物理卷·2018届山东省菏泽市第一中学高三上学期12月月考试题（解析版） 20页

高三二部检测试题 一、选择题 ‎1. 学习物理不仅要掌握物理知识，还要领悟并掌握处理物理问题的思想方法。在下图所示的几个实验中研究物理问的思想方法相同的是（ ）‎ A. 甲、乙 B. 乙、丙 C. 甲、丙 D. 丙、丁 ‎【答案】B ‎ ‎ ‎2. 如图所示，一物块仅在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下以速度v0水平向右做匀速直线运动，其中F1斜向右上方，F2竖直向下，F3水平向左。某时刻撤去其中的一个力，其他力的大小和方向不变，一段时间后恢复该力，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 如果撤去的是F1，则物块先做匀变速曲线运动，恢复该力之后将做直线运动 B. 如果撤去的是F1，恢复F1时物块的速度大小可能为v0‎ C. 如果撤去的是F3，物块将向右做匀加速直线运动，恢复该力之后做匀速直线运动 D. 如果撤去的是F2，在恢复该力之前的时间内，因物块做曲线运动，故在相等时间间隔内其速度的变化量的方向时刻在改变 ‎【答案】D ‎【解析】A项：如果撤去的是F1，F2，F3的合力与v0不在一同一直线上，所以物块先做匀变速曲线运动，恢复该力之后，三力合力为零，物块继续做匀速直线运动，故A正确；‎ B项：如果撤去的是F1，物块在F3方向做匀减速运动，在F2方向上做匀加速运动，经过一段时间恢复F1，物块的速度大小可能为v0，故B正确；‎ C项：如果撤去的是F3，F1，F2的合力可能沿v0方向，所以物块向右做匀加速直线运动，恢复该力之后三力合力为零，物块做匀速直线运动，故C正确；‎ D项：如果撤去的是F2，F1，F3的合力恒定，即物块加速度恒定，所以在相等时间间隔内其速度的变化量的方向不变，故D错误，所以本题应选D。‎ ‎3. 如图，已知地球半径为R，高空圆形轨道3距地面高h=2R，椭圆轨道2与贴近地表的轨道1和轨道3分别相切于a、b两点，当卫星分别在这些轨道上运行时，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 卫星在轨道2上运行至a点和b点时的加速度大小之比为3∶1‎ B. 卫星分别在轨道1和轨道3上运行时的速度大小之比为3∶1‎ C. 卫星在轨道2上运行至a、b两点时的机械能之比为1∶3‎ D. 卫星分别在轨道1、2、3上运行时的周期之比为1∶2∶3‎ ‎【答案】D ‎【解析】A项：根据公式可得：，且ra=R，rb=3R，所以，故A错误；‎ B项：根据公式可得：，且r1=R，r3=3R，所以，故B错误；‎ C项：卫星在轨道2上运行时，因为只有引力做功，故机械能守恒，所以a、b两点时的机械能之比为1：1，故C错误；‎ D项：根据开普勒第三定律可知：即，，故D正确。‎ ‎4. 如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，图中虚线为电场线（方向未标）。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则（ ）‎ A. 电场线方向由放电极指向集尘极 B. 图中A点电势高于B点电势 C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D. 尘埃在迁移过程中电势能减小 ‎【答案】D ‎【解析】根据题意可知带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，故A错误；集尘极带正电荷，A点更靠近放电极，所以图中A点电势低于B点电势，故B错误；由图可知放电极与集尘极间建立非匀强电场，所以尘埃所受的电场力是变化的，故C错误；带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，所以在迁移过程中电势能减小，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎5. 用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g，0~t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 物块始终做匀加速直线运动 B. 0~t0时间内物块的加速度大小为 C. t0时刻物块的速度等于 D. 0~t1时间内物块上升的高度为 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：t0时刻以后，功率保持不变，结合分析牵引力的变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化．根据，结合牛顿第二定律得出P-t的关系式，结合图线的斜率求出加速度．P-t图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理求出0-t1时间内物块上升的高度．‎ 时间内物块做匀加速直线运动，时刻后功率保持不变，根据知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A错误；根据，得，可知图线的斜率，可知 ‎，故B错误；在时刻速度达到最大，，则速度，可知时刻物块的速度大小小于，故C错误；P-t图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理得，，解得，故D正确．‎ ‎【点睛】本题的难点在于物块时刻后做变加速直线运动，无法通过运动学公式求解上升的高度，抓住P-t图线围成的面积表示牵引力做功，结合动能定理进行求解．‎ ‎6. 电源、直流电动机与滑动变阻器串联构成一个回路，已知电源电动势为12 V、内阻为3 Ω，直流电动机内阻为1 Ω。调节滑动变阻器使电路中电源的输出功率最大，电动机刚好正常工作(额定功率为6 W)，则下列说法中错误的是（ ）‎ A. 通过电动机的电流为2 A B. 电源的效率为50%‎ C. 滑动变阻器连入电路部分的阻值为2 Ω D. 电动机的发热功率为4 W ‎【答案】C ‎【解析】A项：根据闭合电路欧姆定律，电源输出功率P=UI，可得，即，当I=2A时，电源输出功率最大，，故A正确；‎ B项：电源的效率，故B正确；‎ C项：电动机两端电压，根据，代入数据可得，故C错误；‎ D项：电动机的发执功率，故D正确，所以本题应选C。‎ 点晴：本题要区分纯电阻电路与非纯电阻电路，纯电阻电路为电能全部转化为热量，非纯电阻电路为电能一部份转化为热量，另一部份转化为其它形式的能量，如电动机正常工作时，电能一部份转化为热量，另一部份转化为机械能。‎ ‎7. 如图甲所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时速度恰好沿着斜面方向，紧贴斜面PQ无摩擦滑下；关于物体沿x方向和y方向运动的位移-时间图象及速度-时间图象，其中可能正确的是 （      ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：设斜面的倾角为α，则水平抛出的物体在抵达斜面之前其水平向做匀速直线运动，故其水平速度vx=v0，而抵达斜面后物体的加速度a=gsinθ，故水平向速度vx=v0+（gsinθcosθ）t，即在水平方向做匀加速运动．故B错误．在抵达斜面之前物体在水平方向的位移x0=v0t0，而抵达斜面后物体在水平方向的位移x=x0+v0△t+gsinθcosθ△t2，故A正确．在物体抵达斜面之前，物体在竖直方向做自由落体运动，故竖直方向的速度vy=gt，抵达斜面后物体在竖直方向的加速度ay=gsinθsinθ=g（sinθ）2，故vy=gt0‎ ‎+g（sinθ）2t，故D正确．在抵达斜面前物体在竖直方向的位移y=gt2，抵达斜面后y=gt02+gt0△t+g（sinθ）2（△t）2，故C错误．故选AD。‎ 考点：平抛运动 ‎【名师点睛】本题是图象类题目中最难的，也是近年高考的热点和难点，但此类题目解决途径是根据运动情况写出因变量随自变量的表达式，然后根据数学知识进行判断，即可顺利解出。‎ ‎8. 如图所示,A、B为平行板电容器的金属板,G为静电计.开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度.下列操作可使指针张开角度增大一些的是(  )‎ A. 保持开关S闭合,将R上的滑片向右移动 B. 保持开关S闭合,将A、B两极板间距稍许增大 C. 断开开关S后,将A、B两极板间距稍许增大 D. 断开开关S后,将A、B两极板的正对面积稍许减小 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故选项A、B错误；断开开关S后，电容器带电量Q不变，将A、B两极板的正对面积S减小，或A、B间距增大，电容C减小，根据可知，电势差U增大，指针张角增大，故选项C、D正确；故选CD。‎ 考点：电容器的动态分析．‎ ‎【名师点睛】本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变．‎ ‎9. 某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示。图中RT为热敏电阻(随温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻（虚线框内两元件距离很近）。当R处温度升高时（ ）‎ A. L变亮 B. R3的电流减小 C. E2的路端电压增大 D. R的功率减小 ‎【答案】AD ‎【解析】当R处温度升高时，RT阻值变小，小灯泡L的电流变大，所以光照强度增大，RG阻值变小，通过R2的电流变大，E2的路端电压变小，R两端电压变小，通过的电流也变小，功率变小，通过R3的电流变大，故AD正确。‎ ‎10. 如图所示，一辆质量为M＝3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m＝1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A的长度L＝0.9 m。现给小铁块B一个v0＝5 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（ ）‎ A. 小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2m/s B. 小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N/s C. 小铁块B从反向到与车同速共历时0.6s D. 小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J ‎【答案】BCD ‎【解析】A项：设铁块向右运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得，代入数据可得：，故A错误；‎ B项：小铁块B与竖直墙壁发生弹性碰撞，所以小铁块弹回的速度大小为，方向向右，根据动量定理 ，故B正确；‎ C、D项：假设小铁块最终和平板车达到共速v2，根据动量守恒定律得，解得， 小铁块最终和平板车达到共速过程中小铁块的位移：，平板车的位移：‎ ‎，说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车，所以小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能为，故C错误，D正确。‎ 点晴：本题首先要分析铁块的运动情况，对于铁块向右运动是否滑出平板车，我们可以采用假设法进行判断，正确运用功能关系求解。‎ 二、实验题 ‎11. 下面几个实验都用到了电磁打点计时器或电火花打点计时器 ‎① 运用装置甲完成“探究功与速度变化的关系”实验 ‎② 运用装置乙完成“验证机械能守恒定律”实验 ‎③ 运用装置丙可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验 ‎④ 运用装置丙可以完成“探究加速度与力、质量的关系”实验 ‎（1）运用装置丙完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验是否需要平衡摩擦阻力？____（填“是”或“否”）‎ ‎（2）如图丁为某同学在一次实验中打出的一条纸带的部分，若所用电的频率为50Hz，图中刻度尺的最小分度为1mm，请问该条纸带是以上四个实验哪一个实验时得到的？______（填实验的代码① ② ③ ④）‎ ‎（3）由如图丁的测量，打C点时纸带对应的速度为______m/s（保留三位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). 否 (2). ② (3). 1.50（1.49～1.52）‎ ‎【解析】(1) 在探究小车速度随时间变化的规律的实验中，小车存在阻力，对其规律的研究没有影响，因此不需要平衡摩擦力；‎ ‎(2) 相邻的计数点间的时间间隔T=0.02s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，为了更加准确的求解加速度， ，由加速度大小可知，属于验证机械能守恒定律的实验；‎ ‎(3) 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，。‎ 点晴：在探究中，是否存在阻力，对速度随时间变化的规律研究没有影响；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小。‎ ‎12. 已知某电阻的阻值约为300 Ω，现提供两套相同的实验器材分甲、乙两小组利用伏安法测量其阻值。实验器材如下：‎ A.电流表A(量程12 mA、内阻约1 Ω) ‎ B.电压表V(量程3 V、内阻约1 kΩ)‎ C.滑动变阻器R1(总阻值10 Ω，额定电流2 A) ‎ D.滑动变阻器R2(总阻值100 Ω，额定电流1 A)‎ E.电源(电动势约3 V、内阻约2 Ω) ‎ F.待测电阻Rx G.开关一个，导线若干 ‎① 滑动变阻器应该选择_____(填器材前的字母序号)。‎ ‎② 选定滑动变阻器后，甲、乙两组设计了不同的电路来测量，其中正确的电路图是_______。‎ A．B．C．D．‎ ‎③ 甲、乙两组测量后发现其测量值存在系统误差，他们决定共同合作，一起设计了如图1、2所示两种电路，不仅可以准确测量待测电阻的阻值，还可以测量电流表和电压表的内阻。‎ 假设在图1和图2中，电流表A1、A2的示数均分别用I1、I2来表示，电压表V1、V2的示数均分别用U1、U2来表示。则在图1中，电压表的内阻RV=________，待测电阻的阻值Rx=__________；在图2中，电流表的内阻RA=________，待测电阻的阻值Rx=________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). B (3). (4). (5). (6). ‎ ‎【解析】（1）因为待测电阻较大，应该选择分压式接法，故滑动变阻器选择总阻值较小的C。‎ ‎（2）待测电阻阻值较大，选择电流表内接法，故电路图B正确。‎ 三、计算题 ‎13. 如图所示，质量为m1=3kg的二分之一光滑圆弧形轨道ABC与一质量为m2=1 kg的物块P紧靠着（不粘连）静置于光滑水平面上，B为半圆轨道的最低点，AC为轨道的水平直径，轨道半径R=0.3 m。一质量为m3 =2 kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道的A处由静止释放，g取10m/s2，求：‎ ‎(i)小球第一次滑到B点时的速度v1；‎ ‎(ii)小球第一次经过B点后，相对B能上升的最大高度h。‎ ‎【答案】(1)2m/s 方向向右 (2)h=0.27m ‎【解析】试题分析：（i）设小球第一次滑到B点时的速度为v1，轨道和P的速度为v2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有（m1+m2）v2+m3v1=0‎ 根据系统机械能守恒 联立解得v1="-2" m/s，方向向右；v2=1m/s，方向向左 ‎（ii）小球经过B点后，物块P与轨道分离，小球与轨道水平方向动量守恒，且小球上升到最高点时与轨道共速，设为v，则有：m1v2+m3v1=（m1+m3）v 解得v=-0．2 m/s，方向向右 由机械能守恒 解得h=0．27 m 考点：动量守恒定律；能量守恒定律 ‎14. 如图，等量异种点电荷固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷)的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦转动，O点位于MN中点B的正上方L处．现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略小球所带电荷量对等量异种电荷形成电场的影响．‎ ‎(1)求小球经过B点时对杆的拉力大小；‎ ‎(2)求在＋Q、－Q形成的电场中，A点的电势φA；‎ ‎(3)小球继续向左摆动，求其经过与A等高度的C点时的速度大小．‎ ‎【答案】(1)拉力大小 (2) (3) ‎ ‎【解析】试题分析：小球经B点时，在竖直方向有①‎ ‎②‎ 由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小 ‎③‎ ‎(2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以 ‎④‎ 电荷从A到B过程中，由动能定理得 ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎(3)由电场对称性可知，， ⑦‎ 即⑧ 小球从A到C过程，根据动能定理 ‎⑨‎ 考点：考查了圆周运动，动能定理，电场强度，电势 ‎【名师点睛】（1）小球经过B点时，重力和杆的拉力提供向心力；（2）A到B的过程中重力和电场力做功，根据动能定律即可求得A点的电势；（3）B到C的过程中重力和电场力做功，根据动能定律说明即可．小球在复合场中运动，电场力和重力做功，根据动能定律解题即可．该题的情景比较简单，题目简单．‎ ‎15. 光滑弯折杆ABC处于竖直平面内，分为倾斜部分AB与水平部分BC，在B点有一小段圆弧与两部分平滑连接，杆AB的倾斜角为37°．有50个相同的带孔小球套在AB杆上，小球能沿杆无碰撞地从AB段上下滑到BC段上，每个小球的质量均为m=0.02kg，直径d=1cm，现通过作用在最底部的1号小球的水平外力F，使所有小球都静止在AB杆上，此时1号小球球心离水平部分BC的高度H=20cm．（g取10m/s2）试求：‎ ‎（1）水平外力F的大小；‎ ‎（2）撤去外力F后，小球沿杆下滑，当第20号小球刚到达水平部分BC上时的速度大小？‎ ‎【答案】（1）水平外力F的大小为7.5N．‎ ‎（2）撤去外力F后，小球沿杆下滑，当第20号小球刚到达水平部分BC上时的速度大小为 ‎【解析】试题分析：（1）对整体受力分析，根据共点力平衡求出水平外力的大小；（2）对系统重力势能的减小量等于动能的增加量求出第20号小球刚到达水平部分BC上时的速度大小。‎ ‎(1) 把50个小球当作一个整体进行受力分析，整体处于平衡状态得：F＝Gtan37°＝7.5N；‎ ‎(2) 撤去外力后小球将整体沿杆下滑，各小球速度大小相等，且系统机械能守恒。取小球在BC杆上时重力势能为零，则：，即，解得 。‎ ‎16. 物体A的质量M＝1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m＝0.5kg、长L＝1m。某时刻A以V0‎ ‎＝4m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力。忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数µ＝0.2，取重力加速度g=10m/s2。试求：‎ ‎（1）若F=5N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；‎ ‎（2）如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件。‎ ‎【答案】(1)0.5m (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）物块滑上平板车，物块做匀减速运动，小车做匀加速直线运动，当两者速度相同时，物块在小车上相对运动的距离最大，结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．‎ ‎（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A、B速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F的大小范围．‎ 解：（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，‎ 有µMg=MaA得 aA=µg="0.2×10=2" m/s2‎ 平板车B作加速运动，有F+µMg=maB，‎ 代入数据解得：aB="14" m/s2‎ 两者速度相同时，有V0﹣aAt=aBt，‎ 代入数据解得：t=0.25s A滑行距离：SA=V0t﹣aAt2=4×0.25﹣×=m B滑行距离：SB=aBt2=×=m 最大距离：△s=SA﹣SB=m﹣m=0.5m．‎ 由于△xm＜1m，以上分析和结论成立 ‎（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：‎ 又：，‎ 可得：aB=6m/s2‎ 再代入F+µMg=maB得：‎ F=maB﹣µMg=0.5×6﹣0.2×1×10=1N 若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N．‎ 当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．即有：F=（m+M）a，‎ µm1g=m1a 所以：F=3N 若F大于3N，A就会相对B向左滑下．‎ 综上所述，力F应满足的条件是：1N≤F≤3N 答：（1）物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离为0.5m．‎ ‎（2）拉力F大小应满足的条件为1N≤F≤3N ‎【点评】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．‎ ‎ ‎ ‎ ‎