重庆市黔江中学2021-2022学年高三上学期11月考试物理 Word版含解析.docx

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重庆市黔江中学校2021-2022年度高三上11月考试物理试卷（总分100分，时间90分钟）一、选择题，共34分。（1-6题为单选题，每小题3分；7-10为多选题，每小题4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.许多科学家对物理学发展做出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、模型法、类比法和科学假说法，等等。以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是（　　）A.牛顿巧妙地运用扭秤测出引力常量，采用了放大法B.伽利略运用理想实验法说明了力是维持物体运动的原因C.在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D.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，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法【答案】D【解析】【详解】A．卡文迪许巧妙地运用扭秤测出引力常量，采用了放大法，故A错误；B．伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，故B错误；C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误；D．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，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。故选D。2.质量为m的钢球自高处落下，以速度v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2。在碰撞过程中，钢球动量变化的方向和大小为（　　）A.向下，m（v1－v2）B.向下，m（v1＋v2）C.向上，m（v1－v2）D.向上，m（v1＋v2）【答案】D【解析】【详解】选取竖直向下为正方向，则初动量为p＝mv1末动量为 p′＝－mv2则该过程的动量变化为“-”表示动量变化的方向向上（与正方向相反），ABC错误，D正确。故选D。3.长为l0轻杆一端固定一个质量为m的小球，绕另一端O在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示．若小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，以下说法正确的是A.小球运动的线速度大小为B.小球运动的线速度大小为C.小球在最高点时所受的合力3mgD.小球在最低点时所受杆的拉力为3mg【答案】C【解析】【详解】A.小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，因为小球做匀速圆周运动需要向心力，杆对小球只能是拉力，等于2mg，所以小球受到的合力等于3mg．合力提供向心力：，得，AB错误，C正确；D.在最低点对小球受力分析，则有，因为做匀速圆周运动，因此可得拉力为4mg，D错误4.如图所示，在距离竖直墙面为L=1.2m处，将一小球水平抛出，小球撞到墙上时，速度方向与墙面成θ=37°，不计空气阻力．墙足够长，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（） A.球的初速度大小为3m/sB.球撞到墙上时的速度大小为4m/sC.若将初速度变为原来的一半，其他条件不变，小球可能不会撞到墙D.将初速度变为原来的2倍，其他条件不变，小球撞到墙上的点上移了0.3m【答案】A【解析】【详解】A、小球做平抛运动，据题有，，联立解得：，故A正确；B、球撞到墙上时的速度大小为：故B错误；C、若将初速度变为原来的一半，根据知，由于墙足够长，小球水平位移仍能等于L，小球一定会撞到墙，故C错误；D、将初速度变为原来的2倍，其他条件不变，小球运动时间：撞墙时下落的高度为：原来下落的高度为：所以小球撞到墙上的点上移： 故D错误。5.一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖直立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3s，该消防队员（　　）A.下滑过程中的最大速度为4m/sB.加速与减速运动过程中平均速度之比2∶1C.加速与减速运动过程的时间之比为1∶2D.加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4【答案】C【解析】【详解】A．设下滑过程中的最大速度为v，由位移公式可得故A错误；B．加速与减速运动过程中平均速度都为，则平均速度之比为1∶1，故B错误；C．由可知加速度大小和时间成反比，加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，所以加速与减速运动过程的时间之比为1∶2，故C正确；D．加速与减速运动过程平均速度大小相等，位移大小之比等于时间之比为1∶2，故D错误。故选C。6.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，c球由C点自由下落到M点。则（　　）A.a球最后到达M点 B.b球最后到达M点Cc球最后到达M点D.三球同时到达M点【答案】B【解析】【详解】令M点到竖直墙壁的间距为x，倾斜轨道与水平面夹角为，则有解得由于圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，根据几何关系可知，，根据三角函数关系可知根据上述可知对于c球由C点自由下落到M点过程有解得则有可知，b球最后到达M点。故选B。7.如图所示，A是静止在赤道上的物体，随地球自转而做匀速圆周运动；B、C是同一平面内两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星．已知第一宇宙速度为υ，物体A和卫星B、C的线速度大小分别为、、，周期大小分别为TA、TB、TC ，则下列关系正确的是（　　）A.B.＜＜＜C.＝＞D.＜＜【答案】BC【解析】【详解】AB．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωA=ωC，根据v=rω，C的线速度大于A的线速度．根据得B的线速度大于C的线速度，故A错误，B正确；CD．卫星C为同步卫星，所以TA=TC，根据得C的周期大于B的周期，故C正确，D错误．【点睛】地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较B、C的线速度、角速度、周期和向心加速度大小．8.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°（已知重力加速度为g），则A.每根橡皮绳的拉力为mgB.若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C.若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a＝gD.若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳，则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时，小明的加速度a＝【答案】BD 【解析】【分析】由题意可知考查力的平衡问题，牛顿第二定律瞬时性，根据弹性绳、非弹性绳的特点结合牛顿第二定律分析计算可得．【详解】两根橡皮绳上的拉力大小相等，设每根橡皮绳的拉力为F，则2Fcos30°=mg，则:F=故A错误；B.当合力一定时，两分力夹角越小，分力越小，所以将悬点间距离变小，每根橡皮绳所受拉力将变小，故B正确；C.弹性绳上的弹力不会突变，小明左侧橡皮绳在腰间断裂，左侧绳子拉力该瞬间不变，重力不变，则小明此时所受的合力与原来左侧橡皮绳拉力等大反向，加速度，故C错误；D.若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳，则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时，左侧绳子拉力瞬间变为零，右侧绳子的垃力发生突变，将重力沿绳垂直绳分解，沿绳方向该瞬间合力为零，垂直绳子方向合力为mgsin30°，由牛顿第二定律可知可得小明加速度:a＝故D正确．【点睛】当合力一定时，两分力夹角越小（越大），分力越小（越大），弹性绳子上的拉力不能突变，非弹性绳子上的拉力能突变．9.轻绳一端通过光滑的定滑轮与物块P连接，另一端与套在光滑竖直杆上的圆环Q连接，Q从静止释放后，上升一定距离后到达与定滑轮等高处，则在此过程中，下列说法正确的是（　　） A.任意时刻Q受到的拉力大小与P的重力大小相等B.任意时刻P、Q两物体的速度大小满足C.物块P一直做加速直线运动D.当Q上升到与滑轮等高时，它的机械能最大【答案】BD【解析】【详解】A．P先向下做加速运动，处于失重状态，则绳的拉力大小小于P的重力大小，即Q受到的拉力大小小于P的重力大小。后向下减速运动，处于超重状态，拉力大小大于P的重力大小。故A错误；B．将圆环Q的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，则沿绳子方向的分速度等于P的速度。轻绳与杆的夹角为θ时，由速度的分解可得所以。故B正确；C．圆环Q和物块P被一根轻绳相连，一开始圆环Q加速运动，绳上拉力竖直方向的分力大于重力。之后随着圆环Q上升，拉力竖直方向的分力逐渐减小，经过中间某一位置时，拉力竖直方向的分力等于重力。之后，拉力竖直方向的分力小于重力，圆环Q做减速运动。所以物块P先做加速运动，后做减速运动。故C错误；D．圆环Q上升到与滑轮等高前，绳子的拉力做正功，Q机械能增加。圆环Q上升到与滑轮等高之后，绳子拉力做负功，Q机械能减小。所以Q上升到与滑轮等高时，机械能最大。故D正确。故选BD。10.如图所示为汽车的加速度a和车速的倒数的关系图象。若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（　　） A.汽车所受阻力为6×103NB.汽车的牵引力最大值为6×104NC.汽车的额定功率为6×104WD.汽车匀加速所需时间为5s【答案】CD【解析】【详解】AC．设汽车的额定功率为P，由图知，汽车的最大速度为30m/s，此时汽车做匀速直线运动，有F=f则有P=f×30又时，加速度a=2m/s2根据牛顿第二定律得代入得联立解得f=2×103N，P=6×104W故A错误，C正确；B．汽车匀加速达到额定功率后，随着速度的增大，牵引力减小，因此匀加速启动阶段牵引力最大，由图知时，汽车匀加速达到额定功率，此时有解得故B错误；D．汽车匀加速运动的末速度v=10m/s，则匀加速运动的时间 故D正确。故选CD。二、实验题（14分）11.在实验室里为了验证动量守恒定律，采用所示的装置：（1）若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则_________。A.，B.，r1μg=3m/s2可知货物与汽车相对滑动，货物减速的加速度a3=μg=3m/s2汽车刹车到停止所用时间汽车前进的距离货物减速前进的距离则，货物相对汽车向前运动的距离即货物与货箱前壁未发生碰撞，此时货物与货箱前壁的距离为15.如图所示，两形状完全相同的平板A、B置于光滑水平面上，质量分别为m和2m。平板B的右端固定一轻质弹簧，P点为弹簧的原长位置，P点到平板B左端点Q的距离为L。物块C置于平板A的最右端，质量为m且可视为质点。平板A、物块C以相同速度v0向右运动，与静止平板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后平板A、B粘连在一起，物块C滑上平板B，运动至P点开始压缩弹簧，后被弹回并相对于平板B静止在其左端Q点。弹簧始终在弹性限度内，平板B的P点右侧部分为光滑面，P点左侧部分为粗糙面，物块C与平板B粗糙面部分之间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g。求： （1）平板A、B刚碰完时的共同速率v1；（2）物块C与平板B粗糙面部分之间的动摩擦因数μ；（3）在上述过程中，系统的最大弹性势能Ep及C物块第二次通过P点时的速度。【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【详解】（1）A与B碰撞过程，根据动量守恒有mv0=（m+2m）v1解得（2）设三者的共同速度为v2，对A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有2mv0=4mv2在A与B碰后到三者达到共同速度过程，根据能量转化与守恒有解得（3）A与B碰后到弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能达到最大，根据能量转化与守恒有解得设C第二次通过P点时，C，B的速度分别为v3、v4，从弹簧压缩到最短到C物块第二次通过P点过程，对A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有4mv2=mv3+3mv4根据能量守恒有 解得四、选做题（14分。其中选择题有两个正确选项）16.（有两个正确选项）下列说法正确的是（　　）A.一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加B.单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大C.单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点D.对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热【答案】AD【解析】【详解】A．一定质量的100℃的水变成100℃的水蒸气，分子平均动能不变，水变成水蒸气过程要吸收热量，所以其分子之间的势能增加，故A正确；B．气体压强的大小与气体分子的平均速率、气体分子密集程度有关，故单位体积的气体分子数增加，气体的压强不一定增大，故B错误；C．晶体都有固定的熔点，非晶体都没有固定的熔点，故C错误；D．由理想气体状态方程对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，则温度升高，理想气体内能由温度决定，所以气体内能增大，再根据热力学第一定律气体的体积增大则对外做功，气体内能增大，所以它一定从外界吸热，故D正确。故选AD。17.如图所示，一个粗细均匀的平底网管水平放置，右端用一橡皮塞塞住，气柱长20cm，此时管内、外压强均为1.0×105Pa，温度均为27℃；当被封闭气体的温度缓慢降至－3℃时，橡皮塞刚好被推动；继续缓慢降温，直到橡皮塞向内推进了5cm．已知圆管的横截面积为4.0×10－5m2，橡皮塞与网管间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，大气压强保持不变．求：（1）橡皮塞与圆管间的最大静摩擦力；（2）被封闭气体最终的温度． 【答案】（1）0.4N．（2）202.5K．【解析】【详解】(1)气体发生等容变化，由解得：对橡皮塞分析：解得：(2)气体后来发生等压变化，由解得：