物理卷·2018届内蒙古北方重工业集团有限公司第三中学高三上学期12月月考试题（解析版）

物理卷·2018届内蒙古北方重工业集团有限公司第三中学高三上学期12月月考试题（解析版）

内蒙古北方重工业集团有限公司第三中学2018届高三 ‎12月月考物理试题 一、选择题 ‎1. 如图所示，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O点为球心，A、B是两个相同的小物块（可视为质点），物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为θ，则A、B分别对球面的压力大小之比为（　　）‎ A. sin2θ：1 B. sinθ：1 C. cos2θ：1 D. cosθ：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】分别对A、B两个相同的小物块受力分析，如图，由平衡条件，得：N1=mgcosθ 同理：, 故 ；根据牛顿第二定律，斜面对滑块的支持力等于滑块对斜面的压力，故左右两物块对斜面的压力大小之比cos2θ：1；故选C.‎ ‎2. 如图，质量为mB的滑块B置于水平地面上，质量为mA的滑块A在一水平力F作用下紧靠滑块B（A、B接触面竖直）。此时A、B均处于静止状态。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。则下列说法正确的是（     ）‎ A. B. F≥μ2（mA＋mB）g C. D. ‎ ‎【答案】C ‎ ‎ ‎3. 如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4滑片向b端移动时（      ）‎ A. 质点P将向上运动 B. 电流表读数减小 C. 电压表读数减小 D. R3上消耗的电功率增大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:B、C、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B错误；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故C正确；D、因R3两端的电压减小，由公式可知，R3上消耗的功率减小；故D错误；A、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故A错误；故选C．‎ 考点：考查闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【名师点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析．‎ ‎4. 如图所示，真空中有直角坐标系xOy，在x轴上固定着关于O点对称的等量异号点电荷+Q和-Q，C是y轴上的一个点，D是x轴上的一个点，DE连线垂直于x轴．下列判断正确的是（　　）‎ A. D、E两点场强大小相等 B. D点电势比E点电势低 C. 将正电荷由O移至C电势能减少 D. 将正电荷由O移至D和由C移至E电场力做功相等 ‎【答案】B ‎【解析】根据等量异种电荷周围电场的分布情况，可知D、E两点的电场线的疏密不同，则场强大小不等，D点的场强较大，故A错误．作出过E点的等势线，与x轴的交点为F，如图所示，‎ 根据顺着电场线电势降低可知，D点的电势比F点的电势低，则知D点电势比E点电势低，故B正确．y轴是一条等势线，在同一等势面上移动电荷时电场力不做功，所以将正电荷由O移至C电场力不做功，电势能不变，故C错误．由于OD间的电势差大于CE间的电势差，根据W=qU可知，将正电荷由O移至D电场力做功大于由C移至E电场力做功，故D错误．故选B.‎ ‎5. 如图所示，a为放在地球赤道上随地球表面一起转动的物体，b为处于地面附近近地轨道上的卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，若a、b、c、d的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g．则下列说法正确的是（　　） ‎ A. a和b的向心加速度都等于重力加速度g B. a的角速度最大 C. c距离地面的高度不是一确定值 D. d是三颗卫星中动能最小，机械能最大的 ‎【答案】D ‎【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由牛顿第二定律得： ，解得：，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得： ，由于rb＜rc＜rd，则ωb＞ωc＞ωd，a与c的角速度相等，则b的角速度最大，故B错误；c是同步卫星，同步卫星相对地面静止，c的轨道半径是一定的，c距离地面的是一确定值，故C错误；卫星做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，卫星的动能：，三颗卫星中d的轨道半径最大，则d的动能最小，以无穷远处为零势能面，机械能： ，d的轨道半径最大，d的机械能最大，故D正确；‎ 故选D.‎ 点睛：对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点.‎ ‎6. 一物体静止在水平地面上，现给物体施加一竖直向上的拉力作用，不计空气阻力，物体机械能E与物体升高的高度h之间的关系图象如图所示，其中图线在A点处的切线的斜率最大，在B点处的切线水平，h2～h3的图线为平行于横轴的直线，则下列说法正确的是（　　） ‎ A. h2～h3过程中拉力的功率为零 B. 0～h2过程中物体所受拉力始终大于重力 C. 在h2处物体的速度最大 D. 在h1处物体所受的拉力最大 ‎【答案】AD ‎【解析】h2～h3过程中，物体的机械能守恒，根据机械能守恒的条件可知，拉力为零，则拉力的功率为零，故A正确．根据功能关系知，F△h=△E，得 ，可知图象的斜率大小等于拉力大小．0～h2过程中，图象的斜率先增大后减小，拉力先增大后减小，直至零，所以拉力先大于重力，后小于重力．故B错误．拉力先大于重力，后小于重力，物体先加速后减速，在拉力等于重力时，速度最大，该位置在h1～h2之间．故C错误．在h1处，图象的斜率最大，则物体所受的拉力最大，故D正确．故选AD.‎ 点睛：本题画出了我们平时所陌生的机械能与高度的变化图象；要求我们从图象中分析物体的运动过程．要求我们能明确机械能与外力做功的关系；明确重力做功与重力势能的关系；并正确结合图象进行分析求解。‎ ‎7. 如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动。若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ。经时间t，恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 物体回到出发点时的机械能是80J B. 在撤去力F前的瞬时，力F的功率大小是2mgvsinθ/3‎ C. 在撤去力F前的瞬时，力F的功率大小是4mgvsinθ/3‎ D. 撤去力F前的运动过程中，物体的机械能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的机械能一直在减少 ‎【答案】AB ‎8. 质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示．则（　　）‎ A. 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力属于内力作用，故系统动量守恒 B. 当两物块相距最近时，甲物块的速率为零 C. 甲物块的速率可能达到5m/s D. 当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得到mv乙-mv甲=2mv，解得v=0.5m/s．故B错误．若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则：mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′，代入数据解得：v乙′=6m/s．‎ 两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律．若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则：mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′，代入数据解得：v乙′=-5m/s，当碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律．所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故C错误．甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得：mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′，代入数据解得：v乙′=2m/s；若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得：mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′，代入数据解得：v乙′=0，故D正确．故选AD．‎ 点睛：本题考查了含弹簧的碰撞问题，处理该类问题，往往应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析解题．分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；当两物体速度相等时，弹簧被压到最短，此时弹力最大.‎ 二、非选择题 ‎9. 某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理:‎ ‎（1）将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离s=___cm； ‎ ‎（2）测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间△t1和△t2‎ ‎，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是_______； ‎ ‎（3）该实验是否需要满足砝码盘和砝码总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？ _______（填“是”或“否”）.‎ ‎【答案】 (1). （1）50.0 (2). （2）滑块、挡光条和拉力传感器的总质量 M (3). （3）否 ‎【解析】（1）光电门1处刻度尺读数为：23.00cm，光电门2处刻度尺读数为：73.00cm，故两光电门中心之间的距离s=73.00cm-23.00cm=50.00cm；‎ ‎（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门1速度为： ‎ 滑块通过光电门2速度为： ‎ 根据功能关系需要验证的关系式为：‎ 可见还需要测量出M，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量；‎ ‎（3）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．‎ ‎10. 为了测定某电池的电动势（约10V~11V）和内电阻（小于2Ω），需要把一个量程为5V的直流电压表接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15V的电压表，然后用伏安法测电源的电动势和内电阻，以下是该实验的操作过程：‎ ‎（1）把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，请完成第五步的填空。‎ 第一步：把滑动变阻器滑动片移至最右端 第二步：把电阻箱阻值调到零 第三步：闭合电键 第四步：把滑动变阻器滑动片调到适当位置，使电压表读数为4.5V 第五步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为_______V 第六步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其它线路，即得量程为15V的电压表 ‎（2）上述实验可供选择的器材有：‎ A．某电池（电动势约10V~11V，内电阻小于2Ω）‎ B．电压表（量程为5V，内阻约4KΩ）‎ C．电阻箱（阻值范围0~9999Ω）‎ D．电阻箱（阻值范围0~99999Ω）‎ E．滑动变阻器（阻值为0~20Ω，额定电流2A）‎ F．滑动变阻器（阻值为0~20KΩ，额定电流0.2A）‎ 电阻箱应选_________，滑动变阻器应选_________（用大写字母表示）。‎ ‎（3）用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电源电动势E和内电阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U—I图线如图丙所示，可知电池的电动势为___________V，内电阻为_______Ω。（保留3位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). （1）1.5； (2). （2）C； (3). E； (4). （3）10.5； (5). 1.71‎ ‎【解析】（1）把5V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为4.5V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为1.5V． （2）由图丙所示图象可知，最大电流为1.75A，大于0.2A，则为保护电路安全，滑动变阻器应选E．电阻箱选择C. ‎ ‎（3）由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=3.5V，则电源的电动势为E=3×3.5=10.5V， 内阻为． 点睛：本题涉及电表的改装，其原理是串联电路的特点．伏安法测量电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，要注意路端电压应为改装后电压表的读数．‎ ‎11. 如图所示，半径R=1m的光滑半圆轨道AC与倾角θ=37°的粗糙斜面轨道BD放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道AB相连，B处用光滑小圆弧平滑连接．在水平轨道上，用挡板将a、b两物块间的轻质弹簧挡住后处于静止状态，物块与弹簧不拴接．只放开左侧挡板，物块a恰好通过半圆轨道最高点C；只放开右侧挡板，物块b恰好能到达斜面轨道最高点D．已知物块a的质量为m1=2kg，物块b的质量为m2=1kg，物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，物块到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎ ‎ ‎（1）物块a经过半圆轨道的A点时对轨道的压力FN； ‎ ‎（2）斜面轨道BD的高度h.‎ ‎【答案】（1）120N（2）3m ‎【解析】（1）a物块在最高点C时，有 ①‎ a物块从A点运动到C点过程，由能量守恒定律得 ‎ ②‎ a物块到达圆轨道A点时， ③‎ 由牛顿第三定律，物块对小球的压力FN=F支 ④‎ 由①②③④得，物块对小球的压力 FN=120N ‎（2）a物块弹开后运动到A点过程，由系统的机械能守恒得：‎ 弹簧的弹性势能 ‎ 对b物块，由能量守恒定律得， ‎ 解得斜面轨道BD的高度 h=3m ‎12. 如图所示，半径R = 0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一水平方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动，它的电量q＝1.00×10－7C。圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ，在A点时小球对轨道的压力N = 1.2N，此时小球的动能最大．若小球的最大动能比最小动能多0.32J，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力，g取10m/s2）．则：‎ ‎⑴小球受到重力和电场力的合力是多少？‎ ‎⑵小球的最小动能是多少？‎ ‎⑶现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量和电场强度。‎ ‎【答案】（1）0.2N．（2）0.08J（3）1.73×104N/C方向水平向左 ‎【解析】试题分析：⑴、⑵小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A点具有最大动能，所以复合场的方向由O指向A，在AO延长线与圆的交点B处小球具有最小动能EkB．设小球在复合场中所受的合力为F，则有；‎ ‎（2分）‎ 即：（2分）‎ 带电小球由A运动到B的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有：‎ ‎-F•2R=EKB-EKA=-0.32 （2分）‎ 由此可得：F = 0.2N，（2分）（2分）‎ 即小球的最小动能为0.08J，重力和电场力的合力为0.2N．‎ ‎⑶带电小球在B处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在BA方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于BA方向上做匀速运动．设小球的质量为m，则：‎ ‎2R= （2分）得：m==0.01kg （2分）‎ θ=600（2分）‎ ‎（2分）‎ E=（1分） 方向水平向左 （1分）‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】带电小球沿轨道内侧做圆周运动，受到重力和电场力作用，其合力是恒力，当合力沿OA连线向下时，小球通过A点时动能最大，通过关于O点对称的B点时动能最小．根据动能定理研究小球从B运动到A点的过程，求出重力与电场力的合力大小．根据牛顿第二定律和动能的计算式求出A点的动能，再求出小球的最小动能；在B点撤去轨道后，小球将做类平抛运动，由题，小球经0.02s时，其动能与在A点时的动能相等，说明小球经0.04s时偏转量等于2R，由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量 ‎13. 下面说法种正确的是______‎ A. 所有晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质都相同 B. 足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果 C. 自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性 D. 一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 E. 一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多 ‎【答案】CDE ‎【解析】A、晶体分为单晶体和多晶体，单晶体各向异性，多晶体各向同性，A错误；‎ B、足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因，与气体分子之间的作用力无关，B错误；‎ C、热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但不可能自发地从低温物体向高温物体传递，涉及热现象的宏观过程都具有方向性，C正确；‎ D、一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由理想气体状态方程：知，温度必定升高，，内能增大，气体对外做功，根据热力学第一定律：，气体一定从外界吸热，D正确；‎ E、体积不变，温度升高，压强增大，分子密度不变，但分子的平均动能增大，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多，E正确；‎ 故选CDE。‎ ‎14. 如图所示，在绝热圆柱形汽缸中用光滑绝热活塞密闭有一定质量的理想气体，在汽缸底部开有一小孔，与U形水银管相连，外界大气压为P0=75cmHg，缸内气体温度t0=27℃，稳定后两边水银面的高度差为△h=1.5cm，此时活塞离容器底部的高度为L=50cm（U形管内气体的体积忽略不计）．已知柱形容器横截面S=0.01m2，取75cmHg压强为1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2．‎ ‎ ‎ ‎（i）求活塞的质量； ‎ ‎（ii）若容器内气体温度缓慢降至-3℃，求此时U形管两侧水银面的高度差△h′和活塞离容器底部的高度L′．‎ ‎【答案】（i）1.5cm ；2kg（ii）45cm ‎【解析】（i）A中气体压强PA=P0+P△h=76.5cmHg=1.02×105Pa 对活塞 PAS=P0S+mg 解得m=2kg．‎ ‎（ii）由于气体等压变化，U形管两侧水银面的高度差不变△h′=1.5cm ‎ T1=300K，体积V1=50cm.s T2=270K，体积V2= L′S 由： ‎ 解得：L′=45cm．‎ ‎15. 图甲是一列简谐横波在t0=0时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置在x1=1m、x2=12m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，下列说法正确的是_____ ‎ A. 波速大小为6m/s B. 波沿x轴正方向传播 C. t1=11s时质点Q沿y轴负向运动 D. 质点P、Q振动速度的方向不可能相同 E. 质点P简谐运动的表达式为y=0.10sin（πt+π/6）m ‎【答案】ACE ‎【解析】从图中读出波长λ=12m；周期T=2s，则波速，选项A正确；根据振动图像可知，t=0时刻，质点Q向上振动，可知该波沿x轴负向传播，选项B错误； 时质点Q沿y轴负向运动，选项C正确；由波形图可知，在t=0时刻，质点PQ的振动方向就是相同的，均向上，选项D错误；质点P振动的初相位为，，则简谐运动的表达式为，选项E正确；故选ACE.‎ ‎16. 某光学元件的折射率n=，上半部为直角三角形，∠BAC=30°，下半部为半圆形，半径R=20cm，现有一平行光束以45°的入射角射向AB面，如图所示，求该光学元件的圆面上有光射出部分的圆弧的长度（不考虑光学元件内部光的二次反射）‎ ‎【答案】31.4cm ‎ ‎【解析】光路图如图所示；‎ ‎ ‎ 根据折射定律，则有 ‎ 由几何关系可知，i=45°，且n=，故得 r=30° ‎ 可知，折射光线垂直AC射向圆弧面； ‎ 设射到圆弧上的光临界角为C，则有 ‎ 得 C=45° ‎ 如图所示，光线恰好在D点和E点发生全反射，根据几何关系知，DE段圆弧上有光线射出，且∠DOE=90° ‎ 所以圆面上有光射出部分的圆弧的长度L=πR=31.4cm ‎ ‎ ‎