玉溪一中2021届高三上学期第二次月考
物理学科试卷
本卷满分100分，考试时间90分钟。
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。1-7题为单选题，8-12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度－时间图象如图所示．在0～t2时间内，下列说法中正确的是（）
A. Ⅰ物体所受
的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小
B. 在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远
C. t2时刻两物体相遇
D. Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是12
2
v v
+
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：速度时间图像的斜率表示加速度，从图中可知I曲线的斜率都在减小，所以I加速度都在减小，根据牛顿第二定律可得I合力都在减小，II斜率恒定，做匀减速直线运动，合力恒定，A错误；速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知在1t时刻两物体面积差最大，相距最远，故B正确；2t时刻，物体I的位移比物体II的位移大，两者又是从同一地点同时开始运动的，所以2t时刻两物体没有相遇，故C错误；
物体的位移就等于图中两图象与时间轴所围的面积，平均速度就等于位移与时间的比值，由
图知物体I的位移比物体II的位移大，且II物体做匀减速运动，其平均速度为12
2
v v
+
，I的平
均速度大于12
2
v v
+
，D错误．
考点：考查了速度时间图像
【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移
2. 某同学为研究自由落体运动，从砖墙前的高处由静止释放一小石子，让其自由落下，拍摄到石子下落过程中的一张照片如图所示，由于石子的运动，它在照片上留下一条模糊的径迹
AB 。已知每层砖的平均厚度为6.0cm ，拍摄到石子位置A 到石子下落的起始位置的距离为
5.0m ，则这个照相机的曝光时间约为（ ）
A. 26.010s -?
B. 36.010s -?
C. 46.010s -?
D.
56.010s -?
【答案】B 【解析】
【详解】由公式22v gh =可知，自由落体运动5m 的末速度为
22105m/s 10m/s v gh ==??=
由于0.06m 远小于5m ，故可以近似地将AB 段当作匀速运动，故时间为
30.06
s 610s 10
AB t v -=
==? 故选B 。
3. 如图所示，A 为电磁铁，C 为胶木秤盘，A 和C （包括支架）的总质量为m 总；B 为铁块，质量为m ，整个装置用轻绳悬挂于点O ，当电磁铁通电时，铁块被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F 的大小为（ ）
A. F m g =总
B. ()m g F m m g <<总总＋
C. ()F m m g =总＋
D. ()F m m g >总＋
【答案】D 【解析】
【详解】当电磁铁通电前，绳的拉力为()m m g 总＋，当电磁铁通电后，铁块被吸引上升，做变加速运动，且越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大。对A 、B 、C 组成的系统，当铁块加速上升时，系统整体的重心加速上移，系统处于超重状态，故轻绳的拉力大于()m m g 总＋。 故选D 。
4. 2020年6月23日9时43分，北斗系统第五十五颗导航卫星发射成功，至此北斗三号全球卫星导航系统星座部署全面完成。北斗导航系统由三类轨道卫星组成，即“吉星”地球静止轨道卫星（轨道半径3万千米左右）、“爱星”倾斜地球同步轨道卫星和“萌星”中圆地球轨道卫星（轨道半径2万千米左右），下列说法正确的是（ ） A. “吉星”的运行周期小于“爱星”的运行周期 B. “爱星”的线速度大于“萌星”的线速度 C. “吉星”的角速度大于“萌星”的角速度 D. “爱星”的加速度小于“萌星”的加速度 【答案】D 【解析】
【详解】由题意可知，“吉星”地球静止轨道卫星、“爱星”倾斜地球同步轨道卫星，所以“吉星”和“爱星”绕地球做圆周运动的半径相同。大于“萌星”绕地球做圆周运动的半径。 人造卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供，向心力公式可得
22222()n Mm mv π
G mr ωmr ma r r T
====
A ．人造卫星绕地球做圆周运动的周期
2T = “吉星”和“爱星”绕地球做圆周运动的半径相同。所以“吉星”的运行周期等于“爱星”的运行周期，故A 错误；
B ．人造卫星绕地球做圆周运动的线速度
GM
v r
=
“爱星”绕地球做圆周运动的半径大。所以“爱星”的线速度小于“萌星”的线速度，故B 错误；
C ．人造卫星绕地球做圆周运动的角速度
3GM
r
ω=
“吉星”绕地球做圆周运动的
半径大。所以“吉星”的角速度小于“萌星”的角速度，故C
错误；
D ．人造卫星绕地球做圆周运动的
2n M
a G
r
= “爱星”绕地球做圆周运动的半径大。所以“爱星”的加速度小于“萌星”的加速度，故D 正确； 故选D 。
5. 如图所示，边长为L 的正方形CDEF 区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，一个比荷为k 的带电粒子以大小为v 的速度由C 点进入磁场，速度方向与CD 边的夹角θ=60°，经磁场偏转后从DE 边垂直DE 射出，粒子的重力不计，则磁场的磁感应强度为（ ）
A.
2v kL
3v 3v D.
v kL
【答案】C 【解析】
【详解】由几何关系可求得粒子做圆周运动半径为
3sin 603
L L
R =
=
?
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得
2
v Bqv m R
=
联立可得
32v B kL
=
故选C 。
6. 光滑水平面上并排放置质量分别为m 1 =2kg 、m 2=1kg 昀两物块，t =0时刻同时施加两个力，其中F 1=2 N 、F 2=4-2t N ，方向如图所示．则两物块分离的时刻为（ ）
A. 1 s
B. 1.5 s
C. 2 s
D. 2.5 s
【答案】D 【解析】
【详解】水平面光滑，则物块不会受到摩擦力．他们的加速度仅由水平外力提供．两个物块贴在一起，他们之间的内力不为0之前，加速度和速度都相同，直到它们的加速度变化为方向相同且大小不同时，开始分离；在开始时刻，12N F =，方向向右，22N F =，方向向左，
物块受合外力向左，12a a 均向左作变加速运动。随时间加长，2F 越来越小，当t =1s 时，
12F F =，此时12a a =，加速度为0，之后12F F >，12a a 共同作变减速运动，速度为0后，再在合外力作用下反向变加速。t =2s 时，20?F =，两物块只受1F 作用，继续变加速．之后2F 方向相反，逐渐变大；t =2.5s 时，21F N =-，由122m m =，12)2F F =，由F
a m
=
知，此时两物块加速度大小相等，方向相同。之后，2F 继续增大，2a 的加速度增加，速度增加的比1a 快，开始分离。综上，两物块分离的时间为 2.5s t =。 故选D 。
7. 一煤块（可视为质点）放在水平浅色传送带左端，刚开始均处于静止状态，某时刻传送带以3m/s 2的加速度开始匀加速顺时针运行，经过△t =1s 后开始匀速运行，最终煤块从右端掉下。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1，传送带长度为L =18m ，重力加速度g =10m/s 2，则整个过程中产生的黑色痕迹的长度是：（ ）
A. 3m
B. 4.5m
C. 7.5m
D. 9m
【答案】A 【解析】
【详解】开始时煤块在传送带上的加速度为
221m/s a g μ==
在开始的△t =1s 内传送带的位移
2111
1.5m 2
x a t =?=
煤块的位移
2221
0.5m 2
x a t =
?= 此时煤块相对传送带的位移
1121m x x x ?=-=
此时传送带的速度
v 1=a 1?t=3m/s
煤块的速度
v 2=a 2?t =1m/s
以后煤块继续加速，直到与传送带共速时
122v v a t =+
解得
t=2s
此过程中煤块相对传送带的位移
221221
()2m 2
x v t v t a t ?=-+=
以后的运动中煤块相对传送带静止，则 整个过程中产生的黑色痕迹的长度是
123m x x x =?+?=
故选A 。
8. 如图所示，物体在水平力F 作用下压在竖直墙上静止不动，则（ ）
A. 物体所受摩擦力的平衡力是重力
B. 力F就是物体对墙的压力
C. 力F的反作用力是墙壁对物体的支持力
D. 墙壁对物体的弹力的反作用力是物体对墙壁的压力
【答案】AD
【解析】
【详解】A．竖直方向，物体的的重力与墙面给物体的摩擦力相平衡，则物体所受摩擦力的平衡力是重力，选项A正确；
B．力F大小等于物体对墙的压力，不能说“就是物体对墙的压力”，选项B错误；
C．物体对墙壁的压力的反作用力是墙壁对物体的支持力，选项C错误；
D．墙壁对物体的弹力的反作用力是物体对墙壁的压力，选项D正确。
故选AD。
9. 如图所示，用甲、乙两根筷子夹一个小球，甲倾斜，乙始终竖直。在竖直平面内，甲与竖直方向的夹角为θ，筷子与小球间的摩擦很小，可以忽略不计。小球质量一定，随着θ缓慢减小，小球始终保持静止，则下列说法正确的是（）
A. 筷子甲对小球的弹力变小
B. 筷子乙对小球弹力不变
C. 两根筷子对小球的弹力均增大
D. 两根筷子对小球的合力不变
【答案】CD
【解析】
【详解】ABC．根据平衡条件可知
12cos N N F F θ= 1sin N F mg θ=
联立解得
1sin N mg F θ=
，2tan N mg
F θ
= 因此随着角度减小，弹力均增大，故AB 错误，C 正确；
D ．根据共点力平衡可知，两根筷子对小球的合力大小等于重力，方向相反，故合力不变，故D 正确。 故选CD 。
10. 如图所示，A 、B 两小球分别用轻质细绳L 1和轻弹簧系在天花板上，A 、B 两小球之间用一轻质细绳L 2连接，细绳L 1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L 2水平拉直，现将细绳L 2剪断，则细绳L 2剪断瞬间，下列说法正确的是（ ）
A. a A ＝g sinθ
B. a A ＝gta nθ
C. a B ＝g sinθ
D. a B ＝gta nθ
【答案】AD 【解析】
【详解】将细线L 2从中间剪断后，甲球做圆周运动，剪断细线的瞬间，加速度方向沿轨迹的切线方向；对A 由牛顿第二定律得
mg sinθ=ma A
解得
a A =g sinθ
弹簧的弹力不可突变，将细线L 2从中间剪断瞬间，对B 球，由牛顿第二定律得
mg tanθ=ma B
解得
a B =g tanθ
故选AD 。
11. 如图所示，t=0时，质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔2s物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）
t/s 0 2 4 6
v/（m?s-1）0 8 12 8
A. 物体运动过程中的最大速度为12m/s
B. t=3s的时刻物体恰好经过B点
C. t=10s
的时刻物体恰好停在C点 D. A、B间的距离小于B、C间的距离【答案】CD
【解析】
【详解】AB．根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度
2
1
4m/s
a=
在水平面上的加速度
2
2
2m/s
a=-
根据运动学公式
1122
812
a t a t
+-=
12
2
t t+=
解得
1
4
s
3
t=
知经过
10
s
3
到达B点，到达B点时的速度
1
40
m/s
3
v a t
==
如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点。是在2s到4s之间
经过B 点。所以最大速度不是12m/s ，选项AB 错误； C ．第6s 末的速度是8m/s ，到停下来还需的时间
08
s 4s 2
t -'=
=- 所以到C 点的时间为10s 。选项C 正确；
D ．根据22
02v v ax -=可求出
AB 段的长度为2009m ，BC 段长度为4009m 。 则A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离，选项D 正确。 故选CD 。
12. 如图，从半径为R=1m 的半圆AB 上的A 点水平抛出一个可视为质点的小球，经t=0.4s 小球落到半圆上，则小球的初速度v0可能为
A. 1m/s
B. 2m/s
C. 3m/s
D. 4m/s
【答案】AD 【解析】
小球下降的高度2
10.82
h gt m =
= 若小球落在左边四分之一圆弧上，根据几何关系有：R 2=h 2+（R-x ）2，解得水平位移x=0.4m ，则初速度
01x
m v s t
=
=
若小球落在右边四分之一圆弧上，根据几何关系有：R 2=h 2+x′2，解得x′=0.6m ，则水平位移x=1.6m ，初速度
04x
m v s t
=
=
故应选A 、D ．
点晴：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下降的时间求出下降的高度，通过几何关系求出水平位移，从而求出小球的初速度．
二、非选择题：共52分。
13. 某同学通过实验研究某金属丝的电阻：
(1)如图甲所示，用多用电表“×1Ω”挡粗测其电阻R=______Ω；用图乙的螺旋测微器测其直径D=______mm；
甲乙
(2)为了测绘其伏安特性曲线，除待测金属丝R x外，还备有的实验器材如下：
A.电压表V（量程3V，内阻约为15kΩ）
B.电流表A（量程0.6mA，内阻约为1Ω）
C.滑动变阻器R1（0～5Ω，1.0A）
D.滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）
E.1.5V的干电池两节，内阻不计
F.开关S，导线若干
实验要求滑动变阻器的滑片从A到B的移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，滑动变阻器应选用______（填“R1”或“R2”）；请按此要求在虚线方框内画出电路图______。
【答案】(1). 7(2). 2.398(3). 1R(4).
【解析】
【详解】(1)[1]用多用电表“×1Ω”挡粗测其金属丝的电阻，由图甲所示表盘可知，其阻值为
R=?=
71Ω7Ω
x
[2]由图乙所示螺旋测微器可知，金属丝直径为
D=+?=
2mm39.80.01mm 2.398mm
(2)[3]实验要求，电流表的示数从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选用1R；
[4]由于电压表内阻远大于待测金属丝阻值，电流表应采用外接法，滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示
14. 测定物体的质量有多种方法。某同学利用下面方法间接测量物体质量M ，装置如图甲所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物PQ 相连，重物P 、Q 的质量均为m =500g ，在重物Q 的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z ，重物P 的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g =9.8m/s 2。
(1)某次实验中，先接通频率为50Hz 的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，其中两相邻计数点间还有4个点未画出，则系统运动的加速度a =___________m/s 2(保留两位有效数字)；
(2)忽略各类阻力，求出物块Z 质量的理论值为M 理论=___________kg(保留两位有效数字)； (3)实际情况下，由于存在空气阻力及摩擦阻力，则物块Z 的实际质量M 实际_______M 理论(选填“>”或“<”或“=”)。
【答案】 (1). 1.6 (2). 0.20 (3). > 【解析】
【详解】(1)[1]相邻两个计数点之间的时间间隔为T =0.02×5s=0.1s ，根据逐差法可知加速度大小为
()2222
60.2026.9626.9610m/s 1.6m/s 40.1a ---?==?。
(2)[2]由
()2Mg M m a =+
得
20.20k ma
M g g a
=
=- 即物块Z 质量的理论值为0.20kg (3)[3]由
()2M g f M m a -=+实
得
2ma f
M g a
+=
-实
故实际质量大于理论值，所以应选填大于
15. 如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为R 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R 的3/4圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度为g ．求：
（1）小球在AB 段运动的加速度的大小； （2）小球从D 点运动到A 点所用的时间． 【答案】（1）52g （2）(53)R g
【解析】
【详解】（1）小滑块恰好通过最高点，则有
mg=2
C
v m R
解得
c v
从B 到C 的过程中机械能守恒
22
11222
B C mv mv mg R =+? 解得
B v
从A→B 根据速度位移公式得
2
2B v as =
解得
5
2
a g =
（2）从C 到D
过程中机械能守恒
22
1122
D C mv mv mg R =+? 解得
D v = 而
A B v v ==小球从D→A 做加速度为g 的匀加速运动，由速度公式得
A D v v gt =+
解得
t =
16. 如图所示，滑板长L ＝1m ，起点A 到终点线B 的距离s ＝5m 。开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进。板右端到达B 处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ1＝0.65，滑板与地面间动摩擦因数μ2＝0.1，滑块质量m 1＝2kg ，滑板质量m 2＝1kg ，重力加速度g ＝10m/s 2，求： (1)滑板由A 滑到B 的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围。
【答案】(1)1s ；(2)33N≤F ≤37N 【解析】
【详解】(1)滑板一直加速时，所用时间最短，设滑板加速度为a 2
()1121222m g m m g m a μμ-+=
2210m/s a ＝
22
a t s =
解得
t ＝1 s
(2)刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F 1，此时二者加速度相等
11112F m g m a μ－＝ ，
解得
F 1＝33 N
当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F 2，设滑块加速度为a 1
21111F m g m a μ－＝
22
1222
a t a t L -= 解得
F 2＝37 N
则水平恒力大小范围是33 N≤F ≤37 N 17. 下列说法中正确的有
A. 已知阿伏加德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子体积的大小
B. 布朗运动不是液体分子的运动，但它反映了液体分子的无规则运动
C. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小
D. 浸润和不浸润现象都是分子力作用的表现
E. 空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比为空气的相对湿度 【答案】BDE 【解析】
【详解】已知阿伏加德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子所占空间的大小，但不能估算气体分子体积的大小，故A 错误．布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，但它反映了液体分子的无规则运动，选项B 正确；当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大；分子距离减小时，分子力斥力做负功，分子势能变大，则分子势能随分子间距离的减小而增加，选项C 错误；浸润和不浸润现象都是分子力作用的表现，选项D 正确；空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比为空气的相对湿度，选项E 正确.
18. 在外界温度不变的情况下，把一根长为100cm 、上端封闭的玻璃管竖直缓慢插入水银槽中如图所示，插入后管口到槽内水银面的距离是管长的一半，若大气压为75cmH g ，玻璃管中的气体可视为理想气体。 ①求水银进入管内的长度；
②此过程中玻璃管中的气体是吸热还是放热，为什么？
【答案】①25cm ；②放热； 【解析】
【详解】初态：玻璃管插入水银槽之前
1075cmHg p p == 1100V LS S ==
末态：玻璃管插入水银槽后，设管内外水银面高度差为h ，则
()275cmHg p h =+
()2502L V h S h S ??
=+=+ ???
根据玻意耳定律
1122p V p V ＝
解得
h ＝25cm h ＝－150cm(舍去)
水银进入管内的长度为
125cm 2
L
h h =
-= ②因为外部环境温度不变且玻璃管插入水银的过程缓慢，所以气体的温度不变，内能不变；又因为玻璃管中气体的体积减小，所以外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体必然放热，且放的热等于外界对气体做的功。
19. 某波源s 发出一列简谐横波，波源s 的振动图像如图所示。在波的传播方向上有A 、B 两点，它们到s 的距离分别为45m 和55m 。测得A 、B 两点开始振动的时间间隔为1.0s 。由此可知
①波长λ____m ；
②当B 点离开平衡位置的位移为+6cm 时，A 点离开平衡位置的位移是_____cm 。 【答案】 (1). 20 (2). ﹣6 【解析】
【详解】①[1]由振动图象可知，T =2s ，A 、B 两点开始振动的时间间隔为1.0s ，所以AB 间的距离为半个波长，所以
λ=2×（55﹣45）m=20m
②[2]AB 两个点之间始终相差半个周期，所以当B 点离开平衡位置的位移为+6cm 时，A 点离开平衡位置的位移是﹣6cm
20. 一玻璃三棱镜，其截面为等腰三角形，顶角θ为锐角，折射率为
．现在横截面内有一
光线从其左侧面上半部射入棱镜．不考虑棱镜内部的反射．若保持入射线在过入射点的法线
的下方一侧(如图)，且要求入射角为任何值的光线都会从棱镜的右侧面射出，则顶角θ可在什么范围内取值？
【答案】045o θ<< 【解析】
【详解】设入射光经玻璃折射时，入射角为i ，折射角为r ，射至棱镜右侧面的入射角为α．根据折射定律有
sin sin i n r =①
由几何关系得
r θα=+②
当i =0时，由①式知r =0，α有最大值m α（如图），由②式得m θα= ③ 同时m α应小于玻璃对空气的全反射临界角，即1
sin m n
α<
④ 由①②③④式和题给条件可得，棱镜顶角θ的取值范围为045θ<