1、陕西省西安市西安中学2021届高三物理上学期第二次月考试题（含解析）一、选择题：（1至7题只有一个正确答案，8至12题有多个正确答案，每题4分，共计48分）1. 一辆汽车以20m/s的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v随刹车位移x的变化关系如图所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车后的速度减小为12m/s时，刹车的距离x1为A. 12mB. 12.8mC. 14mD. 14.8m【答案】B【解析】【详解】由题意可知，汽车做匀减速直线运动，设加速度大小a，由公式，其中，代入解得：，当时，汽车刹车的位移为，故B正确故选B2. 矢量发动机是喷口
2、可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力、与速度方向垂直的升力和与速度方向相反的空气阻力。下列受力分析示意图可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A选项符合题意。故选A。3. 如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90，两底角为和；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的现发现a、b
3、沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（ ）A. Mg+mgB. Mg+2mgC. Mg+mg（sin+sin）D. Mg+mg（cos+cos）【答案】A【解析】【分析】本题由于斜面光滑，两个木块均加速下滑，分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压力，再对斜面体受力分析，求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力【详解】对木块a受力分析，如图，受重力和支持力由几何关系，得到： N1=mgcos故物体a对斜面体的压力为：N1=mgcos同理，物体b对斜面体的压力为：N2=mgcos 对斜面体受力分析，如图， 根据共点力平衡条件，得到：N2c
4、os-N1cos=0 F支-Mg-N1sin-N2sin=0根据题意有：+=90由式解得： F支=Mg+mg根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力等于Mg+mg；故选A【点睛】本题关键先对木块a和b受力分析，求出木块对斜面的压力，然后对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出各个力也可以直接对三个物体整体受力分析，然后运用牛顿第二定律列式求解，可使解题长度大幅缩短，但属于加速度不同连接体问题，难度提高4. 近日，美国成功发射了帕克太阳探测器，如图所示，假设帕克太阳探测器绕太阳做匀速圆周运动，太阳相对帕克太阳探测器的张角为，已知万有引力常量G，下列说法正确的是( )A. 若测得周期和张角，可得到太阳的
5、质量B. 若测得周期和张角，可得到探测器的质量C. 若测得周期、轨道半径和张角，可得到太阳表面的重力加速度D. 若测得周期、轨道半径和张角，可得到探测器的向心力【答案】C【解析】【详解】AB若测得周期和张角，根据 可知，没有两者间距无法计算太阳质量，而探测器的质量被约去，无法计算，故AB错误；CD若测得周期、轨道半径和张角，根据 可知太阳质量，根据间距和张角可以计算太阳半径，根据，可计算太阳表面的重力加速度，但不知道探测器的质量，无法计算探测器的向心力，故C正确D错误。故选C。5. 如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质
6、量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动，重力加速度大小为g ，则小球运动到其轨迹最高点时的动能为( )A. 2mgRB. 3mgRC. 4mgRD. 5mgR【答案】A【解析】【详解】因为F=mg，到达最高点时，由动能定理故选A。6. 我国高铁技术处于世界领先水平，它是由动车和拖车组合而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该列车组( )A. 启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动
7、的方向相反B. 做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为2：3C. 进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与速度成正比D. 与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：2【答案】D【解析】【详解】A启动时，加速度方向向前，根据牛顿第二定律知，乘客受到车厢作用力方向向前，与运动方向相同，故A错误；B做加速运动时，有两节动力车厢，对整个的车进行受力分析得：对6、7、8车厢进行受力分析得：对7、8车厢进行受力分析得：联立可得：故B错误；C设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s，则：可知滑行的距离与速度不成正比，故C错误。D当只有两节动力车时，最大速率为v，则：改为4节动车带
8、4节拖车的动车组时：所以：v=2v故D正确。故选D。7. 在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则( )A. M的密度是N的3倍B. Q的质量是P的3倍C. Q下落过程中的最大动能是P的4倍D. Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍【答案】C【解析】【详解】A在星球表面，根据万有引力等于重力可得则星球的体积星球的密度根据图像可知，在M星球表面的重力加
9、速度为在N表面的重力加速度为星球M的半径是星球N的3倍，则M与N的密度相等，A错误；B加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得解得B错误；C根据动能定理可得根据图像的面积可得整理得C正确；D根据简谐运动的特点可知，P下落过程中弹簧最大压缩量为 ，Q下落过程中弹簧最大压缩量为 ，Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍， D错误。故选C。8. 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等不考虑摩擦阻力和空气阻力对于第次和第次提升过程，A
10、. 矿车上升所用的时间之比为4:5B. 电机的最大牵引力之比为2:1C. 电机输出的最大功率之比为2:1D. 电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】【详解】A由图可得，变速阶段的加速度 ，设第次所用时间为t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，解得：，所以第次和第次提升过程所用时间之比为 ，选项A正确；B由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，可得提升的最大牵引力之比为11，选项B错误；C由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，选项C正确；D加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，
11、减速上升过程的牵引力，匀速运动过程的牵引力第次提升过程做功；第次提升过程做功；两次做功相同，选项D错误【点睛】此题以速度图像给出解题信息解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同9. 如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道内侧最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为，原长为L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若
12、给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则( )A. 无论v0多大，小球在A点对轨道都有压力B. 如果 v0较小，小球可能离开圆轨道C. 只要v0，小球就能做完整的圆周运动D. 只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与v0无关【答案】ACD【解析】【详解】AB因弹簧的劲度系数为，原长为L=2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F=k（L-R）=kR=mg方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力（在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0多大，小球在A点对轨道都有压力，小球在任何位
13、置均不会离开圆轨道，故A正确，B错误；C小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有解得所以只要小球就能做完整的圆周运动，故C正确；D 在最低点时，设小球受到的支持力为N，有解得运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N，设此时的速度为v，由机械能守恒有此时合外力提供向心力，有联立解得 解得压力差为N=6mg与初速度无关，故D正确。故选ACD。10. 在无风的环境里，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落：如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动如图再释放，则篮球在向下掉落过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是，
14、转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力和偏转力。这两个力与篮球速度v的关系大致为：，方向与篮球运动方向相反；，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是( )A. 、是与篮球转动角速度无关的常量B. 篮球不可能回到原高度且角速度与释放时的角速度相同C. 人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动D. 释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动【答案】BC【解析】【详解】A篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力f2的作用。而篮球转动时，将受到偏转力f2的作用，所以偏转力f2=k2v中的k2与篮球转动角速度有关，故A错误；B空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的
15、角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度且角速度与释放时的角速度相同，故B错误；C篮球下落过程中，其受力情况如下图所示：篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到f1和f2的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；D如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力f2将变小，不能保持f2与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。故选C。11. 如图所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30，一原长为L的轻质弹性绳，下端固
16、定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹性绳长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动的AC的中点D时，速度达到最大。重力加速度为g，下列说法正确的是( )A. 小环的机械能守恒B. 小环刚释放时的加速度大小为gC. 小环的最大速度为D. 小环到达AD的中点时，弹性绳的弹性势能为零【答案】BC【解析】【详解】A小环受重力、支持力和拉力，拉力做功，故环的机械能不守恒，故A错误；B在A位置，环受重力、拉力、支持力，根据牛顿第二定律，有：在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹簧长度为2L，故：联立解得：a=g故B正确；C小环和橡皮绳系统的机械能守恒，在
17、D点速度最大，此时橡皮绳长度等于初位置橡皮绳的长度，故初位置和D位置环的机械能相等，故：解得：故C正确；D小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为2L，伸长量不为零，故弹性势能不为零，故D错误；故选BC。12. 如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止。已知能使小物体与圆盘保持相对静止的最大角速度为。物体与盘面间的动摩擦因数为设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是( ) A. 这个行星的质量B. 这个行星的第一宇宙速度C. 这个行星的同步
18、卫星的周期是D. 离行星表面距离为2R的地方的重力加速度为【答案】AB【解析】【详解】物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度；可知当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律：可得：A绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力：可得这个行星的质量：故A正确；B根据万有引力提供向心力： ，结合以及：g=42L，联立可得这个行星的第一宇宙速度故B正确C不知道同步卫星的高度，也不知道该行星的自转周期，所以不能求出该行星同步卫星的周期，故C错误；D设离行星表面距离为h=2R的地方的重力加速度为g，对于高为h的位置，根据万有
19、引力近似等于重力有：对于行星表面，根据万有引力近似等于重力有：联立可得：故D错误。故选AB。二、实验题（每空2分，共12分）13. 一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0=0.590 m，下降一段距离后的高度h=0.100 m；由h0下降至h所用的时间T=0.730 s。由此求得小球B加速度的大小为a=_m/s2（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0 g和150.0 g，当地重力加速度大小为g=9.80 m/s2。根据牛顿第二定律
20、计算可得小球B加速度的大小为a=_m/s2（保留3位有效数字）。可以看出，a与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：_。【答案】 (1). 1.84 (2). 1.96 (3). 滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有质量）【解析】详解】有题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故根据运动学公式有代入数据解得a=1.84m/s2；根据牛顿第二定律可知对小球A有对小球B有带入已知数据解得；在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。14. 某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边
21、ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。为了正确完成实验，以下做法必要的是_。A.实验时应保持桌面水平B.每次应使钢球从静止开始释放C.使斜面的底边ab与桌边重合D.选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为、，示意如图2。重力加速度，钢球平抛的初速度为_m/s。图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是_。【答案】 (1). AB (2). 2 (3). 方便调整木板保持在竖直平面上【解析】【详解】1A实验过程中要保证钢球水
22、平抛出，所以要保持桌面水平，故A正确；B为保证钢球抛出时速度相同，每次应使钢球从同一位置静止释放，故B正确；CD实验只要每次钢球抛出时速度相同即可，斜面底边ab与桌面是否重合和钢球与斜面间的摩擦力大小对于每次抛出的速度无影响，故C错误，D错误。故选AB。2 每次将木板向远离桌子的方向移动，则在白纸上记录钢球的相邻两个落点的时间间隔相等，刚球抛出后在竖直方向做自由落体运动，根据可知相邻两点的时间间隔为刚球在水平方向上做匀速直线运动，所以小球初速度为3悬挂铅垂线的目的是方便调整木板保持在竖直平面上。三、计算题（15题12分，16题16分，共28分）15. 如图所示，质量为M，长度为L的长木板放在水
23、平桌面上，木板右端放有一质量为m的小木块（可视为质点），木块与木板之间的动摩擦因数为;开始时木块、木板均静止，某时刻起给木板施加一大小为F方向水平向右的恒定拉力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(1)若桌面光滑，且M和m相对静止，则木块受到的摩擦力f多大？(2)若木板与桌面之间的动摩擦因数也为，拉力F=6(M+m)g，求从开始运动到木板从小木块下抽出经历的时间t。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)对M与m整体运用牛顿第二定律得对m受力分析，根据牛顿第二定律得(2)在此过程中，木块与木板各做匀加速运动，木块的加速度为木板的加速度为木板从小木块下抽出时，木块的位移木板的位移又s2-s1=L解得
24、16. 如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物块和小球的质量之比M:m；（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T【答案】（1） （2） （3）（或）【解析】【详解】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin53=F2c
25、os53 F+mg=F1cos53+ F2sin53且F1=Mg解得（2）小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h1=3lsin53，物块下降高度h2=2l机械能守恒定律mgh1=Mgh2解得（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T牛顿运动定律MgT=Ma 小球受AC的拉力T=T牛顿运动定律Tmgcos53=ma解得（）【点睛】本题考查力平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注
26、意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等四、选做题（请在下列两道选做题中任选一道作答，其中第一小题4分，第二小题8分，共计12分）【选修3-3】17. 关于热现象，下列说法正确的是（ ）A. 布朗运动反映了悬浮在液体中的小颗粒内部的分子在永不停息地做无规则运动B. 气体的温度升高，个别气体分子运动的速率可能减小C. 功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程D. 一定质量的理想气体温度升
27、高、压强降低，一定从外界吸收热量E. 在完全失重状态下，密闭容器中的理想气体的压强为零【答案】BCD【解析】【详解】A布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，反映了液体分子在永不停息地做无规则运动，故错误；B气体的温度升高，分子平均动能增大，但个别气体分子运动的速率可能减小，故正确；C根据热力学第二定律可知，功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，故正确；D一定质量的理想气体温度升高，内能增大，压强降低， ，则体积变大，对外做功，根据热力学第一定律可知，一定从外界吸收热量，故正确；E理想气体的压强与重力无关，是气体分子对器壁的频繁撞击引起的，故E错误故选BCD。18. 如图，一封闭的圆柱形容器竖直
28、放置在水平地面上，一重量不可忽略的光滑活塞将容器内的理想气体分为A、B两部分，A体积为压强为；B体积为，压强为现将容器缓慢转至水平，气体温度保持不变，求此时A、B两部分气体的体积。【答案】，【解析】【详解】对A中气体：初态：压强，体积，末态：压强，体积，根据玻意耳定律可得：对B中气体：初态：压强，体积，末态：压强，体积，根据玻意耳定律可得：容器水平后有：容器的总体积保持不变，即：联立式可得：，【选修3-4】19. 如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图。图乙表示该波传播的介质中x=2m处的a质点从t0时刻起的振动图像。则下列说法正确的是（ ）A. 波传播的速度为20m/sB.
29、 波沿x轴负方向传播C. t0.25s时，质点a位移沿y轴负方向D. t0.25s时，x4m处的质点b的加速度沿y轴负方向E. 从t0开始，经0.3s，质点b通过的路程是6m【答案】ACD【解析】【详解】A由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s由甲图知，波长=4m则波速为B由乙图知，t=0时刻，质点a向下运动，根据甲图可知，该波沿x轴正方向传播，故B错误；C由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s所以质点A在t=0.25s的时刻的振动情况与t=0.05s时刻的振动情况相同，即处于负的最大位移处，所以a的位移沿y轴负方向，故C正确；D由图甲可知，a质点和b质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相
30、反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，所以质点b处于正的最大位移处，加速度沿y轴负方向，故D正确；E因为0.3s=1.5T，则s=n4A=1.540.2=1.2m故E错误。故选ACD。20. 一透明材料制成的圆柱体的上底面中央有一球形凹陷，凹面与圆柱体下底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材料。过圆柱体对称轴线的截面如图所示。O点是球形凹陷的球心，半径OA与OG夹角平行光沿垂直于轴线方向向下入射时，从凹面边缘A点入射的光线经折射后，恰好由下底面上C点射出。已知，。(1)求此透明材料的折射率；(2)撤去平行光，将一点光源置于球心O点处，求下底面上有光出射的圆形区域的半径不考虑侧面的反射光及多次反射的影响。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】（）平行光沿轴线方向向下入射时，折射后恰好由下底面上的C点射出，光图如图所示：由图可知入射角，图中角的正切值为由几何关系得，折射角，根据折射定律可得透明材料的折射率为：（）撤去平行光，将一点光源置于球心O点处，光路图如图所示：由题意及几何关系可得：所以，由于射到圆弧面上的光线不会发生折射，设全反射的临界角为，则有：即临界角小于，则所以下底面上有光射出圆形区域的半径为：
