物理卷·2018届甘肃省白银市会宁县第一中学高三上学期第三次月考物理试题（解析版） 15页

‎【全国百强校】甘肃省会宁县第一中学2018届高三上学期第三次月考理科综合物理试题 一、选择题（1—5单选题，6—8多选题）‎ ‎1. 一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）( )‎ A. 86m B. 92cm C. 98cm D. 104cm ‎【答案】B ‎【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，再根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解；如果物体受到三力处于平衡状态，可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据正弦定理列式求解。前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变。‎ ‎2. 汽车在水平面上转弯时，地面对车的摩擦力已达到最大，当汽车速率增为原来的2倍时，则汽车转弯的轨道半径必须( )‎ A. 减为原来的一半 B. 减为原来的 C. 增为原来的2倍 D. 增为原来的4倍 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析: 初状态：，当汽车速率增大为原来的2倍时：；由以上两式知：，D对。‎ 考点: 圆周运动。‎ ‎3. 如图，一质量为m，长度为的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂.用外力将绳的下端Q缓慢地竖 直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距.重力加速度大小为.在此过程中，外力做的功为( ) ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，PM段绳的机械能不变，MQ段绳的机械能的增加量为，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功，故选A。‎ ‎【名师点睛】重点理解机械能变化与外力做功的关系，本题的难点是过程中重心高度的变化情况。‎ ‎4. 一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中物块的动能与位移的关系图线是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】小物块上滑过程，由动能定理得，整理得；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由 动能定理得，整理得，故只有C正确．‎ ‎【点睛】运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答．‎ ‎5. 如图，光滑的四分之一圆弧轨道A、B固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F的作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N.在运动过程中( )‎ A. F增大，N减小 B. F减小，N减小 C. F增大，N增大 D. F减小，N增大 ‎【答案】A ‎【解析】对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，有 N=mgcosθ F=mgsinθ 其中θ为支持力N与竖直方向的夹角；当物体向上移动时，θ变大，故N变小，F变大；故A正确，BCD错误．故选A．‎ 注：此题答案应该是A.‎ ‎6. 如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由变为，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为．则此下降过程中( )‎ ‎ ‎ A. A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于 B. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于 C. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下 D. 弹簧的弹性势能最大值为 ‎【答案】AB ‎【解析】A球动能最大时，速度最大，受合外力为零，以ABC整体为研究对象，在竖直方向：向下的重力3mg，向上的B、C两球受地面的支持力FN，即2FN=3mg，所以B、C受到地面的支持力等于mg，故B正确；A的动能达到最大前，有向下的加速度，所以整体向下的合力小于3mg，故B、C受到地面的支持力小于mg，所以A正确；当A下降至最低点，弹簧形变量最大，弹性势能最大，此时A的加速度向上，故C错误；弹簧的最大弹性势能等于A球下降至最低点时减少的重力势能，即，所以D错误．‎ ‎【名师点睛】本题的重点是当A球的动能最大时，受合外力为零，在竖直方向整体加速度为零，选择整体为研究对象，分析AB两个选项；弹性势能最大对应A球下降至最低点，根据能量守恒定律，可求最大的弹性势能．‎ ‎7. 如图所示，a、b、c是环绕地球的圆形轨道上运行的三颗人造卫星，a、c质量相同，且小于b的质量，下列说法中正确的是( ) ‎ ‎ ‎ A. a、b的线速度大小相等．且大于c的线速度 B. a、b的周期相等，且大于c的周期 C. a、b的向心加速度大小相等，且小于c的向心加速度 D. a所需要的向心力最小 ‎【答案】BCD ‎【解析】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M； A、根据，得：，因为，所以，故A错误； B、根据，，得：，因为，所以，故B正确； C、根据 得：，因为，所以，故C正确； D、，因为，，所以a所需向心力最小，故D正确。‎ 点睛：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论。‎ ‎8. 如图所示，在倾角的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A，B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时力F的大小恰为.则( )‎ A. 物块B刚要离开C时B的加速度为0‎ B. 加速度 C. 无法计算出加速度a D. 从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：当物块B刚要离开C时，对挡板的压力为零，根据平衡条件求出此时弹簧的弹力，结合胡克定律求出弹簧的形变量．对A，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度．弹簧开始处于压缩，根据平衡求出压缩量的大小，抓住A的位移等于弹簧的形变量求出物块A的位移．‎ 物块B刚要离开C时，B和挡板之间没有力的作用，即弹簧的拉力正好等于B的重力沿斜 面向下的分力，所以此时B的合力为零，加速度为零，A正确；物块B刚要离开C时，‎ 弹簧的弹力，所以对A分析，受到弹簧沿斜面向下的拉力，和重力沿斜面向下的分力以及F的作用，根据牛顿第二定律可得，解得，BC错误；未施加F之前，弹簧处于压缩状态，对A分析有，当物块B刚要离开C时弹簧处于拉伸状态，对B分析有，故A上升的位移为，D正确．‎ 二、实验题（2小题）‎ ‎9. 某物理小组的同学设计了一个粗制玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验.所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为）.完成下列填空：‎ ‎（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg；‎ ‎（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为_____kg；‎ ‎（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：‎ ‎（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为_____N；小车通过最低点时的速度大小为_______。（重力加速度大小取，计算结果保留2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 1.4 (2). 7.94N (3). 1.4‎ ‎ ‎ ‎（4）根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为：‎ Fm=N=m桥g+FN 解得：FN=7.9N 根据牛顿运动定律知：FN﹣m0g=m0，‎ 代入数据解得：v=1.4m/s 故答案为：（2）1.40，（4）7.9，1.4‎ ‎【点评】此题考查读数和圆周运动的知识，注意估读，在力的问题注意分析受力和力的作用效果．‎ ‎10. 为测量木块与木板间的动摩擦因数，将木板倾斜，木块以不同的初速度沿木板向上滑到最高点后再返回，用光电门测量木块来回的速度，用刻度尺测量向上运动的最大距离，为确定木块向上运动的最大高度，让木块推动轻质卡到最高点，记录这个位置，实验装置如图甲所示．‎ ‎（1）本实验中，下列操作合理的是_____‎ A.遮光条的宽度应尽量小些 B.实验前将轻质卡置于光电门附近 C.为了实验成功，木块的倾角必须大于某一值 D.光电门与轻质卡最终位置间的距离即为木块向上运动的最大距离 ‎（2）用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示读数为_____mm．‎ ‎（3）改变木块的初速度，测量出它向上运动的最大距离与木块来回经过光电门时速度的平方差，结果如下表所示，试在丙图坐标纸上作出的图象______，经测量木板倾角的余弦值为0.6，重力加速度取，则木块与木板间的动摩擦因数为______（结果保留两位有效数字）．‎ ‎（4）由于轻质卡的影响，使得测量的结果_____（选填“偏大”或“偏小”）．‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 3.700 (3). (4). 0.010 (5). 偏大 ‎【解析】试题分析：（1）遮光条宽度与时间的比值是木块的平均速度，可以认为是木块通过光电门时的瞬时速度，遮光条宽度越小，平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，因此遮光条的宽度应尽量小些，故A正确；实验时轻质卡应与木块一起向上运动，实验前将轻质卡与木块靠在一起，故B错误；当木板倾角大于某一值时，木块重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，木块到达最高点后可以反向下滑，否则木块到达最高点后将静止，实验不能成功，为了实验成功，木块的倾角必须大于某一值，故C正确；木块出发点与轻质卡最终位置间的距离即为木块向上运动的最大距离，故D错误；故选AC．‎ ‎（2）由图乙所示螺旋测微器可知，螺旋测微器示数为：3.5mm+20.0×0.01mm=3.700mm．‎ ‎（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 木块上滑时：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，‎ 木块下滑时：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，‎ 由匀变速直线运动的速度位移公式得：‎ ‎0-v02=-2a1x，v2=2a2x，‎ ‎△v2=v02-v2=4μgxcosθ，‎ 由图示图象可知，动摩擦因数：‎ 斜率：k=4μgcosθ=，‎ 动摩擦因数：‎ ‎（4）由于轻质卡与木板间存在摩擦力，所测摩擦力实际是木块与轻质卡受到的摩擦力的合力，由于轻质卡所受摩擦力影响，所测动摩擦因数偏大．‎ 考点：测量木块与木板间的动摩擦因数 三、解答题（2小题）‎ ‎11. 原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目.已知质量的运动员原地摸高为2.05米，比赛过程中，该运动员重心先下蹲0.5米，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.85米的高度.假设运动员起跳时为匀加速运动，求：‎ ‎（1）该运动员离地面时的速度大小为多少；‎ ‎（2）起跳过程中运动员对地面的压力；‎ ‎（3）从开始起跳到双脚落地需要多少时间？‎ ‎【答案】 1560N 1.05s ‎【解析】（1）从开始起跳到脚离开地面重心上升=0.5m，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离=0.8m，根据速度位移关系：‎ 所以；‎ ‎（2）脚未离地过程中，，得 对人受力分析，得 由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560N，方向向下；‎ ‎（3）加速上升时间，减速上升的时间，加速下降和减速上升时间相同，故总时间为。‎ ‎12. 一个半径为R的圆周的轨道，O点为圆心，B为轨道上的一点，OB与水平方向的夹角为．轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在A点．现用一质量为m的小球（与弹簧不连接）压缩弹簧至P点后释放．已知重力加速度为，不计空气阻力．‎ ‎（1）若小球恰能击中B点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能；‎ ‎（2）试通过计算判断小球落到轨道时速度是否与圆弧垂直；‎ ‎（3）改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．‎ ‎【答案】 小球不能垂直击中圆弧 ‎ ‎【解析】试题分析：（1）小球离开O点做平抛运动，设初速度为v0，由 Rcos37°=v0t 解得 由机械能守恒 ‎（2）设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，由 Rcosθ=v0t 位移方向与圆弧垂直 设速度方向与水平方向的夹角为α 所以小球不能垂直击中圆弧 ‎（3）设落地点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，‎ Rcosθ=v0t 由动能定理 解得当时，取最小值 考点：平抛运动；动能定理 四、选考题（4小题）‎ ‎13. 如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是_______‎ A. 在过程ab中气体的内能增加 B. 在过程ca中外界对气体做功 C. 在过程ab中气体对外界做功 D. 在过程bc中气体从外界吸收热量 E. 在过程ca中气体从外界吸收热量 ‎【答案】ABD ‎【解析】在过程ab中，体积不变，外界不对气体做功，气体也不对外界做功，压强增大，温度升高，内能增加，故A正确，C错误；在过程ca中，气体体积缩小，外界对气体做功，压强不变，温度降低，故内能减小，由热力学第一定律可得气体向外界放出热量，故B正确，E错误；在过程bc中，温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，故D正确。所以ABD正确，CE错误。‎ ‎14. 一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示.将一质量、体积的重物捆绑在开口朝下的浮筒上.向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距离，筒内气体体积.在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面的距离为时，拉力减为零，此时气体体积为，随后浮筒和重物自动上浮。求和. 已知:大气 压强，水的密度，重力加速度的大小.不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】试题分析：当深度为时，整体受到的重力和浮力相等，根据平衡条件求解气体的体积，然后对气体根据玻意耳定律求解压强，得到液体的深度 当时，由平衡条件得：‎ ‎…①‎ 代入数据得：…②‎ 设筒内气体初态、末态的压强分别为、，由题意得：‎ ‎…③‎ ‎…④‎ 在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得：‎ ‎…⑤‎ 联立②③④⑤，代入数据得：‎ ‎15. 如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为时的波形图，虚线为时的波形图。已知该简谐波的周期大于0.5s.关于该简谐波，下列说法正确的是_______‎ A.波长为2m B. 波速为 C. 频率为 D. 时，处的质点处于波峰 E. 时，处的质点经过平衡位置 ‎【答案】BCE ‎【解析】由波形图可知，波长为4 m，A错误；实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.5 s时的波形图，波沿x轴正方向传播，又该波的周期大于0.5 s，则0~0.5 s时间内波传播的距离，，故周期，频率为1.5 Hz，波速，BC正确；由，t=0时，x=1 m处的质点在波峰位置，t=1时，该质点应该在平衡位置向上振动，D错误；由，t=0时，x=2 m处的质点在平衡位置，t=2 s时，该质点同样经过平衡位置，E正确。‎ ‎【名师点睛】本题知道两个时刻的波形，可以运用波形的平移法分析波传播的最短距离，要理解“该简谐波的周期大于0.5 s”表达的意义。‎ ‎16. 如图所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角度入射，第一次到达AB边恰好发生全反射。已知，BC边长为2L，该介质的折射率为.求：‎ ‎（）入射角 ‎（）从入射到发生第一次全反射所用的时间（设光在真空中的速度为c，可能用到：或）‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据全反射定律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得：，代入数据得：‎ 设光线在BC面上的折射角为，由几何关系得：‎ 由折射定律得：，联立代入数据得：。‎ ‎（2）在中，根据正弦定理得：，设所用时间为，光线在介质中的速度为，得：，光在玻璃中的传播速度，联立代入数据得：。‎ 考点：光的折射定律 ‎【名师点睛】由全反射定律求出临界角，由几何关系得到光线在BC面上的折射角，折射定律得到入射角；根据正弦定理求出光线在介质中路程，由求出光在玻璃中的传播速度，进而求出所用时间。‎ ‎ ‎ ‎ ‎