD
二、非选择题(共60分)
13.解析 (1)实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要毫米刻度尺．
(2)图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比，则k＝eq \f(ΔF,Δx)＝4.9 N/m.由图可知，当F＝0时，x大于零，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的，故图线不过原点的原因是弹簧有自重，实验中没有考虑(或忽略了)弹簧的自重．
(3)在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，选项A错误；在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，选项B正确，C错误；弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故选项D错误．
答案 (1)毫米刻度尺 (2)弹簧有重力 4.9 (3)B
14.解析： (1)因电源电动势为3 V，且电压表内阻越大，系统误差越小，所以电压表选A；通过电流表的最大电流约为eq \f(3 V,2 Ω＋10 Ω＋5 Ω)＝176.5 mA，所以电流表选C；(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，说明滑动变阻器连入电路的电阻丝长度在增长，故滑片P左侧电阻丝连入电路，所以一条导线接在电阻丝左端接线柱，另一条导线接在滑动变阻器金属杆两端中的任意一端接线柱都可，选项C正确；(3)由闭合电路欧姆定律E＝U＋I(r＋R2)，可得U＝E－I(r＋R2)，由题意U＝0时，I＝a，且r＋R2＝k，所以得E＝ka；r＝k－R2。
答案： (1)A C (2)C (3)ka k－R2
三.计算题
15．
解析： 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin
货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv2
两船恰好不相撞应满足
v1＝v2
解得vmin＝4 v0。
答案： 4v0
16．（实验班）
解析： (1)由题图乙可知，前2 s内物块处于静止状态，此时物块所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，从题图甲中可以读出，当t＝1 s时，Ff1＝F1＝4 N。
(2)在v ­t图象中图线与t轴围成的面积表示位移，则由题图乙知物块在前6 s内的位移大小
x＝eq \f(2＋4×4,2) m＝12 m。
(3)由题图乙知，在2～4 s内，物块做匀加速运动，加速度大小
a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2
由牛顿第二定律得F2－Ff2＝ma
17．
解析 (1)在物块从开始至运动到B点的过程中，由牛顿第二定律可知：qE＝ma
又由运动学公式有：s＝eq \f(1,2)at2
解得：t＝1 s
又因：vB＝at
得：vB＝2 m/s
(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有：NB－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)
解得：NB＝1 N
答案 (1)1 s 2 m/s (2)1 N
18．
解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力(如图所示)，则
FNsin 37°＝qE ①
FNcs 37°＝mg ②
由①②可得E＝eq \f(3mg,4q).
(2)若电场强度减小为原来的eq \f(1,2)，则
E′＝eq \f(3mg,8q)，
mgsin 37°－qE′cs 37°＝ma，
可得a＝0.3g.
(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得：
mgLsin 37°－qE′Lcs 37°＝Ek－0
可得Ek＝0.3mgL
答案 (1)eq \f(3mg,4q) (2)0.3g (3)0.3mgL
在4～6 s内物块做匀速运动，有
F3＝Ff2＝μmg
联立解得μ＝0.4。
答案： (1)4 N (2)12 m (3)0.4