西藏拉萨市那曲二2019届高三上学期第三次月考物理试题 12页

二．选择题：本题共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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.下列说法符合物理学史实的有（ ）‎ A. 伽利略在对自由落体运动的研究中，猜想运动速度与下落时间成正比,并直接用实验进行了验证 B. 伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献 C. 开普勒通过对行星运动的观察，否定了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律 D. 卡文迪许测出引力常量后，牛顿总结了万有引力定律 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，没有用实验进行了验证，故A错误；伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项B正确；开普勒通过对行星运动的观察，完善了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律，故C错误．牛顿总结了万有引力定律，而后卡文迪许测出引力常量，选项D错误；故选B.‎ ‎2.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=3t+t2，x与t的单位分别为m和s，则该质点（　　）‎ A. 加速度大小是‎1m/s2‎ B. 第1s内的位移是‎3m C. 第2s内的位移是‎10m D. 第2s末的速度是‎7m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据 得，质点的初速度 加速度 故A错误；‎ B．第1s内的位移 故B错误；‎ C．第2s内的位移 故C错误；‎ D．第2s末的速度 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，大轮半径是小轮半径的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面不打滑，则A、B两点的角速度之比ωA：ωB为（　　）‎ A. 1：2 B. 1：‎4 ‎C. 2：1 D. 1：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、B两点靠摩擦传动，具有相同的线速度，根据，半径比为2：1，则角速度之比为1：2，故A正确，BCD错误；‎ 故选A．‎ ‎【点睛】解决本题关键知道通过摩擦传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，以及掌握线速度与角速度的关系．‎ ‎4.如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（　　）‎ A. 电荷从a到b加速度减小 B. b处电势能较大 C. b处电势较高 D. 电荷在b处速度大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在b点的加速度大，A错误；从a到b的过程中，电场力做负功，电势能增加，所以b处电势能大，动能减小，速度减小，所以电荷在b处速度小，B正确D错误；根据粒子的运动的轨迹可以知道，负电荷受到的电场力的方向向下，所以电场线的方向向上，所以a点的电势大于b点的电势，C错误．‎ ‎5.如图，平行板电容器与直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（　　）‎ A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. P点的电势将降低 C. 带电油滴的电势能将减小 D. 极板带电荷量将增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A ‎．将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A错误。‎ B．场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故B正确；‎ C．因上极板带正电，则油滴带负电，因为P点的电势将降低，可知油滴的电势能将变大，故C错误；‎ D．根据Q=UC，由于电势差不变，d变大，根据，则电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；‎ ‎6.在同一地点，甲、乙两个物体沿同一方向作直线运动的速度―时间图像如图所示，则（　　）‎ ‎ ‎ A. 两物体相遇的时间是2s和6s B. 乙物体先向前运动2s，随后作向后运动 C. 两个物体相距最远的时刻是2s末 D. 4s后甲在乙后面 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图线与时间轴围成的面积表示位移，从图像可知，在2s和6s，图线与时间轴围成的面积相等，则位移相等，两物体相遇，故A正确；‎ B．乙物体在整个运动过程中速度都为正值，速度的方向不变，即运动的方向不变，故B错误；‎ C．两物体在2s末位移相等，两物体相遇，故C错误；‎ D．在4s时，乙的图线与时间轴围成的面积大于甲图线与时间轴围成的面积，知乙在甲的前面，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎7.2009年5月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B 为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有（　　）‎ A. 在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度 B. 在轨道Ⅱ上经过A的速度等于在轨道Ⅰ上经过A的速度 C. 在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期 D. 在轨道Ⅱ上经过A的加速度大于在轨道Ⅰ上经过A的加速度 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.航天飞机在在轨道Ⅱ上由A运动到B，万有引力做正功，动能增大，所以A点的速度小于经过B点的速度，故A正确；‎ B.从轨道I上的A点进入轨道Ⅱ，需要减速，使得在该点万有引力大于所需的向心力做近心运动．所以在轨道Ⅱ上经过A点的动能小于在轨道I上经过A点的动能，故B错误；‎ C.根据开普勒第三定律轨道Ⅱ的半长轴小于轨道I的半径，故在轨道Ⅰ上的周期长，故C正确；‎ D.轨道Ⅱ上经过A点的所受的万有引力等于在轨道Ⅰ上经过A的万有引力，所以在轨道Ⅱ上经过A点的加速度等于经过在轨道Ⅰ上经过A的加速度，故D错误；‎ ‎8.一质量为‎2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（）‎ A. 时物块的速率为 B. 时物块的动量大小为 C. 时物块的动量大小为 D. 时物块的速度为零 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．前两秒，根据牛顿第二定律 则0-2s的速度规律为：‎ v=at；‎ t=1s时，速率为‎1m/s，A正确；‎ B．t=2s时，速率为‎2m/s，则动量为 P=mv=‎4kg•m/s B正确；‎ CD．2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=‎-0.5m/s2，所以3s时的速度为‎1.5m/s，动量为‎3kg•m/s，4s时速度为‎1m/s，CD错误；‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎9.某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。‎ ‎（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持________状态。‎ ‎（2）他通过实验得到如图（b）所示弹力大小F与弹簧长度l的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长l0=______ cm，劲度系数k=________ N/m.‎ ‎（3）他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧测力计，当弹簧测力计上的示数如图（c）所示时，该弹簧的长度l=________ cm.‎ ‎【答案】 (1). 竖直 (2). 4 (3). 50 (4). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态，使测量准确；‎ ‎(2)[2]图线和横坐标的交点表示弹力为零时弹簧的长度，即弹簧的原长：‎ ‎[3]图线的斜率为弹簧的劲度系数：‎ ‎(3)[4]弹簧的形变量：‎ 则弹簧的总长度为：‎ ‎10.用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。已知交流电频率f=50Hz，m1= ‎50g、m2=‎150g，则（g取‎10m/s2，计算结果保留两位有效数字）‎ ‎(1)由纸带的数据求得在打点0~5的过程中，系统动能的增量=_____J，系统势能的减少量=______J；‎ ‎(2)忽略一切阻力的情况下，若某同学作出图像如图，则当地的实际重力加速度g=___m/s2。‎ ‎【答案】 (1). 0.58 (2). 0.60 (3). 9.67‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打5点时的速度为 物体的初速度为零，所以动能的增加量为 ‎；‎ ‎[2]重力势能的减小量等于物体重力做功，故 ‎；‎ ‎(2)[3]本题中根据机械能守恒可知 即有 所以图像中图像斜率表示重力加速度的一半，由图可知，斜率 故当地的实际重力加速度为 ‎。‎ ‎11.如图甲所示，电荷量为q=1×10－‎4C带正电的小物块置于粗糙绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度v与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=‎10m/s2。求：‎ ‎(1)物块所受的摩擦力大小；‎ ‎(2)物块的质量；‎ ‎(3)前2秒内电场力做的功。‎ ‎【答案】(1)2N(2)‎0.5kg(3)7J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在1秒到2秒内物块做匀速直线运动，则 ‎；‎ ‎(2)在第1s内物块的加速度为 根据牛顿第二定律知 解得 ‎；‎ ‎(3)根据v－t图像面积表示位移知 第1秒内 第2秒内 所以前2秒内电场力做的功 ‎。‎ ‎12.如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=‎40 cm,一带正电荷q=10‎-4 C的小滑块质量为m=‎40 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,取g=‎10 m/s2,问:‎ ‎(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?‎ ‎(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?(P为半圆轨道中点)‎ ‎(3)小滑块经过C点后最后落地,落地点离N点的距离多大?落地时的速度是多大?‎ ‎【答案】(1)‎20m（2）1.5N（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与N点之间的距离；在P点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律可以求滑块得对轨道压力；小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，在水平方向上做的是匀减速运动，根据水平和竖直方向上的运动的规律可以求得落地点离N点的距离，根据速度的合成即可求出落地速度．‎ ‎【详解】（1）设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，‎ 由动能定理可得，‎ 小滑块在C点时，重力提供向心力：‎ 代入数据解得： v=‎2m/s，L=‎20m． （2）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得：‎ 在P点时由牛顿第二定律可得：‎ 解得：N=1.5N 由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N． （3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，有：‎ 代入数据解得滑块运动的时间为：t=0.4s 滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动， 由牛顿第二定律可得 qE=ma， 所以加速度： a=‎2.5m/s2， 水平的位移为：‎ 代入解得：x=‎‎0.6m 落地速度：‎ ‎【点睛】本题中涉及到的物体的运动的过程较多，对于不同的过程要注意力做功数值的不同，特别是在离开最高点之后，滑块的运动状态的分析是本题中的难点，一定要学会分不同的方向来分析和处理问题．‎ ‎13.两分子间斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为，相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近．若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在阶段，F做正功，分子动能增大，势能减小 B. 在阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小 C. 在时，分子势能最小，动能最大 D. 在时，分子势能为零 E. 分子动能和势能之和在整个过程中不变 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】r0为分子间的平衡距离；大于平衡距离时分子间为引力，小于平衡距离时，分子间为斥力；则有：‎ A、r大于平衡距离，分子力表现为引力，相互靠近时F做正功，分子动能增加，势能减小，故A正确；‎ B、分子之间的相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，只是分子引力的变化慢，斥力变化快，当r=r0时分子引力等于分子斥力，r大于平衡距离时分子力表现为引力，当r小于r0时分子间的作用力表现为斥力；靠近时F做负功，分子动能减小，势能增大，故B错误.‎ C、D、由以上分析可知，当r等于r0时，分子引力等于斥力，故分子力合力为零，分子势能最小，动能最大，但是由于分子势能的零势能面是人为确定的，故r等于r0时，分子势能不一定为零，故C正确、D错误；‎ E、由于没有外力做功，故分子动能和势能之和在整个过程中不变，故E正确；‎ 故选ACE.‎ ‎14.图示为一定质量的理想气体压强与体积的关系图像．气体在A状态时的压强为p0、体积为V0、热力学温度为T0，在B状态时体积为2V0，在C状态时的压强为2 p0、体积为2 V0．已知曲线AB是双曲线的一部分．求 ‎①气体在B状态的压强和C状态的热力学温度；‎ ‎②气体由C状态经D状态变化到A状态的过程中，外界对气体做的功．‎ ‎【答案】①；②‎ ‎【解析】‎ ‎（1）气体由状态A到状态B是等温变化，有 ‎ 解得： ‎ 分析气体由C到A的过程，由气态方程得： ‎ 解得： ‎ ‎（2）气体由C到D的过程中，外界对气体做的功 ‎ 气体由D到A是等容过程，外界对气体不做功 故由C经D到A的过程中，外界对气体做的功为 ‎ 点睛：本题考查了理想气体方程公式的运用，要求会计算各个状态下的物理参量，并代入公式求解．‎