湖南省长沙市长郡中学2021届高三年级九月教学质量监测卷物理试题,Word版含解析

　长郡中 2021 届高三年级九月份教学质量监测卷理科综合 物理部分

　第 Ⅰ 卷( ( 选择题共 8 48 分) )

　一、选择题: : 本大题共 8 8 小题, , 每小题 6 6 分。在每小题给出的四个选项中, ,第 第 5 1~5 题只有一项符合题目要求, ,第 第 8 6~8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 6 分, , 选对但不全的得 3 3 分, , 有选错的得 0 0 分。

　1.如图所示为 A、B 两物体从同一点出发的位移-时间图象，则下列说法正确的是

　A. 0～2s 内 A、B 两物体的运动方向都发生了改变 B. 1.5s 末 A、B 两物体的速度相同 C. 0～1.5s 的时间内， A 的平均速度等于 B 的平均速度 D. 0～25 内 A、B 两物体之间的最大距离为 3m 【答案】C 【详解】由于位移-时间图象的斜率表示该时刻的速度，由图可知，0-2s 内 A、B 两物体的速度（斜率）没有负值，即运动方向没有发生改变，A 错误．1.5s 末 A、B 两物体的位置坐标相同，说明两物体相遇，而不是速度相同，B 错误．由图可知，0-1.5s 的时间内，两物体的位移相等，所用时间也相等，所以平均速度相等，C 正确．从 x-t 图象看出，两个物体 1s 末纵坐标读数之差最大，两物体相距最远，且最大距离为△x=3m-1m=2m，D 错误． 2.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为 M ，环的质量为 m ，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为 F f ，则此时箱子对地面的压力大小为(

　)

　 A. Mg ＋ F f

　B. Mg － F f

　C. Mg ＋ mg

　D. Mg － mg 【答案】A 【解析】

　【详解】环在竖直方向上受重力及箱子内的杆给它的竖直向上的摩擦力 F f ，受力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力 F f ′，故箱子竖直方向上受重力Mg 、地面对它的支持力 F N 及环给它的摩擦力 F f ′，受力情况如图乙所示，由于箱子处于平衡状态，可得 F N ＝ F f ′＋ Mg ＝ F f ＋ Mg .根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力，即 F N ′＝ Mg ＋ F f ，故选项 A 正确．

　3.如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为 g)(

　)

　A. 216vg B. 28vg C. 24vg D. 22vg 【答案】B

　【分析】根据动能定理得出物块到达最高点 速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径． 【详解】设半圆的半径为 R，根据动能定理得：− mg •2 R ＝12mv ′2 − 12mv2 ，离开最高点做平抛运动，有：2R=12gt2 ，x=v′t，联立解得：2 42216 ( )( ) 4 4 8 4v vg RR v gR g gxg g    ，可知当 R=28vg时，水平位移最大，故 B 正确，ACD 错误．故选 B． 【点睛】本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动 综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练． 4. 一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动，A、B 是卫星运动的远地点和近地点．下列说法中正确的是（ ）

　A. 卫星在 A 点的角速度大于 B 点的角速度 B. 卫星在 A 点的加速度小于 B 点的加速度 C. 卫星由 A 运动到 B 过程中动能减小，势能增加 D. 卫星由 A 运动到 B 过程中引力做正功，机械能增大 【答案】B 试题分析：近地点的线速度较大，结合线速度大小，根据vr  比较角速度大小．根据牛顿第二定律比较加速度大小．根据万有引力做功判断动能和势能的变化． 近地点的速度较大，可知 B 点线速度大于 A 点的线速度，根据vr  知，卫星在 A 点的角速度小于 B 点的角速度，故 A 错误；根据牛顿第二定律得，2F GMam r  ，可知卫星在 A 点的加速度小于 B 点的加速度，故 B 正确．卫星沿椭圆轨道运动，从 A 到 B ，万有引力做正功，动能增加，势能减小，机械能守恒，故 CD 错误． 5.质量为 m 的物体静止在光滑水平面上，从 t =0 时刻开始受到水平力的作用．力的大小 F 与

　时间 t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则

　A. 3 t 0 时刻的瞬时功率为20 05F tm B. 3 t 0 时刻的瞬时功率为20 015F tm C. 在 t =0 到 3 t 0 这段时间内，水平力的平均功率为20 0234F tm D. 在 t= 0 到 3 t 0 这段时间内，水平力的平均功率为20 0256F tm 【答案】BD 【详解】AB.3 t 0 时速度 v = a 1 ·2 t 0 + a 2 t 0 =0Fm·2 t 0 +03Fm· t 0 =0 05F tm 3 t 0 时刻瞬时功率 P =3 F 0 · v =20 015F tm 故 A 错，B 对； CD.0~2 t 0 内，力 F 0 做的功 W 1 = F 0 ·12·0Fm·（2 t 0 ）2 =2 20 02F tm 2 t 0 ~3 t 0 内位移 x 2 = a 1 ·2 t 0 · t 0 +12·03Fm·20t =20 02F tm+20 032F tm=20 072F tm 2 t 0 ~3 t 0 内水平力 3 F 0 做的功 W 2 =3 F 0 x 2 =2 20 0212F tm

　0~3 t 0 内平均功率 P =1 203W Wt＋=20 0256F tm C 错，D 对． 6.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴 O 上，另一端与套在粗糙固定直杆 A处质量为 m 的小球（可视为质点）相连．A 点距水平面的高度为 h ，直杆与平面的夹角为 30°，OA = OC，B 为 AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度为 v ，并恰能停在 C 处．已知重力加速度为 g ，则下列说法正确的是

　 A. 小球通过 B 点时的加速度为2g B. 小球通过 AB 段与 BC 段摩擦力做功相等 C. 弹簧具有的最大弹性势能为212mv

　D. A 到 C 过程中，产生的内能为 mgh 【答案】BCD 【详解】因在 B 点时弹簧在原长，则到达 B 点时的加速度为0 01sin30 cos302a g g g     ，选项 A 错误；因 AB 段与 BC 段关于 B 点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，选项 B 正确；设小球从 A 运动到 B 的过程克服摩擦力做功为 W f ，小球的质量为 m，弹簧具有的最大弹性势能为 E p ．根据能量守恒定律得，对于小球 A 到 B 的过程有：mg∙ 12h+E p =12mv2 +Wf ，A 到 C 的过程有：mgh=2W f ，解得：W f =12mgh，E p =12mv2 ．即弹簧具有的最大弹性势能为12mv2 ；A 到 C 过程中，产生的内能为 2Wf =mgh，选项 CD 正确，故选 BCD． 【点睛】解决本题的关键要灵活运用能量守恒定律，对系统分段列式，要注意本题中小球的机械能不守恒，也不能只对小球运用能量守恒定律列方程，而要对弹簧与小球组成的系统列能量守恒的方程． 7.如图所示，光滑绝缘的水平面上有一带电量为- q 的点电荷，在距水平面高 h 处的空间内存在一场源点电荷+ Q ，两电荷连线与水平面间的夹角 θ =30°，现给- q 一水平初速度，使其恰

　好能在水平面上做匀速圆周运动，已知重力加速度为 g ，静电力常量为 k ，则（

　）

　A. 点电荷- q 做匀速圆周运动的向心力为234kQqh B. 点电荷- q 做匀速圆周运动的向心力为238kQqh C. 点电荷- q 做匀速圆周运动的线速度为 3gh

　D. 点电荷- q 做匀速圆周运动 线速度为32gh 【答案】BC 【详解】AB．恰好能在水平面上做匀速圆周运动，点电荷-q 受到竖直向下的重力以及点电荷Q 的引力，如图所示，电荷之间的引力在水平方向上分力充当向心力：

　tanhr  ，sinhR ，2cosnQqF kR  

　联立解得 n238kQqFh

　A 错误，B 正确； CD．因为 ntan30mgF  根据2nvF mr 可得 3 v gh 

　C 正确，D 错误。

　故选 BC。

　 8.如图所示，线圈 ABCD 匝数 n ＝10，面积 S ＝0.4 m2 ，边界MN (与线圈的 AB 边重合)右侧存在磁感应强度 B ＝2T 的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕 AB 边以 ω ＝10π rad/s 的角速度匀速转动.则以下说法正确的是(

　)

　A. 线圈产生的是正弦交流电 B. 线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为 80 V C. 线圈转动160s 时瞬时感应电动势为 40 3

　V D. 线圈产生的感应电动势的有效值为 40 V 【答案】BD 【详解】A．线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流，故 A 错误； B．电动势最大值 E=nBSω=80V，故 B 正确； C．线圈转动160s、转过角度6，瞬时感应电动势为 e= nBSωsin6=40V，C 项错误； D．在一个周期时间内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有

　2 2) ? ( )2 2mU T UR RTR R，可得电动势有效值 U=2mU=40V，故 D 正确； 三、非选择题: : 包括必考题和选考题两部分。第 3 9~13 题为必考题每个试题考生都必须作答, , 第5 14~15 题为选考题, , 考生根据要求作答。

　( ( 一) ) 必考题

　9.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的试验中：

　①用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为__cm． ②小组成员在试验过程中有如下说法，其中正确的是___．（填选项前的字母）

　A．把单摆从平衡位置拉开 30º 的摆角，并在释放摆球的同时开始计时 B．测量摆球通过最低点 100 次的时间 t ，则单摆周期为 t /100 C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大 D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小 【答案】（1）①0.97（0.96、0.98 均可）②C 【详解】①主尺刻度加游标尺刻度的总和等于最后读数，0.9 cm+ mm =" 0.97" cm，不需要估读．②为减小计时误差，应从摆球速度最大的最低点瞬间计时，A 错．通过最低点 100次的过程中，经历的时间是 50 个周期，B 错．应选用密度较大球以减小空气阻力的影响，D错．悬线的长度加摆球的半径才等于摆长，由单摆周期公式 T = 可知摆长记录偏大后，测定的重力加速度也偏大，C 正确．

　10.如图所示，在竖直平面内固定 强磁性圆轨道半径为 R ， A 、 B 两点分别为轨道的最高点与最低点．质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心 O 且大小恒为 F ，当质点以速率 v ＝ gR 通过 A 点时，对轨道的压力为其重力的 7 倍，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为 g .

　 (1)求质点的质量； (2)质点能做完整的圆周运动过程中，若磁性引力大小恒定，试证明质点对 A 、 B 两点的压力差为定值；

　(3)若磁性引力大小恒为 2 F ，为确保质点做完整的圆周运动，求质点通过 B 点最大速率． 【答案】(1) 7Fg (2)质点能做完整的圆周运动，设磁性引力大小为 F ′，在 A 点有：

　2NAAvgRF m F m   

　根据牛顿第三定律：

　F N A ′＝ F N A ⑤ 在 B 点有：2NBBvgRF m F m    ⑥ 根据牛顿第三定律：

　F N B ′＝ F N B ⑦ 从 A 点到 B 点过程，根据机械能守恒定律：2 21 122 2B Amg R mv mv   ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧联立得：

　F N A ′－ F N B ′＝6 mg 为定值，得到证明． (3) 13gR

　【详解】(1)在 A 点：

　2AvgRF m F m    ① 根据牛顿第三定律：

　F A ′＝ F A ＝7 mg ② 由①②式联立得：7Fmg③ (2) 质点能做完整的圆周运动，设磁性引力大小为 F ′，在 A 点有：

　2NAAvgRF m F m   

　根据牛顿第三定律：

　F N A ′＝ F N A ⑤ 在 B 点有：2NBBvgRF m F m    ⑥ 根据牛顿第三定律：

　F N B ′＝ F N B ⑦

　从 A 点到 B 点过程，根据机械能守恒定律：2 21 122 2B Amg R mv mv   ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧联立得：

　F N A ′－ F N B ′＝6 mg 为定值，得到证明． (3)在 B 点，根据牛顿第二定律：22BBgRF m Fvm   

　当 F B ＝0，质点速度最大 22BmvF mg mR  ⑨ 由③⑨联立得：

　13Bmv gR 

　11.如图所示，半径为 r ，质量不计的圆盘盘面与地面互相垂直．圆心处有一个垂直于盘面的光滑水平固定轴 O，在盘的最边缘固定一个质量为 m 的小球 A，在 O 点的正下方离 O 点 r /2 处固定一个质量也为 m 的小球，现放开盘让其自由转动，问：

　(1)当 A 球转到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？ (2)A 球转到最低点时的线速度是多少？ (3)在转动过程中半径 OA 向左偏离竖直方向的最大角度是多少？ 【答案】（1）12mgr ；（2）45gr ；（3）

　37

　【详解】（1）以 O 为零势面，则：初态：

　10PAE 

　112PBE mgr  

　末态 2 PAE mgr  

　20PAE 

　重力势能的减少量

　1 1 2 21( ) ( )2p PA PB PA PBE E E E E mgr      

　（2）由于转动过程中 A 、 B 系统的机械能守恒，所以有 p kE E    即 221 1 12 2 2 2vmgr mv m     解得 45v gr 

　（3）如图

　设最大角度为 θ ，此时 A 、 B 速度均为零，即动能为零， 根据机械能守恒有：

　1 1cos sin2 2mgr mgr mgr      

　解得 3sin5 

　即 37   

　12.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为 5 3N/C E  ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小 B =0.5 T．有一带正电的小球，质量 m =1×10–6

　kg，电荷量q =2×10–6

　C，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），取 g =10 m/s2 ．求：

　（1）小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向；

　（2）从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t ． 【答案】（1）20 m/s，与电场方向夹角为 60°

　（2）3.5 s 【解析】

　（1）小球做匀速直线运动时，受力如图，

　其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有：2 2 2 2Bqv q E m g  ， 带入数据解得：

　v 20m/s  ， 速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角满足：

　tanθqEmg ，

　解得：

　tanθ 3  ，则 θ 60   ； （2）撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以 P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，其初速度为yv vsinθ ， 若使小球再次穿过 P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，则有：2102yv t gt  

　联立解得：

　t 2 3s 

　( ( 二) ) 选考 题: :共 共 5 15 分。请考生从给出的 2 2 道物理题任选一题作答, , 并用 B 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致, , 在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做, , 则每学科按所做的第一小题计分。

　【物理 — 选修 3 3- -3 3 】

　13.关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是 A. 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 B. 当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大 C. 一定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度升高而减少

　D. 水的饱和汽压随温度的升高而增大 E. 叶面上 小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 【答案】CDE 【详解】A．在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故 A 错误； B．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故 B 错误； C．温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数必减少，故 C 正确； D．饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故 D 正确； E．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故 E 正确。

　故选 CDE． 【点睛】绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；相对湿度较大，但是绝对湿度不一定大；水的饱和汽压随温度的升高而增大；分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，根据压强的微观解释分析分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数变化；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用． 14.汽缸的横截面积为 S ，质量为 m 的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹角为α ，如图所示，当活塞上放质量为 M 的重物时处于静止状态.设外部大气压强为 p 0 ，若活塞与缸壁之间无摩擦.重力加速度为 g ，求汽缸中气体的压强.

　【答案】

　p 0 ＋( ) m M gS 【详解】对活塞进行受力分析，如图所示

　 由平衡条件得 p 气 S ′0)sinm M g p S 

　又因为 S ′=sinS 所以 p 气 =   00m M g p S m M gpS S    . 【物理 — 选修 3 3- -4 4 】

　15.氙气灯在亮度、耗能及寿命上都比传统灯有优越性．某轿车的灯泡的容积 V =l.5ml，充入氙气的密度 ρ =5.9kg/m3，摩尔质量 M =0.131kg/mol,阿伏伽德罗常数 N A =6×1023 mol -1 ．试估算灯泡中：

　氙气分子的总个数； ②氙气分子间的平均距离．（结果保留一位有效数字）

　【答案】①4×1019 个；②3×10 -9 m 【解析】

　（1）设疝气的物质的量为 n，则：VnM ； 疝气分子的总数：3 6 323 1 195.9 / 1.5 106 10 4 100.131 /AV kg m mN N molM kg mol       个

　； （2）每个分子所占的空间为：0VVN＝ ； 设分子间平均距离为 a，则有：

　V 0 ＝ a3 ； 则693 3191.5 103 104 10Va m mN   

　点睛：本题关键明确阿伏加德罗常数是联系宏观量与微观量的桥梁，知道摩尔体积等于摩尔质量与密度的比值．