浙江省杭州市富阳二中2021届高三下学期3月月考物理试卷Word版含答案.docx

2022-2021学年浙江省杭州市富阳二中
高三（下）月考物理试卷（3月份）

一、选择题（本题共4小题．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．选对得6分，选错或不选得0分）
1．（6分）在重庆市的旧城改造活动中，为保证某危旧房屋的平安，设法用一个垂直于天花板平面的力F作用在木垫m上，以支撑住倾斜的天花板，如图所示，己知天花板平面与竖直方向夹角为θ，则（　　）

　 A． 木垫共受到三个力的作用
　 B． 木垫对天花板的弹力大小等于F
　 C． 木垫对天花板的摩擦力大小等于mgcosθ
　 D． 适当增大F天花板和木垫之间的摩擦力可能变为零

【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【专题】： 共点力作用下物体平衡专题．
【分析】： 对木块进行受力分析，运用力的平衡条件推断物体受力状况．对受到的力进行正交分解，依据平衡等式找力与力之间的关系．
【解析】： 解：对物体进行受力分析会发觉：
A、木块受竖直向下的重力G和推力F，木块与天花板接触并挤压了，所以肯定受弹力FN．
推力F与弹力FN方向相反．以上三力，F和FN方向在一条直线上，再加上一个竖直向下的重力，明显合力不行能为0，受力不平衡，所以木块必定受到天花板对它的摩擦力f．故A错误．
B、木块受力分析图：

对重力进行分解，垂直天花板方向的平衡方程为：F=FN+Gsinθ 得出 FN＜F，故B错误．
C、平行天花板方向的平衡方程为：f=Gcosθ=mgcosθ，故C正确．
D、由上面推倒出摩擦力的表达式知，摩擦力大小与F无关，适当增大F，天花板和木垫之间的摩擦力不变啊，D错误；
故选：C．
【点评】： 对木块进行受力分析，运用力的平衡条件推断物体受力状况．我们可以接受假设法．物理是一门很有用，也很有吸引力的学科，期望你努力，认真之后，你确定会宠爱它的．

2．（6分）如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间的关系为I=kt（k为常数，k＞0），金属棒与导轨间的动摩擦因素肯定．以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的是（　　）

　 A． B． C． D．

【考点】： 安培力；牛顿其次定律．
【分析】： 依据牛顿其次定律得出加速度的表达式，结合加速度方向与速度方向的关系推断速度的变化．
【解析】： 解：A、由于开头加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度渐渐减小，即做加速度渐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度渐渐增大，做加速度渐渐增大的减速运动．故A错误，B正确．
C、依据牛顿其次定律得，金属棒的加速度a=，f=μN=μFA=μBIL=μBLkt，
联立解得加速度a=，与时间成线性关系．故C错误；
D、t=0时刻无电流，无安培力．只有重力，加速度竖直向下，为正值．故D错误．
故选：B
【点评】： 解决本题的关键会依据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向推断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度．

3．（6分）我国第一条商业运营的“上海磁悬浮”列车已于2003年10月1日正式运营．据报导，上海磁浮线全长33000m，全程行驶约7min30s，列车的最高速度为120m/s．如图所示，为列车达到最高时速前的速度图线OABC，这段位移为14700m，则列车在BC段的加速度为（　　）

　 A． 0.4m/s2 B． 0.5m/s2 C． 0.6m/s2 D． 0.7m/s2

【考点】： 匀变速直线运动的图像．
【专题】： 运动学中的图像专题．
【分析】： 依据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，求出匀速运动的时间．图象的斜率等于加速度，依据公式可以求出列车的加速度．
【解析】： 解：设匀速运动的时间为t，依据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移得：
x=
解得：t=35s
则a==0.5m/s2，故ACD错误，B正确．
故选：B．
【点评】： 本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能依据图象读取有用信息．

4．（6分）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示．下列说法正确的是（　　）

　 A． 物体的质量为kg
　 B． 滑动摩擦力的大小为5N
　 C． 0～6s内物体的位移大小为40m
　 D． 0～6s内拉力做的功为20J

【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率．
【专题】： 功率的计算专题．
【分析】： 速度图象的“面积”表示位移．0～2s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，2～6s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由P=Fv求出摩擦力，再由图读出P=30W时，v=6m/s，由F=求出0～2s内的拉力，由W=Fx求出0～2s内的拉力做的功，由W=Pt求出2～6s内拉力做的功
【解析】： 解：A、在2～6s内，已知f=F=N；当P=30W时，V=6m/s，得到牵引力为：F1=；0～2s内物体的加速度为：a=m/s2=3m/s2；
依据F﹣f=ma可知：m=kg，A正确．
B、在2～6s内，V=6m/s，P=10W，物体做匀速直线运动，F=f，则滑动摩擦力为：f=F=N，B错误；
C、0～6s内物体的位移大小等于v﹣t图象中图象与坐标轴所包围的面积，为：X=×2×6+4×6m=30m，C错误；
D、0～2s内物体的加速度为：a=m/s2=3m/s2，有图可知，当P=30W时，V=6m/s，得到牵引力：F1=N=5N，在0～2s内物体位移为X1=6m，
则拉力做的功为：W1=F1X1=5×6J=30J，2～6s内拉力做的功为：W2=Pt=10×4J=40J，所以0～6s内拉力做的总功为：W=30+40J=70J，D错误．
故选：A
【点评】： 本题解题关键是理解图象的物理意义，求功的方法主要有三种：一、W=FLcosθ，适用于恒力做功；二、W=Pt，P为恒定功率；三、动能定理，主要是变力做功时应用．

二、选择题（本题共3小题．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）
5．（3分）如图所示，一质点在重力和水平恒力作用下，速度从竖直方向变为水平方向，在此过程中，质点的（　　）

　 A． 机械能守恒 B． 机械能不断增加
　 C． 重力势能不断减小 D． 动能先减小后增大

【考点】： 动能定理的应用；运动的合成和分解．
【分析】： 质点从M至N，重力做负功，恒力做正功，合力方向指向右下方，与初速度的方向夹角要大于90°小于180°因此恒力先做负功后做正功，动能先减小后增大．
【解析】： 解：A、除重力外还有恒力做功，机械能不守恒，故A错误；
B、除重力做功外，其它力水平恒力对物体做正功，故物体的机械能增加，所以B正确；
C、从M到N，物体在竖直方向上上升，故物体的重力势能不断增加，故C错误；
D、由于质点速度方向恰好转变了90°，可以推断合力方向应为右下方，产生的加速度不变，且与初速度的方向夹角要大于90°小于180°才能消灭末速度与初速度垂直的状况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大，故D正确．
故选：BD．
【点评】： 此题需要依据运动状况分析受力状况，进一步分析力的做功问题，从而推断速度（动能）的变化．

6．（3分）如图所示的电路中，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照的强度增加而减小．当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电．当用强光照射R4且电路稳定时，则与无光照射时比较（　　）

　 A． 电容器C的上极板带负电
　 B． 电容器C的下极板带负电
　 C． 通过R4的电流变小，电源的路端电压增大
　 D． 通过R4的电流变大，电源供应的总功率变大

【考点】： 闭合电路的欧姆定律．
【专题】： 恒定电流专题．
【分析】： 电容在电路稳定时可看作开路，故由图可知，R1、R2串联后与R3、R4并联，当有光照射时，光敏电阻的阻值减小，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化及路端电压的变化，再分析外电路即可得出C两端电势的变化，从而得出电容器极板带电状况；同理也可得出各电阻上电流的变化．
【解析】： 解：A、当没有光照时，C不带电说明C所接两点电势相等，以电源正极为参考点，R1上的分压减小，而R3上的分压增大，故上极板所接处的电势低于下极板的电势，故下极板带正电，上极板带负电，故A正确，B错误；
C、因有光照射时，光敏电阻的阻值减小，故总电阻减小；由闭合电路的欧姆定律可知，干路电路中电流增大，则电源供应的总功率增大，由E=U+Ir可知路端电压减小，R1与R2支路中电阻不变，故该支路中的电流减小；则由并联电路的电流规律可知，另一支路中电流增大，即通过R2的电流减小，而通过R4的电流增大，所以故C错误，D正确；
故选：AD．
【点评】： 本题为含容电路结合电路的动态分析，解题时要明确电路稳定时电容器相当于开路，可不考虑；电容器正极板的电势高于负极板，故高电势的极板上肯定带正电．
在分析电容带电问题上也可以电源负极为参考点分析两点的电势凹凸．

7．（3分）如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面对里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是（　　）

　 A． B． C． D．

【考点】： 法拉第电磁感应定律；安培力．
【专题】： 压轴题；电磁感应中的力学问题．
【分析】： 依据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，依据楞次定律推断出感应电流的方向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则推断安培力的方向．
【解析】： 解：A、0～2s内，磁场的方向垂直纸面对里，且渐渐减小，依据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．依据法拉第电磁感应定律，E==B0S为定值，则感应电流为定值，．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面对外，且渐渐增大，依据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2s内相同．在3～4s内，磁感应强度垂直纸面对外，且渐渐减小，依据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面对里，且渐渐增大，依据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．故A正确，B错误．
C、在0～2s内，磁场的方向垂直纸面对里，且渐渐减小，电流恒定不变，依据FA=BIL，则安培力渐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B0I0L．在2s～3s内，磁感应强度方向垂直纸面对外，且渐渐增大，依据FA=BIL，则安培力渐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面对外，且渐渐增大，则安培力大小渐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面对里，且渐渐增大，则安培力大小渐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C正确，D错误．
故选AC．
【点评】： 解决本题的关键把握法拉第电磁感应定律，会运用楞次定律推断感应电流的方向，以及把握安培力大小公式，会用左手定则判定安培力的方向．

三、非选择题部分共12题，共180分．
8．（10分）某争辩性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，试验装置如图甲所示．在气垫导轨上相隔肯定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图象．

（1）试验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的△t1　=　△t2（选填“＞”、“=”或“＜”）时，说明气垫导轨已经水平．
（2）用游标卡尺测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d=　5.0　mm．
（3）滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与钩码Q相连，钩码Q的质量为m．将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若△t1、△t2和d已知，要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，还应测出　滑块质量M　和　两光电门间距为L　（写出物理量的名称及符号）．
（4）若上述物理量间满足关系式　mgL=　，则表明在上述过程中，滑块和砝码组成的系统机械能守恒．

【考点】： 验证机械能守恒定律．
【专题】： 试验题；机械能守恒定律应用专题．
【分析】： （1）假如遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平．
（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．
（3）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应当去求出动能的增加量和重力势能的减小量，依据这两个量求解．
（4）滑块和砝码组成的系统机械能守恒列出关系式．
【解析】： 解：（1）假如遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平．
（2）游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为5mm，游标读数为0×0.1mm=0.0mm 所以最终读数为5.0mm．
（3）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应当去求出动能的增加量和重力势能的减小量，
光电门测量瞬时速度是试验中常用的方法．由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．
vB=，vA=
滑块和砝码组成的系统动能的增加量△Ek=（m+M）（）2﹣（m+M）（）2．
滑块和砝码组成的系统动能的重力势能的减小量△Ep=mgL
所以还应测出滑块质量M，两光电门间距离L．
（4）假如系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量，那么滑块和砝码组成的系统机械能守恒．
即：mgL=
故答案为：（1）=；（2）5.0；
（3）滑块质量M，两光电门间距为L；
（4）mgL=．
【点评】： 把握游标卡尺的读数方法．了解光电门测量瞬时速度的原理．试验中我们要清楚争辩对象和争辩过程，对于系统我们要考虑全面．

9．（10分）两位同学在试验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0以及电源的电动势E和内电阻r，调整滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1 的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并依据数据分别描绘了如图（b）所示的两条U﹣I直线，回答下列问题：

（1）该同学首先用多用电表粗略测量电源的电压，电表指针和选择开关分别如图（C）所示，则该电表读数为　1.50　V；

（2）依据甲乙两同学描绘的直线，可知甲同学是依据电压表　V1　（填“V1”或“V2”）和电流表A的数据描绘的图线，可以测得　E和r　（填写物理量符号R0或E和r），计算结果为　E=1.5V，r=1Ω　；
（3）甲、乙图线的交点表示滑动变阻器滑动触头恰好位于　最左端　（填：最左端、最右端或中间）．

【考点】： 测定电源的电动势和内阻．
【专题】： 试验题；恒定电流专题．
【分析】： （1）由图示多用电表确定其测量的量与量程，然后依据指针位置读数；
（2）从电路连接结合电流表和电压表的读数变化推断图线的含义．由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻．
（3）依据图象结合电路图分析答题．
【解析】： 解：（1）由图示多用电表可知，选择开关置于直流电压2.5V挡，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，所示为1.50V．
（2）从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大．
由图象可知，电压表V1和电流表A的数据绘制图象是甲；依据电压表V2和电流表A的数据绘制图象是乙．
由电源的U﹣I图象可以求出电源电动势E与内阻r；由图b所示图象可知，甲图象在U轴上的截距为1.5V，即电源的电动势E=1.5V，电源的内阻：r===1Ω，即电源的内阻为r=1Ω．
（3）由图b所示图象可知，甲、乙图线的交点表示两电压表示数相等，由图a所示电路图可知，此时滑动变阻器滑动触头恰好位于最左端．
故答案为：（1）1.50；（2）V1；E和r；E=1.5V，r=1Ω；（3）最左端．
【点评】： 本题考查测量电动势和内电阻试验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电动势和内电阻．

10．（15分）固定光滑斜面与地面成肯定倾角，一物体在平行斜面对上的拉力作用下向上运动，拉力F和物体速度v随时间的变化规律如图所示，取重力加速度g=10m/s2．求物体的质量及斜面与地面间的夹角θ．

【考点】： 牛顿其次定律．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】： 依据v﹣t图象得到物体先加速后匀速，求解出加速度；然后受力分析依据牛顿其次定律和平衡条件列方程，最终联立求解．
【解析】： 解：由图可得，0～2s内物体的加速度为a==0.5 m/s2 ①
由牛顿其次定律可得：F﹣mgsinθ=ma ②
2s后有：F′=mgsinθ ③
联立①②③，并将F=5.5N，F′=5N代入
解得：m=1.0kg，θ=30°
答：物体的质量为1.0kg，斜面与地面间的夹角θ为30°．
【点评】： 本题关键先由v﹣t图象确定运动状况，然后求解出加速度，再依据牛顿其次定律和平衡条件列方程求解，不难．

11．（20分）如图所示，竖直平面内的直角坐标系中，X轴上方有一个圆形有界匀强磁场（图中未画出），x轴下方分布有斜向左上与Y轴方向夹角θ=45°的匀强电场；在x轴上放置有一挡板，长0.16m，板的中心与O点重合．今有一带正电粒子从y轴上某点P以初速度v0=40m/s与y轴负向成45°角射入第一象限，经过圆形有界磁场时恰好偏转90°，并从A点进入下方电场，如图所示．已知A点坐标（0.4m，0），匀强磁场垂直纸面对外，磁感应强度大小B=，粒子的荷质比=×103C/kg，不计粒子的重力．问：
（1）带电粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径多大？
（2）圆形磁场区域的最小面积为多少？
（3）为使粒子出电场时不打在挡板上，电场强度应满足什么要求？

【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；向心力．
【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】： （1）粒子在磁场中受洛伦兹力作用做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿其次定律可求轨道半径；
（2）借助几何关系可求磁场最小面积；
（3）粒子进入电场后做类平抛运动，依据平抛运动规律可求电场强度E，依据挡板的长度，可得电场强度的范围
【解析】： 解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由牛顿其次定律得：qvB=m，代入解得：r=0.2m；
（2）由几何关系得圆形磁场的最小半径R对应：2R=，
则圆形磁场区域的最小面积：S=πR2=0.02π；
（3）粒子进电场后做类平抛运动，出电场时位移为L，
在初速度方向上：Lcosθ=v0t，
在电场力方向上：，
由牛顿其次定律得：qE=ma，
代入解得：，
若要使粒子不打在挡板上，则L＞0.48m，或L＜0.32m
解得：E＜6.67N/C或E＞10N/C
答：（1）常电粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径为0.2m；
（2）圆形磁场区域的最小面积为6.28×10﹣2m2；
（3）为使粒子出电场时不打在挡板上，电场强度应满足：E＜6.67N/C或E＞10N/C．
【点评】： 本题是粒子在混合场中运动，依据粒子在场中的运动特点，结合几何关系可列式求解，难度适中．

12．（22分）如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10﹣4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g=10m/s2，静电力恒量K=9×109N•m2/C2）则
（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化状况；
（2）求小球的质量m和电量q；
（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；
（4）在图（b）中画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．（取杆上离底端3m处为电势零点）

【考点】： 动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；电势能．
【专题】： 动能定理的应用专题．
【分析】： （1）依据图线2分析速率的变化状况：速度先增大，后减小，依据库仑定律分析物体的合外力的变化，即可确定加速度的变化状况，从而说明小球的运动状况．
（2）由线1得到EP=mgh=mgssinθ，读出斜率，即可求出m；由图线2看出，s=1m时，速度最大，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，即可求得q．
（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J，依据动能定理求得斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；
（4）依据能量守恒，画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．
【解析】： 解：（1）由图线2得知，小球的先先增大，后减小．依据库仑定律得知，小球所受的库仑力渐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面对上做加速度渐渐减小的加速运动，再沿斜面对上做加速度渐渐增大的减速运动，直至速度为零．
（2）由线1可得EP=mgh=mgssinθ，斜率k=20=mgsin30°，所以m=4kg
当达到最大速度时带电小球受力平衡 mgsinθ=，由线2可得s0=1m，
得q==1.11×10﹣5C
（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J．
依据动能定理WG+W电=△Ek
即有﹣mgh+qU=Ekm﹣0
代入数据得U=4.2×106V
（4）右图中线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线

答：（1）小球沿斜面对上做加速度渐渐减小的加速运动，再沿斜面对上做加速度渐渐增大的减速运动，直至速度为零．
（2）小球的质量m是4kg，电量q是1.11×10﹣5C；
（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U是4.2×106V；
（4）如图线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线．
【点评】： 本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动状况，再依据平衡条件和动能定理进行处理．