物理卷·2018届广西南宁市第三十三中学高三上学期第三次月考试题（解析版）

物理卷·2018届广西南宁市第三十三中学高三上学期第三次月考试题（解析版）

广西南宁市第三十三中学2018届高三年级第三次月考 物理试卷 二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 ‎1. 如图所示,a是地球赤道上的一点,某时刻在a的正上方有三颗卫星b、c、d,他们的圆轨道与赤道平面共面,各卫星的运行方向均与地球自转方向相同(顺时针方向,图(甲)中已标出).其中d是地球同步卫星.从该时刻起,经过一段时间t(在t时间内,b卫星还没有运行完一周),各卫星相对a的位置最接近实际的是下图中的( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：T=2π，轨道半径r越大，周期T越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，三个卫星中，b转过的角度最大，c次之，d最小，d为同步卫星，与赤道上的a保持相对静止．故ABD错误，C正确．故选C．‎ ‎2. 为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞机在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1，随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，周期为T2此时登陆舱的质量为m2，则 A. 登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小关系 B. 登陆舱在r1与r2轨道上运动时的周期大小关系 C. X星球表面的重力加速度 D. X星球的质量 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：登陆舱绕X星球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力：，得线速度，周期，星球质量或，因，所以，，A正确，BD错误；根据，可得载着登陆舱的探测飞船的加速度为，该加速度不等于星球表面的重力加速度，C错误；选A.‎ ‎【点睛】研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体质量、线速度和周期的最简式．再通过不同的轨道半径进行比较．‎ ‎3. 集装箱起重机通过钢丝把集装箱从地面吊起来，在集装箱由静止开始竖直向上提起的过程中，集装箱的机械能与位移的关系如图所示，其中段图像为直线，段图像为曲线，段图像为平行于x坐标轴的直线，则下列说法正确的是 A. 在0～x1过程中，集装箱所受的拉力不变 B. 在0～x1过程中，集装箱的动能减小 C. 集装箱在x2处的动能可能小于x1处的动能 D. 在x2～x3过程中，集装箱受到的拉力等于重力 ‎【答案】C ‎4. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )‎ A. pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/s B. pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/s C. pA＝－2kg·m/s，pB＝14kg·m/s D. pA＝－4kg·m/s，pB＝17kg·m/s ‎【答案】A ‎【解析】以两物体组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为m，碰撞前系统的总动能：； ‎ 系统的总动量：P=7kg∙m/s+5kg∙m/s=12kg∙m/s； ‎ A项中碰后甲乙两球动量为：6 kg∙m/s，6 kg∙m/s，系统总动量P′=6+6=12kg∙m/s，系统的动量守恒，总动能： ，系统动能减小，是可能的，故A正确；B项中碰后甲乙两球动量为：3kg∙m/s，9 kg∙m/s，系统的总动量 P′=3+9=12kg∙m/s，动量守恒．总动能： ，系统动能增加，是不可能的，故B错误；C项中碰后甲乙两球动量为：-2kg∙m/s，14 kg∙m/s，系统的总动量 P′=-2+14=12kg∙m/s，动量守恒．总动能： ，系统动能增加，是不可能的，故C错误；D项碰后甲乙两球动量为：-4kg∙m/s，17 kg∙m/s，系统的总动量 P′=-4+17=13kg∙m/s，动量不守恒，故D错误；‎ 故选A.‎ 点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．‎ ‎5. 已知地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的7倍，某行星的同步卫星轨道半径约为该行星半径的3倍，该行星的自转周期约为地球自转周期的一半，那么该行星的平均密度与地球平均密度之比约为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据，解得，因为．对于地球：，所以，对于行星：，所以，又因为，所以行星与地球的平均密度比约为1：3，故A正确 考点：考查了万有引力定律的应用 ‎【名师点睛】在万有引力这一块，设计的公式和物理量非常多，在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算 ‎6. 如图所示，质量分别为mA和mB的两小球用轻绳连接在一起，并用细线悬挂在天花板上，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1 > θ2）。现将A、B间轻绳剪断，则两小球开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB，则下列说法中正确的是 A. mB > mA B. 轻绳剪断时加速度之比为tanθ1:tanθ2‎ C. vA < vB D. EkA > EkB ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：未剪断细绳时两球都处于平衡状态，设两球间的水平细绳的拉力大小为T．对A球分析受力如图 由平衡条件得：，同理，对B球有：，则得，因，故，A正确．轻绳剪断时加速度之比为，B错误；两球摆到最低点时速度最大，动能最大．根据机械能守恒得：A球有 ‎，得，同理对B可得，由图知：，，故，C错误；最大动能，，由图知：，，但，不一定大于，D错误．选A.‎ ‎【点睛】未剪断细绳时两球都处于平衡状态，由平衡条件列式，得到水平绳的拉力与质量的大小，从而得到两球质量关系．将A、B间轻绳剪断瞬间，由牛顿第二定律求加速度之比，两小球摆动过程中，机械能守恒，到达最低点时的速度，根据机械能守恒定律列式，分析最大速度的大小．‎ ‎7. 空间有一沿x轴对称分布的电场，设电场方向沿x轴正方向为正，其电场强度E随x变化的图像如图所示，带电粒子在此空间只受电场力作用，下列说法中正确的是 A. 在处释放一带正电的粒子，它将沿x轴在与之间做往返运动 B. 带负电的粒子以一定的速度由处沿x轴正方向运动到处，它在处的速度等于在处的速度 C. 带正电的粒子以一定的速度由处沿x轴负方向运动的过程中，它的动能先减小后增大 D. 带正电的粒子在处的电势能比在处的电势能小，与在处的电势能相等 ‎【答案】BC ‎【解析】由图知，x＜0，E＜0，场强方向沿-x轴；x＞0，E＞0，场强方向沿+x轴；在-x1处释放一带正电的粒子，所受的电场力沿-x轴方向，向左做加速运动，它不可能沿x轴在与之间做往返运动，选项A错误；根据对称性可知：-x1处与x1处电势相等，电势差为零，则带负电的粒子由-x1处沿x轴正方向运动到x1处，电场力做功为0，动能不变，则它在x1‎ 处的速度等于在-x1处的速度．故B正确；带正电的粒子以一定的速度由x1处沿x轴负方向运动的过程中，所受的电场力先向右后向左，电场力先做负功后做正功，动能先减小后增大，故C正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，所以x1的电势高于x2、x3的电势．而正电荷在电势高处电势能大，所以带正电的粒子在x2处的电势能比x1处的电势能小、比x3处的电势能大，故D错误．故选BC.‎ 点睛：解决本题的关键从图象中确定出电场的方向，知道沿着电场线方向电势逐渐降低．能抓住对称性进行分析．‎ ‎8. 两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置,构成一个平行板电容器,将两金属板分别与电源两极相连接,如图所示.闭合开关S达到稳定后,在两板间有一带电液滴P恰好处于静止状态(下极板接地,图中未画出),则下列判断错误的是( )‎ A. 保持开关S闭合,减小两板间的距离,液滴向上运动 B. 保持开关S闭合,减小两板间的距离,回路中瞬间会产生逆时针方向的电流 C. 断开开关S,上板稍向下移动,下板不动,P点的电势不变 D. 断开开关S,上板稍向下移动,下板不动,液滴向下运动 ‎【答案】AD ‎【解析】当保持开关S闭合，则两极板间的电压不变．若减小两板间的距离，两板间的电场强度变大，所以电场力大于重力，出现液滴向上运动．故A正确；当保持开关S闭合，则两极板间的电压不变．若减小两板间的距离，则导致平行板电容器的电容增大，从而导致电容器的电量增大，电容器充电，产生充电电流，电流由负极板流向正极板，所以回路中瞬间产生逆时针方向的电流，B正确；当断开开关S，则两极板间的电量不变．上板稍向下平移，下板不动，两板间的距离减小，则导致平行板电容器的电容增大，两极板间电场强度 ‎，所以两板间的电场强度仍不变，因此电场力仍等于重力，则液滴仍处于静止状态．P点与下极板间的电势差不变，即P点的电势不变，故C正确；D错误；本题选错误的，故选D.‎ 点睛：电容器的电容由两板间距、正对面积与电介质决定；而两板间的电场强度则由电容器的电量、电介质及正对面积决定．当开关断开时，电容器的电量不变；而开关闭合时，电容器的电压却不变．‎ 二．非选择题：‎ ‎9. 如图所示，一足够长的水平传送带以速度v = 2 m/s匀速运动，质量为m1 = 1 kg的小物块P和质量为m2 = 1.5 kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度v0 = 4 m/s冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ = 0.5，重力加速度为g = 10 m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：‎ ‎（1）物块P刚冲上传送带时的加速度大小；‎ ‎（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；‎ ‎（3）若传送带以不同的速度v（0 < v < v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦生热最小？其最小值为多大？‎ ‎【答案】（1）8m/s2 （2）-1.25J （3）当时，‎ ‎【解析】试题分析：（1）物块P刚冲上传送带时因P的初速度大于传送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用，分别对P、Q受力分析，由牛顿第二定律列式求解加速度；（2）当P与传送带共速后，因摩擦力 ‎，所以P继续做减速运动，PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功；（3）求两段减速运动的相对位移，根据热量列式分析求解.‎ ‎（1）物块P刚冲上传送带时，设PQ的加速度为，轻绳的拉力为 因P的初速度大于传送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用 对P由牛顿第二定律得：‎ 对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用 由牛顿第二定律得：‎ 联立解得：‎ ‎（2）P先减速到与传送带速度相同，设位移为，则 共速后，由于摩擦力 故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右 设此时的加速度为，轻绳的拉力为 对P由牛顿第二定律得：‎ 对Q由牛顿第二定律得：‎ 联立解得：‎ 设减速到0位移为，则 PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功：‎ ‎（3）第一个减速过程，所用时间，P运动的位移为，皮带运动的位移为 第二个减速过程，所用时间，P运动的位移为，皮带运动的位移为 则整个过程产生的热量 当时，‎ ‎【点睛】本题的难点：一是要分析当P与传送带共速度时P将做怎样的运动，二是要知道PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，三是写出系统热量的表达式，并由表达式分析热量的最小值.‎ ‎10. 图甲是用来测量电源的电动势和内阻的电路原理图，图乙是使用的器材的实物示意图，其中待测电源电动势约为2V，内阻很小，所用电压表量程均为3V，内阻很大。‎ ‎（1）按实验电路图在图乙中连接实物图 ‎（2）先将电阻箱阻值调至如图甲所示，则其电阻读数为___________Ω，闭合开关S，将接到b端，读出电压表的读数为1.10V；然后将接到a端，此时电压表读数如图乙所示，则其读数为______V，根据以上测量数据可得电阻=_________Ω（计算结果保留2位有效数字）。‎ ‎（3）将接到b端，读出电阻箱读数R以及相应的电压表读数U，调节电阻箱R，得到多组R值与相应的U值，作出图像，如图丙所示，则通过图像可以得到该电源的电动势E=________V，内阻r=_______Ω（计算结果保留3位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 11.0 (3). 1.50（1.49～1.51即可） (4). 4.0（3.9～4.1即可） (5). 2.00 5.00（4.90～5.10即可）‎ ‎【解析】（1）按实验电路图在图中连接实物图：‎ ‎（2）先将电阻箱电阻调至如图所示，则其电阻读数为1×10+1×1=11Ω．闭合开关S，将S1打到b端，读出电压表的读数为1.10V；电流I==0.1A，然后将S1打到a端，此时电压表读数如图所示，则其读数为1.50V．根据以上测量数据可得电阻R0=-11=4.0Ω （3）在闭合电路中，电源电动势：E=U+I（r+R0）=U+（r+R0），， 由图所示图象可知，b==0.5，E=2.00V，图象斜率，电源内阻r=kE-R0=5.00Ω． 点睛：电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱的示数；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．‎ ‎11. 某同学用图所示装置来验证动量守恒定律,实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下,在水平地面上的记录纸上留下痕迹,重复10次;然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止,让a球仍从原固定点由静止开始滚下,和b球相碰后,两球分别落在记录纸的不同位置处,重复10次.回答下列问题:‎ ‎（1）在安装实验器材时斜槽的末端应 ‎（2）小球a、b质量、的大小关系应满足__,两球的半径应满足__(选填“＞”、“＜”或“=”).‎ ‎（3）本实验中小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示,这时小球a、b两球碰后的平均落地点依次是图中水平面上的_______点和_____点。‎ ‎（4）在本实验中结合图,验证动量守恒的验证式是下列选项中的。‎ A.   ‎ B. ‎ C. ‎ ‎【答案】 (1). 保持水平 (2). ＞ (3). = (4). A C B ‎【解析】（1）小球离开轨道后做平抛运动，在安装实验器材时斜槽的末端应保持水平，才能使小球做平抛运动。 （2）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量ma大于mb，即ma＞‎ mb，为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径要相等，故填＞、=。 （3）由图1可知，小球a和小球b相撞后，被碰小球b的速度增大，小球a的速度减小， b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B点，碰撞后a、b的落点点分别为A、C点。 （4）小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：， 两边同时乘以时间t得：，可得：，故B正确，AC错误。 ‎ ‎  ‎ ‎12. 如图所示，平行板间由于某种场的存在，可以给落入其中的物体提供一个除重力以外竖直方向的恒力F。平行板间距离为d，上板正中有一小孔。质量为m、可视为质点的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，重力加速度为g)。求：‎ ‎(1)平行板间给物体提供的竖直方向恒力F的大小；‎ ‎(2)小球从开始下落运动到下极板处的时间。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解竖直方向恒力F的大小；（2）对加速过程和减速过程分别运用运动学公式求解时间，再求和即为总时间．‎ ‎（1）对从释放到到达下极板处过程由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式得：‎ 解得：‎ 则加速过程下落的时间 减速过程的加速度 则减速过程下落的时间 则小球从开始下落运动到下极板处的时间 ‎13. 下列说法正确的是 A. 悬浮在液体中的微小固定颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的 B. 物体中分子热运动动能的总和等于物体的内能 C. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 D. 气体从外界吸收热量，其内能不一定增加 E. 液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力 ‎【答案】ADE ‎【解析】A、悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的；故A正确；B、物体中分子热运动的动能及分子势能之和等于物体的内能；故B错误。C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；D、根据热力学第一定律 ‎，做功也可以改变物体的内能，D正确；E、液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．故E正确。故选ADE.‎ ‎【点睛】本题考查分子运动论、内能及晶体的性质，要注意明确内能包括分子动能和分子势能；而温度是分子平均动能的标志．‎ ‎14. 一圆柱形气缸，质量M为10kg，总长度L为40cm，内有一活塞，质量m为5kg，截面积S为50cm2，活塞与气缸壁间摩擦可忽略，但不漏气（不计气缸壁与活塞厚度）．用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，外界大气压强p0为1×l05Pa，当温度t0为7℃时，如图所示，气缸内气体柱的高L1为35cm，g取10m/s2．求：‎ ‎①此时气缸内气体的压强：‎ ‎②当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】①.以气缸为研究对象，根据平衡条件可得 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ ‎ ‎