物理卷·2018届云南省玉溪市玉溪一中高三上学期第四次月考试题（解析版）
云南省玉溪市玉溪一中2018届高三上学期第四次月考物理试题
二、选择题：
1. 物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到EK，在时间t2内动能由EK增加到2EK，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则
A. I1
I2，W1I2，W1＝W2 D. I1＝I2，W1I2.
故选：C。
2. 汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中错误的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后匀速运动；
开始匀加速时：F-f=ma，
设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1
最后匀速时：F额=f，有：P额=F额vm
由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1=P额/（f+ma），
最后匀速速度为：vm=P额/f；
A、在v-t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，最后匀速运动，故A正确；
B、汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；
C、汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；
D、开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确。
本题选择错误答案，故选：B。
点睛：整个汽车启动过程：汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大；当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动；当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，据此解答。
3. 某质点做直线运动，运动速率的倒数 与位移x的关系如图，则下列说法正确的是
A. 质点做匀加速直线运动
B. 质点做匀减速直线运动
C. 图线的斜率等于质点运动的加速度
D. 四边形BBˊCˊC的面积的物理意义是质点从C到Cˊ所用的时间
【答案】D
【解析】A. 由题中1/v−x图象可知,1/v与x成正比，即vx=常数，质点做减速直线运动，但不是匀减速运动，故A错误，B错误；
C. 图线斜率不等于质点运动的加速度，故C错误；
D.由于三角形OBC的面积,体现了从O到C所用的时间，同理，从O到C′所用的时间可由体现,所以四边形BB′C′C面积可体现质点从C到C′所用的时间,由于四边形AA′B′B面积与四边形BB′C′C面积相等，所以四边形AA′B′B面积也可表示质点运动的时间，故D正确；
故选：D.
4. 海王星的其中两颗卫星海卫五和海卫六是旅行者2号于1989年发现的，它们的数据如下表所示。海卫五、海卫六的同步卫星的角速度分别用ω5´和ω6´表示，海卫五、海卫六“赤道”上物体随其转动的速度分别用v5´和v6´表示。下列判断正确的是
卫星
直径
公转半径
自转周期
公转角速度
公转速度
海卫五
7.0h
ω5
v5
海卫六
8.0h
ω6
v6
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】A．海卫五、海卫六绕海王星转动，万有引力提供向心力，设海王星质量为M，分别用R、r表示同步卫星的半径和公转的轨道半径：
，
，故A正确；
B．根据，，故B错误；
C．根据，，故C错误；
D. 根据，，故D错误。
故选：A。
5. 如图所示，以速度v将小球沿与水平方向成θ=37°角方向斜向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直的墙上，小球反弹后的速度方向水平，速度的大小为碰撞前的，不计空气阻力，则反弹后小球的速度大小再次为v时，速度与水平方向夹角的正切值为（已知，cos37）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆反运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：
Vx=Vcosθ=V⋅cos37∘=0.8V
Vy=V⋅sin37∘=0.6V
球撞墙前瞬间的速度等于0.8V，反弹速度大小为：= ×0.8V=0.6V
反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为V时，竖直速度为：，速度方向与水平方向的正切值为：tanθ= = ，故B正确，ACD错误；
故选：B
点睛：将抛出速度分解求出水平分速度即为与墙碰撞的速度，反弹后速度减小为碰前的3/4，当速度再次为V时，求出竖直分速度，根据几何关系求出速度与水平方向夹角的正切值．
6. 如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上。当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是
A. 滑块一直做匀变速直线运动
B. t＝1 s时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动
C. t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D. t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s
【答案】BD
B.上滑的时间t上=v0/a上=1s；B正确；
C.上滑的最远距离s= ；下滑到底端的时间t下= ，选项C错误；
D．t=3s时，滑块在下滑阶段，则此时滑块的速度为v=a下t=4m/s，选项D正确。
故选：BD。
点睛：据牛顿第二定律求解出物体上滑和下滑的加速度，据此分析A是否正确；对滑块受力分析可知mgsinθ＞μmgcosθ，据此判断滑块速度为零时是否会静止；结合运动学公式分析滑块在t=2s时，是否能到出发点和t=3s时，滑块的速度。
7. 如图所示，在水平面上固定有相互垂直的挡板MON，质量均为m的两个小球A和B（均可视为质点）通过铰链用刚性轻杆连接，分别停靠在两挡板上，A到O的距离为L。现用沿MO方向的恒力F作用于A，使A、B从静止开始运动，A沿MO运动，B沿ON运动，不计一切摩擦，则下列说法正确的是
A. A碰到ON前， B球的速度先增大后减小
B. A碰到ON前，且B的速度最大时，MO对A没有作用力
C. A碰到ON时的速度小于
D. A碰到ON前，A、B的速度大小始终相等
【答案】BC
【解析】A.A沿杆方向的分速度等于B沿杆方向的分速度，开始B的速度为零，A碰到ON时，B的速度也为零，中间一定有一个最大速度，所以A碰到ON前，B球的速度先增大后减小，故A正确；
B. 两个小球A和B通过铰链用刚性轻杆连接，杆对两球的作用力一定沿杆。当B的速度最大时，杆对B球的作用力的竖直向上的分力等于B的重力，杆对A球的作用力的竖直向下的分力也等于B的重力，根据A竖直方向受力平衡，MO对A的作用力等于A、B两球的重力之和，故B错误；
C.由于F对A做的功，一部分转化为A的动能，一部分转化为B的重力势能，所以A碰到ON时的速度小于，故C正确；
D. A沿杆方向的分速度等于B沿杆方向的分速度，杆与竖直方向的夹角不同，A碰到ON前，A、B的速度大小并不始终相等，故D错误。
故选：AC。
8. 如图所示，圆盘绕竖直轴匀速转动，盘的中心有一个质量为2m的物块A，沿半径方向离中心轴距离为L处有一质量为m的物块B，两物块间用轻绳连接，绳刚好处于伸直状态，物块可以看做质点。两物块与盘面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，物块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是
A. 当转动的角速度为时，绳的拉力为零
B. 若转动的角速度为时，绳的拉力大小为μmg
C. 若转动的角速度为时，物块A受到的摩擦力为零
D. 当转动的角速度增大为时，两物块做离心运滑动
【答案】ABD
【解析】A.圆盘转速逐渐加快，当B受到圆盘的摩擦力达到最大静摩擦力时，绳子开始有拉力，此时的角速度：，即>，故A正确；
B. 若转动的角速度为时，，则T=，故B正确；
C. 若转动的角速度为时，，则，物块A受到绳子拉力和摩擦力而静止，所以物块A受到的摩擦力为，C错误；
D．当A受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两物块开始做离心运滑动，此时的角速度：，则 < ，所以两物块做离心运滑动，D正确。
故选：ABD。
三、非选择题
9. 某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律。
频闪仪每隔0.05
s闪光一次，如右图所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表。(当地重力加速度取9.8 m/s2，小球质量m＝0.2 kg，结果保留3位有效数字)
时刻
t2
t3
t4
速度（m/s）
4.99
4.48
3.98
（速度）2（m2/s2）
24.90
20.07
15.84
（1）由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5＝________m/s。
（2）从t2到t4时间内，重力势能增量ΔEp＝0.897J，动能减少量ΔEk＝________J。
（3）在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，即可验证机械能守恒定律。由上
述计算得ΔEp________(选填“>”“<”或“＝”)ΔEk，造成这种结果的主要原因是_____________。
【答案】 (1). （1）3.48 (2). （2） 0.906 (3). （3） < (4). 存在空气阻力
【解析】 (1)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以有：；
(2) 设t2、t4时刻速度分别为v2、v4，则
动能减少量ΔEk= ；
（3）由以上数据可知，重力势能的增量小于动能的减小量。造成造成这种结果的主要原因是有空气阻力，一部分动能转化成内能。
10. 用图甲中装置验证动量守恒定律。实验中：
（1）为了尽量减小实验误差，在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是______
A．使入射球与被碰小球碰后均能从同一高度飞出
B．使入射球与被碰小球碰后能同时飞出
C．使入射球与被碰小球离开斜槽末端时的速度为水平方向
D．使入射球与被碰小球碰撞时的动能不损失
（2）若A球质量为m1＝50 g，两小球发生正碰前后的位移－时间(xt)图象如图乙所示，则小球B的质量为m2＝________。
（3）调节A球自由下落高度，让A球以一定速度v与静止的B球发生正碰，碰后两球动量正好相等，则A、B两球的质量之比应满足_____________。
【答案】 (1). （1）C (2). （2）20 g (3). （3）1<≤3
【解析】（1）研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出,只有水平飞出时小球才做平抛运动,故ABD错误,C正确;
（2）由图2所示图象可以知道碰撞前： ,
由图求出碰后 和 的速度分别为:
,
两物体碰撞过程系统动量守恒,以的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得: ,
代入计算得出:;
(3)设碰撞后两者的动量都为P,因为题意可以知道,碰撞前后总动量为2P,根据动量和动能的关系有:,
碰撞过程动能不增加,有： :,
计算得出:
为了入射小球碰撞时反弹，引起实验误差，所以要保证入射小球的质量大于被碰小球的质量，即
综上所述本题答案是：（1）C （2） （3）
11. 如图所示，光滑曲面AB与动摩擦因数μ=0.4的粗糙水平面BC相切与B点。用细线栓一质量m=1kg小球Q，细线长L=1.5m，细线的另一端悬于Q点的正上方O点。球Q在C点时，对C点无压力。质量与Q相等的小球P自高h=1.0m处沿曲面AB由静止开始滑下，在水平面上与球Q正碰，若碰撞过程中无机械能损失。已知sBC=0.5m，g=10m/s2，求：
（1）P第一次与Q碰撞前的速度大小v0；
（2）P与Q第一次碰撞后，小球Q上升的最大高度H；
（3）小球P与Q最多能碰撞几次？
【答案】（1）4m/s（2）0.8m（3）四次
【解析】（1）P球开始下滑到碰撞前的过程，运动动能定理
得：
代入数据可求得：v0=4m/s；
（2）P球和Q球在碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律
得：
由机械能守恒定律得：
解得：vP=0，vQ=v0
设P与Q第一次碰撞后小球Q上升的最大高度为H。对Q由机械能守恒定律
得：
联立解得：H=0.8m；
（3）以P球和Q球为系统，从P球开始下滑至P球静止的过程中，由能量守恒定律
得：
解得P球在BC段滑行的总路程：s=2.5m
则：
所以两球碰撞四次，P球最终静止于C点。
12. 如图所示，足够长的水平粗糙传送带在电动机的带动下以大小为v1
的速度匀速转动，一质量为m的物块从传送带右侧以大小为v2(v2>v1)的速度左滑上传送带，经过时间t1，物块与传送带相对静止，求：
（1）物块运动过程中的加速度a的大小；
（2）物块向左运动的最大位移x的大小；
（3）在t1时间内，传送带因为传送物体多消耗的电能为E。
【答案】（1） （2）（3）m（v1+v2）v1
【解析】（1）以传送带的速度方向为正方向，作出物块运动的v-t图像如图所示：
设传送带与物块之间的动摩擦因数为μ，
对物块有： ， 。
根据加速度的定义，由图像可得：a=
（2）设物块经过时间t2速度减为零，则有v2=at2，物体向左运动的最大位移：
由v22=2ax得：
（3）系统消耗的电能等于电动机的驱动力对传送带做的功，传送带匀速运动，，
由功的公式：
13. 下列各种说法中正确的是
A. 固体小颗粒越小，温度越高，布朗运动越显著
B. 扩散现象能在气体中进行，不能在固体中进行
C. 气体分子永不停息地做无规则运动，固体分子之间相对静止不动
D. 如果一开始分子间距离大于r0，则随着分子间距离的增大，分子势能增大
E. 内能相同的物体，可能温度不同
【答案】ADE
【解析】A. 固体小颗粒越小，越容易受力不均匀，温度越高，分子撞击力越大，布朗运动越显著，故A正确；
B．物体的扩散是因为分子在做无规则运动能进入对方分子的空隙中，可以在固体中进行，如煤堆下面的土变黑，故B错误；
C．不管是固体还是气体，分子都在永不停息地做无规则运动，故C错误；
D．如果一开始分子间距离大于r0，则分子力表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子势能增大，D正确；
E．内能是所有分子动能和势能之和，与物体质量、温度、体积都有关系，内能相同的物体，可能温度不同，故E正确。
故选：ADE。
14. 一定质量的理想气体由状态A沿直线经状态B、C到状态D，其P-V图像如图所示，已知该气体在状态A时的温度是320K，求：
（ⅰ）该气体在A、B、C、D四个状态中，哪点温度最高，哪点温度最低，各是多少？
（ⅱ）该气体从状态A到状态D的过程中对外做功W是多少？
【答案】（ⅰ）最高TB=360K；最低TD=200K（ⅱ）7.5×102J
【解析】（ⅰ）由理想气体状态方程： ，知PV乘积与T成正比，所以B点温度最高，D点温度最低。
对于A到B过程：
对于A到D过程:
（ⅱ）可建立圆柱体内的气体推动活塞做功模型，由功的公式可得对A到D的过程：
代入图示的数据可以求得：W=7.5×102J.
15. 如图所示是一列简谐横波的图像，其振幅为A，波长为λ，则下列说法正确的是
A. 这列波的传播不需要介质
B. 介质中每个质点振动后在一个周期的时间内通过的路程都是4A
C. 与坐标原点O距离为λ的a点做变速运动，图示时刻速度最大
D. 与坐标原点O距离为λ的a点再过一个周期的时间，将到达与O点距离为2λ处
E. 如果图像是离观察者越来越近的波源发出的波的图像，则观察者接收到的波的波长将变短
【答案】BCE
【解析】A.机械波只能在介质内传播，故A错误；
B. 介质中每个质点振动后只能在平衡位置上下振动，在一个周期的时间内完成一个全振动，通过的路程都是4A，故B正确；
C. 与坐标原点O距离为λ的a点图示时刻在平衡位置，速度最大，在a点上下做变速运动，故C正确；
D．介质中每个质点振动后只能在平衡位置上下振动，不能随波移动，故D错误；
E.根据多普勒效应，如果图像是离观察者越来越近的波源发出的波的图像，则观察者接收到的波的波长将变短，故E正确。
故选：BCE。
16. 如图,直角三角形ABN是一棱镜的截面，AB=L，∠A=30°。棱镜材料的折射率为n=。一条光线以45°的入射角从AN边的中点M射入棱镜。不考虑光的多次反射。求：
（ⅰ）光线能否在AB边发生全反射；
（ⅱ）光线从棱镜中的出射点到B点的距离x。
【答案】（ⅰ）光线能在AB边发生全反射（ⅱ）
【解析】（ⅰ）作出光路图如图所示，
由折射定律可知：
所以：，
由几何关系可知：=60°，而全反射临界角的正弦值：
故C=45°，因为
所以光线能在AB边发生全反射。
（ⅱ）根据光路可知，光线垂直BN边射出：
可得：AN=Lcos30°，AD=AN×cos30°
由图可知：BD=L-AD，所以光线从棱镜中的出射点到B点的距离
为：
