PAGE陜西省西安市長安區(qū)一中2021屆高三物理上學期第三次月考試題（含解析）本卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。滿分110分，考試時間100分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、學號和班級寫在答題卷上。2.第Ⅰ卷每小題選出答案后，用鉛筆把答題卷上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。第Ⅱ卷用黑色墨水的簽字筆或碳素鋼筆在指定地方作答，答在試卷上或答在答題卷非指定的位置均無效。3.考試結束后，監(jiān)考老師只將答題卷收回。第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、單項選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題所給的四個選項中，只有一個選項符合題意。）1.如圖所示，在直角框架MQN上，用輕繩OM、ON共同懸掛一個物體。物體的質量為m，ON呈水平狀態(tài)?，F(xiàn)讓框架沿逆時針方向緩慢旋轉90°，在旋轉過程中，保持結點O位置不變。則下列說法正確的是（）A.繩OM上的力一直在減小B.繩ON上的力一直在增大C.繩ON上的力先減小再增大D.繩OM上的力先減小再增大【答案】A【解析】【分析】【詳解】根據(jù)拉密定理得因為結點位置不變，所以不變?？蚣苎啬鏁r針方向緩慢旋轉90°，先減小到90°，再繼續(xù)減小，所以繩ON上的力先增大再減小。一直增大到180°，繩OM上的力減小，一直減到0。故選A。2.如圖所示，傾角為θ的斜面靜置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的質量分別為m、2m、3m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、A.細線被剪斷的瞬間，彈簧彈力為3mgsinθB.細線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為零C.細線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度沿斜面向上，大小為2gsinθD.細線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為4mgsinθ【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．細線被剪斷前，A、B、C整體分析，由平衡條件得細線被剪斷瞬間，彈簧來不及恢復形變，因此彈力不變。故A錯誤；BCD．細線被剪斷瞬間，彈簧彈力大小不變，則A、B整體分析，由牛頓第二定律得隔離B分析，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得，加速度方向沿斜面向上。故BC錯誤，D正確。故選D。3.已知萬有引力常量G，那么在下列給出的各種情景中，能根據(jù)測量的數(shù)據(jù)求出火星平均密度的是（）A.在火星表面使一個小球做自由落體運動，測出下落的高度H和時間tB.發(fā)射一顆繞火星做圓周運動的飛船，測出飛船的周期TC.觀察火星繞太陽的圓周運動，測出火星的直徑D和火星繞太陽運行的周期TD.發(fā)射一繞火星做圓周運動的衛(wèi)星，測出衛(wèi)星軌道半徑與火星半徑之比K和衛(wèi)星周期T【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)下落的高度和時間，根據(jù)位移時間公式只能求出火星表面的重力加速度，無法求出火星的平均密度，故A錯誤；B．根據(jù)萬有引力提供向心力可得解得飛船的軌道半徑未知無法求出火星質量，則無法求解平均密度。B錯誤；C．已知火星繞太陽的周期，無法求出火星的質量，也無法求出火星的平均密度。C錯誤；D．根據(jù)萬有引力提供向心力可得解得密度測出衛(wèi)星軌道半徑與火星半徑之比K和衛(wèi)星周期T可以求出火星的平均密度。D正確。故選D。4.下列說法正確的是（）A.液體中懸浮微粒的布朗運動就是液體分子的無規(guī)則熱運動B.物體的溫度越高，物體內分子熱運動越激烈，物體的動能越大C.密封在體積不變的容器中的氣體溫度升高時，單位時間打到單位面積器壁的分子數(shù)變多D.溫度是描述熱運動的物理量，一個系統(tǒng)與另一個系統(tǒng)達到熱平衡時，兩系統(tǒng)的內能相同【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．布朗運動是懸浮液體中微粒的無規(guī)則運動，產生的原因是液體分子對微粒撞擊的沖力不平衡造成的，布朗運動間接反映了液體分子的無規(guī)則運動，但不是液體分子的無規(guī)則運動，A錯誤；B．溫度是分子平均動能的標志，分子熱運動越劇烈，溫度越高分子平均動能越大，B錯誤；C．密封在體積不變的容器中的氣體溫度升高時，單位時間打到單位面積器壁的分子數(shù)變多，C正確；D．溫度是描述熱運動的物理量，一個系統(tǒng)與另一個系統(tǒng)達到熱平衡時，兩系統(tǒng)的溫度相同，D錯誤。故選C。5.光滑水平面上放有一表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質量為M、底邊長為L，如圖所示。將一質量為m、可視為質點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A.FN＝mgcosαB.滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosαC.此過程中斜面體向左滑動的距離為LcosαD.滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動水平方向動量守恒【答案】D【解析】分析】【詳解】A．當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，故A錯誤；

B．滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，故B錯誤；

C．系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得：即有：Mx1=mx2，又x1+x2=L，解得：故C錯誤；D．滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動水平方向動量守恒，故D正確。故選D。6.如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，兩物塊之間用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻壁相接觸，另有一物塊C從t＝0時，以一定速度向右運動。在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖像如圖乙所示，則（）A.4s—12s內A，B，C系統(tǒng)動量守恒B.8s—12s內A，B，C系統(tǒng)機械能守恒C.0s—12s內A，B，C系統(tǒng)損失的機械能為54JD.墻壁對物塊B的彈力在4s到12s的時間內對B的沖量I的大小為32N·s【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．4s—12s內，CA一起擠壓彈簧，而此時，B受到墻壁對B的作用力，系統(tǒng)水平方向合力不為零，A，B，C系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．8s—12s內A，B，C與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；C．根據(jù)對稱性可知，12s末彈簧處于原長狀態(tài)，0s—12s內A，B，C系統(tǒng)損失的機械能為其中AC碰撞過程解得：故C正確；D．墻壁對物塊B的彈力在4s到12s的時間內對B的沖量I的大小與彈簧對B的沖量大小相等，也等于彈簧對AC系統(tǒng)的沖量大小為故D錯誤。故選C。7.如圖所示，實線MN是某勻強電場中的一條電場線。一帶負電粒子射入電場后，僅在電場力作用下沿虛線ABC運動。下列說法中正確的是（）A.粒子在A點的加速度比在C點的加速度大B.粒子在A點的電勢能比在C點的電勢能大C.M、N兩點的電勢：φM>φND.電場線的方向水平向左【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．由于電場為勻強電場，可得到粒子在A點的加速度與C點的加速度大小相等，故A錯誤；BCD．由題圖可知，粒子在B點所受電場力方向向左，又因為粒子帶負電，故電場線方向向右，因為沿電場線方向電勢降低，則φN<φM，故帶負電粒子從A點到C點電場力做負功，電勢能增加，所以粒子在A點的電勢能比在C點的電勢能小，故C正確，BD錯誤。故選C。8.如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程（）A.重力勢能增加mv2 B.動能增加mv2C.機械能增加mv2 D.電勢能增加2mv2【答案】A【解析】分析】【詳解】A．在豎直方向只有重力做功，小球做豎直上拋運動，到達N點豎直方向速度是零，豎直方向動能減小是，即重力勢能增加，A正確；B．小球動能的增加為B錯誤；C．除重力外，只有電場力做功，電場力做功等于小球的機械能增加，電場力做功等于水平方向小球的機械能增加即小球的機械能增加為2mv2，C錯誤；D．電場力做正功，電勢能減小，D錯誤故選A。9.硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點。如圖所示，圖線a是該電池在某光照強度下路端電壓U和電流I的關系圖線（電池內阻不是常數(shù)），圖線b是某電阻R的U－I圖線。在該光照強度下將它們組成閉合回路時，則（）A.硅光電池的內阻為10Ω B.電源的總功率為0.4WC.回路的總電阻為18Ω D.電源電動勢為4V【答案】C【解析】【分析】【詳解】AD．由閉合電路歐姆定律得U=E-Ir當I=0時，E=U，由a與縱軸的交點讀出電動勢為E=3.6V根據(jù)兩圖線交點處的狀態(tài)可知，將它們組成閉合回路時路端電壓為U=2V，電流為I=0.2A，則電池的內阻為故AD錯誤；B．電源的總功率為P總=EI=3.6×0.2W=0.72W故B錯誤；C．電阻的U-I圖線的斜率表示阻值，有所以，回路的總電阻為故C正確。故選C。10.如圖，水平向右的勻強電場中，一帶電粒子從A點以豎直向上的初速度開始運動，經最高點B后回到與A在同一水平線上的C點，粒子從A到B過程中克服重力做功2J，電場力做功3J，則（）A.粒子在C點的動能為14JB.粒子在C點的電勢能比在B點少3JC.粒子在C點的電勢能比在B點少12JD.粒子在B點的機械能比在A點多1J【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．由于帶電粒子做拋體運動，將運動分解為水平方向的勻加速直線運動和豎直方向的勻減速直線運動,豎直方向先做勻減速后做反向勻加速運動，利用運動的對稱性可知tAB=tBC，由于水平方向為初速度為零的勻加速直線運動，則根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動的比例關系有xAB：xBC=1：3則電場力所做的功有3WAB=WBC在豎直方向上變形可知初動能為：從A→C由動能定理有WAC=-代入數(shù)據(jù)有=14JA正確；BC．電場力做正功電勢能減小，且做了多少正功，電勢能就減少多少，由選項A知3WAB=WBC=9JBC錯誤；D．其他力（除重力彈力以外的力）做正功機械能增加，且其它力做了多少正功，機械能就增加多少，則WAB=2J則粒子在B點的機械能比在A點多2J，D錯誤。故選A。二、多項選擇題（本大題共5小題，每小題4分，共20分，每小題有多個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全得2分，選錯或不選得0分。）11.一個質量為m的物塊放在傾角為θ的斜面體上，斜面體始終不動?，F(xiàn)對物塊施加一個豎直向下的恒力F，如圖所示。下列說法正確的是（）A.若物塊原來勻速下滑，施加壓力后物塊仍然勻速下滑B.若物塊原來加速下滑，施加壓力后物塊加速度變大C.若物塊原來處于靜止狀態(tài)，施加壓力后物塊可能開始加速下滑D.若物塊原來勻速下滑，施加壓力后地面給斜面體產生摩擦力【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A．小物塊恰好沿斜面勻速下滑，根據(jù)平衡條件有解得當對物塊施加一個豎直向下的恒力F時，有可知物塊仍然做勻速運動，A正確；B．未加F時，根據(jù)牛頓第二定律得施加F后，根據(jù)牛頓第二定律得分析可得所以物塊將以比原來大的加速度做勻加速運動，B正確；C．若物塊原來處于靜止狀態(tài)，則有當對物塊施加一個豎直向下的恒力F時，有沿斜面方向的分力垂直于斜面方向的分力則有物塊仍處于靜止，C錯誤；D．根據(jù)共點力平衡條件，斜面體對m的摩擦力和支持力的合力仍然豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律，物體m對斜面體的作用力豎直向下，故斜面體相對地面沒有運動趨勢，故不受靜摩擦力，D錯誤。故選AB。12.在距河面高度h＝20m的岸上有人用長繩拴住一條小船，開始時繩與水面的夾角為30°，人以恒定的速率v＝3m/s拉繩，使小船靠岸，那么（）A.5s時繩與水面的夾角為53°B.5s后小船前進了C.5s時小船速率為5m/sD.5s時小船到岸邊的距離為15m【答案】ACD【解析】【分析】【詳解】AD．由幾何關系可知，開始時河面上的繩長為此時船離岸的距離5s時，繩子向左移動了河面上繩長為小船離河邊的距離船的速度為合速度，由繩收縮的速度及繩擺動的速度合成得出，5s后，由幾何關系可知繩與水面的夾角是53°，故AD正確；B．5s時刻小船前進的距離為故B錯誤；C．船的速度為合速度，由繩收縮的速度及繩擺動的速度合成得出，則由幾何關系可知故C正確。故選ACD。13.如圖所示，內部光滑的半球形容器固定放置，兩個完全相同的小球a、b分別沿容器內部，在不同的水平面內做勻速圓周運動，下列判斷正確的是（）A.a對內壁的壓力大于b對內壁的壓力B.a的周期大于b的周期C.a的角速度大于b的角速度D.a的向心加速度小于b的向心加速度大小【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A．以任意一球為研究對象，受力情況如圖由圖得到軌道對小球的支持力對于兩球θa＞θb，所以Na＞Nb，故A正確；

BC．小球受重力mg和內壁的支持力N，由兩力合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanθ=mω2r得：ω=設球的半徑為R，根據(jù)幾何關系可知，運動半徑r=Rsinθ，則對于兩球θa＞θb，則ωa＞ωb，周期，故B錯誤C正確；D．向心加速度an=gtanθ，對于兩球θa＞θb，則向心加速度aa＞ab．故D錯誤。

故選AC。14.如圖所示，固定斜面PO、QO與水平面MN的夾角均為45°，現(xiàn)由A點分別以v1、v2先后沿水平方向拋出兩個小球（可視為質點），不計空氣阻力，其中以v1拋出的小球恰能垂直于QO落于C點，飛行時間為t，以v2拋出的小球落在PO斜面上的B點，且B、C在同一水平面上，則（）A.落于B點的小球飛行時間為tBC.落于C點的小球的水平位移為gt2D.A點距水平面MN的高度為gt2【答案】ABD【解析】【分析】【詳解】A．兩個小球做平拋運動下落高度相等，所以飛行時間也相等，可知，落于點的小球飛行時間為。故A正確；B．小球飛行時間為，則撞在Ｂ點豎直分速度由推論得解得故B正確；C．因為小球恰好垂直撞在點，根據(jù)平行四邊形定則知，小球的初速度小球在水平方向的位移故C錯誤；D．小球落于B點的水平位移為根據(jù)幾何關系知，點距離的高度故D正確。故選ABD。15.如圖所示電路中，電源電動勢為E、內阻為r，R0定值電阻，電容器的電容為C。閉合開關S，增大可變電阻R的阻值，電壓表示數(shù)的變化量的絕對值為U，電流表示數(shù)的變化量的絕對值為I，則（）A.變化過程中U和I的比值保持不變B.電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I的比值不變C.電容器的帶電荷量增加，增加量為CD.可變電阻R上的功率變大，R0上的功率變小【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)閉合電路的歐姆定律得所以A正確；B．根據(jù)歐姆定律得可變電阻R的阻值在增大，所以電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I的比值變大。B錯誤；C．可變電阻R的阻值在增大，電路的電流減小，內電壓減小，外電壓增大，定值電阻R0的電壓減小，R0上的功率變小，所以可變電阻R的電壓增大，電容器的電量增加，根據(jù)可得C正確；D．根據(jù)電源的輸出功率圖像可知，當時，可變電阻上的功率最大。因為不確定與的大小關系，所以不能確定可變電阻R上的功率變化。D錯誤。故選AC。第Ⅱ卷（非選擇題共50分）三、實驗題（本大題共3小題，共18分。）16.圖中游標卡尺的讀數(shù)為________mm，螺旋測微器的讀數(shù)為________mm。【答案】(1).50.15(2).4.700（4.698~4.702）【解析】【分析】【詳解】[1]游標卡尺的精度為，讀數(shù)為。[2]螺旋測微器精度為，讀數(shù)為。17.如圖所示，多用表在進行不同測量時，多用表表盤指針在測量時的偏轉位置如圖示。若是用×100歐姆檔測量，則讀數(shù)為__；若是用0—10mA檔測量，則讀數(shù)為__；若是用0—50V檔測量，則讀數(shù)為__?！敬鸢浮?1).1.2×103Ω(2).5.6mA(3).28.3V【解析】【分析】【詳解】[1]若是用×100歐姆檔測量，則讀數(shù)為12.0×100=1.2×103Ω[2]若是用0—10mA檔測量，最小分度值為0.2mA，則讀數(shù)為5.6mA.[3]若是用0—50V檔測量，最小分度值為1V，則讀數(shù)為28.3V18.某同學設計了如圖所示的電路來測量一個量程為3V的電壓表的內電阻（幾千歐），實驗室提供直流電源的電動勢為6V，內阻忽略不計；(1)在該實驗中，認為當變阻器的滑片P不動時，無論電阻箱的阻值如何增減，aP兩點間的電壓保持不變；請從下列滑動變阻器中選擇最恰當?shù)氖牵篲______A變阻器（0-2000Ω，0.1A）B變阻器（0-20Ω，1A）C變阻器（0-5Ω，1A）(2)連接好線路后，先將變阻器滑片P調到最_______端，并將電阻箱阻值_______調到（填“0”或“最大”），然后閉合電鍵S，調節(jié)P，使電壓表滿偏，此后滑片P保持不動；(3)調節(jié)變阻箱的阻值，記錄電壓表的讀數(shù):最后將電壓表讀數(shù)的倒數(shù)U-1與電阻箱讀數(shù)R描點，并畫出圖己所示的圖線，由圖象得待測電壓表的內阻值為_______Ω．（保留兩位有效數(shù)字）【答案】(1).B(2).左(3).0(4).3.0×103（3.0k）【解析】【分析】【詳解】（1）[1]．因為當變阻器的滑片P不動時，無論電阻箱的阻值如何增減，aP兩點間的電壓保持不變，可知滑動變阻器的阻值越小越好，但是若選擇變阻器C，電流會超出變阻器的最大電流，不安全，所以選擇B．（2）[2][3]．連接好線路后，先將變阻器滑片P調到最左端，并將電阻箱阻值調到0，然后閉合電鍵S，調節(jié)P，使電壓表滿偏．（3）[4]．設滿偏電壓為U0，因為ap間的電壓不變，為U0，根據(jù)歐姆定律知，電壓表的示數(shù)為：整理得：可知：＝0.33解得：RV＝3.0×103Ω四、計算題（本大題共3小題，共32分。解答時必須寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的，不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。）19.如圖所示，長L=2m、質量為m=3kg的導體棒ab，置于傾角為θ=30°的光滑斜面上。導體棒與斜面的水平底邊始終平行。已知導體棒通以從b向a的電流，電流為I=2A，重力加速度g=10m/s2(1)若勻強磁場方向豎直向上，為使導體棒靜止在斜面上，求磁感應強度B的大小；(2)若勻強磁場的大小、方向都可以改變，要使導體棒能靜止在斜面上，求磁感應強度的最小值和對應的方向?！敬鸢浮?1)；(2)，垂直斜面向上【解析】【分析】【詳解】(1)若勻強磁場方向豎直向上，為使導體棒靜止在斜面上，根據(jù)共點力平衡得，mgtanθ=BIL解得：(2)根據(jù)三角形定則知，當安培力沿斜面向上時，安培力最小mgsinθ=BIL解得B垂直斜面向上。20.如圖所示，一定質量的理想氣體從A狀態(tài)經過一系列的變化，最終