1、福建省泉州市泉港区第一中学2021届高三物理上学期12月月考试题（考试时间：75分钟 总分：100分）试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。第卷（选择题，共46分）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。路基路面1如图所示，修建铁路、公路的路堤和路堑时，允许的边坡倾角最大值叫做“自然休止角”ycy，如果边坡倾角超过自然休止角会导致路基不稳定，关于自然休止角与土壤颗粒之间的动摩擦因数的关系式正确的是 A= tanB=cotC=cosD=sin2核电池可通过半导体换能器，将放射性同位素衰变过程释放的能量转变为电能。一静止的核衰
2、变为核和新粒子，并释放出光子。已知、的质量分别为mPu、mU，下列说法正确的是 A的衰变方程为 + 2 +B释放的核能转变为的动能、新粒子的动能和光子能量C核反应过程中的质量亏损为m=mPumUD核反应过程中释放的核能为E=(mPumU)c232020年2月2日上午，武汉火神山医院正式交付，从方案设计到建成交付仅用10天，被誉为“中国速度”。在医院建造过程中，有一吊机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，t图象如图所示。下列判断正确的是 2471.5t/sv/ms-10A末货物的加速度大小为B前内货物克服重力做功的功率不变C最后内货物处于超重状态D在第末至第末的过程
3、中，货物的机械能增大4我国成功发射了国内首颗全球二氧化碳监测科学实验卫星（以下简称“碳卫星”）如图。“碳卫星”每天绕地球运行16圈，“碳卫星”在轨道半径为R的圆周轨道上运行，地球自R地球碳卫星转周期为T，引力常量为G，则下列说法正确的有 A可算出地球质量为B“碳卫星”的运行速度大于7.9km/sC“碳卫星”的向心加速度大于9.8m/s2D“碳卫星”和地球同步卫星的周期之比为1165如图，在光滑的水平面上，一半径为r的金属环匀速穿过一个方向竖直向下的有界匀强磁场 (磁场宽度d 2r)。规定金属环中感应电流沿顺时针方向为正方向，以进入磁场瞬间为计时起点，下列能表示圆环中感应电流随时间变化的图象是
4、OCAB06如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成900角。现将带电粒子的速度变为，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 At Bt Ct D t30v0O7如图所示为某种水轮机的示意图，水平管中流出的水流直接冲击水轮机上的某挡板时，水流的速度方向刚好与水轮机上该挡板的线速度方向相同，水轮机圆盘稳定转动时的角速度为，圆盘的半径为R，冲击挡板时水流的速度是该挡板线速度的4倍，该挡板和圆盘圆心连线与水平方向夹角为30，挡板长度远小于R，不计空气阻力，则水从管口流出速度的大小为（）A
5、 BR C2R D4R 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。选对但不全得3分，错选得0分。8下列各仪器或现象的分析中正确的是 偏光镜虎门大桥相机镜头测速仪A偏光镜是利用纵波偏振特性的仪器B虎门大桥桥面的剧烈抖动属于受迫振动C照相机镜头呈淡紫色是光的衍射引起的D雷达测速仪是利用波的多普勒效应原理 9如图所示，面积为S、匝数为N的矩形线框在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L1、L2均正常发光，理想电流表的示数为I。已知L1、L2的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不BOOL2AL1计，则 A图示位置时穿过线框的磁
6、通量变化率为零B线框转动的角速度为C理想变压器原副线圈的匝数比为21 D若灯L1烧断，电流表示数将增大PQ10如图，固定斜面的倾角为37，斜面与水平台面间有一定滑轮，质量分别为2m、m的两滑块P、Q，通过不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮连接，轻绳一部分与水平台面平行，另一部分与斜面平行，已知滑块Q与水平台面间的动摩擦因数为0.3，其它摩擦不计，重力加速度为g，取sin37=0.6，cos53=0.8。在两滑块由静止释放后的运动过程中 A两滑块的加速度大小为0.3g B轻绳对Q做的功等于Q动能的增加量CQ机械能的增加量小于P机械能的减少量DP机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量第卷（非选择题，共54
7、分）三、实验题：本题共2小题，每小题8分，共16分。11某同学设计出如图所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为 g（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量_AB光电门接计时器甲乙H1/t2A小球的质量m BAB之间的距离HC小球从A到B的下落时间tAB D小球的直径d（2）小球通过光电门时的瞬时速度 v=_(用题中所给的物理量表示)（3）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出随H的变化图象如图所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0=_（4）在
8、实验中根据数据实际绘出H图象的直线斜率为k（kk0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值=_（用k、k0表示）12一玩具电动机的额定电压为3V，其线圈的电阻Rx大约为15，当其两端电压达到0.3V时，电动机才会开始转动。为了准确测量线圈的电阻Rx，某同学设计了部分电路原理图如图所示，可供选择的器材有：AVESMR电流表A1（020mA、内阻约10）；电流表A2（0200mA、内阻约5）；滑动变阻器R1（010，额定电流2A）；滑动变阻器R2（02k，额定电流1A）；电压表V（2.5V，内阻约3k）；电源E（电动势为3V、内阻不计）；定值电阻（阻值为R）开关S及导线若干（1）应选择
9、的电流表为 ，滑动变阻器为 ；（2）测量过程中要保持电动机处于 （选填“转动”或“不转动”）状态，下列四个定值电阻的阻值R中，最合适的是 ；A.20 B.50 C.120 D.1200 （3）请把电路原理图的连线补充完整；（4）某次实验中，电压表的读数为U，电流表的读数为I，则计算电动机导线圈电阻的表达式Rx= 。四、计算题：本题共3小题，共38分13（10分）如图所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度l=10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0 cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差h1=1
10、0.0 cm时将开关K关闭。已知大气压强p0=75.0 cmHg。(1)求放出部分水银后，A侧空气柱的长度；(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。POREQ14(11分）如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内有一匀强电场，场强大小为E、方向与圆所在的平面平行。PQ为圆的一条直径，与场强方向的夹角 = 60。质量为m、电荷量为 +q的粒子从P点以某一初速度沿垂直于场强的方向射入电场，不计粒子重力。（1）若粒子到达Q点，求粒子在P点的初速度大小v0；（2）若粒子在P点的初速度大小在0 v0之间连续可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？求出电势能
11、变化的最大值Ep。15(17分）如图所示，半径为R的圆弧形光滑轨道AB固定在竖直面内，轨道最低点B与水平面平滑连接，A点与圆心O在同一水平面上；一个连接有轻弹簧的物块Q锁定在水平面上的C点，弹簧自然伸长，左端与地面上的D点对齐，BD长为R。让物块P自A点正上方高R处由静止释放，物块P从A点无碰撞地滑入圆弧轨道，之后与轻弹簧碰撞反弹，第二次到达圆弧轨道的B点时，对轨道的压力是物块P重力的3倍。已知P、Q两物块的质量分别为m、2m，重力加速度为g，水平面上的D点左侧粗糙，右侧光滑。求：(1)物块P与水平地面间的动摩擦因数及弹簧被压缩时具有的最大弹性势能；(2)如果解除物块Q的锁定，物块P下滑后与弹
12、簧相碰并粘连在一起，则此后P的速度为零时弹簧的弹性势能和Q的速度为零时弹簧的弹性势能分别为多大；PAORBDCQ(3)如果解除物块Q的锁定，试分析物块P下滑后被弹簧弹回，能否第二次到达B点，如果不能，物块P 会停在离B点多远的位置；如果能，物块P到B点时对圆弧轨道的压力为多大。参考答案一、二、选择题（共46分，1-7题单项选择，每题4分，8-10题多项选择，每题6分，选对但不全得3分）题号12345678910选项ABDDBACBDBCAC三、实验题：本题共2小题，每小题8分，共16分。11BD（2分）； （2分）； （2分）； （2分）；AVESMR12.（1）A1（1分）、R1（1分）；（
13、2）不转动（1分）、C（1分） （3）如图所示（2分）； （4）R（2分）；四、计算题：本题共3小题，共38分13.（10分）解：(1)设A侧初始的压强为p；当两侧水银面的高度差h1=10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律有 plS=p1l1S （2分）由力学平衡条件得 p=p0+h （1分） p1=p0-h1 （1分）解得l1=12.0 cm。 （1分）(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2，由玻意耳定律得 plS=p2l2S （1分）p2=p0 （1分）解得l2=10.4 cm （1分）设注入的水银在管内的长度为h，依题意得
14、h=2(l1-l2)+h1（1分） 解得h=13.2 cm（1分）14.（11分）解：（1）粒子做类平抛运动，设粒子从P点运动到Q点的时间为t，加速度为a，有 2Rsin=v0t（2分） 2Rcos = at2（2分） 由牛顿第二定律得qE=ma（2分） 解得 v0= （1分）（2）粒子到达图中A点电势能变化量最大 （1分）Ep=qEd（1分）d = R+Rcos（1分）解得Ep= （1分）15.（17分）解：(1)物块P第二次到达B点时有3mgmg=m（1分） 解得v1=（1分）物块由静止落下到第二次到达B点，根据动能定理有mg2Rmg2R= mv12（1分） 解得=（1分）设弹簧被压缩时具
15、有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒有Ep=mg2RmgR= mgR（1分）(2)若解除物块Q的锁定，设物块P滑到D点时的速度大小为v2，根据动能定理有mg2RmgR= mv22 （1分） 解得v2=（1分）当P的速度为零时，设Q的速度为vQ，根据动量守恒有mv2=2mvQ（1分）解得vQ=（1分）根据能量守恒，此时弹簧具有的弹性势能为Ep = mv222mvQ2 = mgR（1分）当Q的速度为零时，根据动量守恒可知，P的速度大小等于v2；根据能量守恒，弹簧的弹性势能为零。（1分）(3)设物块P被弹开后，物块P的速度大小为v3，物块Q的速度大小为v4，根据动量守恒定律有mv2 = 2mv4mv3 （1分）根据能量守恒定律有mv22 = 2mv42 +mv32 （1分） 解得v3=（1分）假设物块P被反弹后不能到达B点，根据动能定理有：mgx = 0 mv32 （1分）解得x=R （1分）假设成立。 物块P最后停下的位置离B点的距离为：x = Rx = R（1分）
