物理卷·2018届河北省鸡泽县第一中学高三上学期第四次月考试题（解析版） 17页

‎2017～2018学年第一学期12月考试 高三物理试题 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1. 取水平地面为零势能面，一物块从某高处水平抛出，在抛出点其重力势能为动能的3倍。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能是重力势能的，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角．‎ 物块做平抛运动，机械能守恒，初状态的机械能，其中；所以，末状态的机械能，根据机械能守恒定律，所以，设落地时速度与水平方向的夹角α，，解得，故D正确．‎ ‎2. 如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30º的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，轻弹簧与斜面垂直，则（ ）‎ A. 滑块不可能只受到三个力作用 B. 弹簧一定处于压缩状态 C. 斜面对滑块的支持力大小可能为零 D. 斜面对滑块的摩擦力大小一定等于 ‎【答案】D ‎【解析】弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态；也可能受到弹簧的拉力或者推力，即受4个力作用，AB错误；沿斜面方向，根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于），不为零，有摩擦力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C错误D正确．‎ ‎3. 如图所示，质量分别为m和M的两长方体物块P和Q，叠放在倾角为θ的固定斜面上。P、Q间的动摩擦因数为μ1，Q与斜面间的动摩擦因数为μ2。当它们从静止释放沿斜面滑下时，两物块始终保持相对静止，则物块P对Q的摩擦力为（ ）‎ ‎　 ‎ A. μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下 B. μ2mgcosθ，方向平行于斜面向上 C. μ1mgcosθ，方向平行于斜面向下 D. μ1mgcosθ，方向平行于斜面向上 ‎【答案】B ‎【解析】对PQ整体受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图所示：‎ ‎ 根据牛顿第二定律，有：，解得：，再对P物体受力分析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律：，联立以上解得P受到的摩擦力大小为：，方向沿斜面向上；根据牛顿第三定律可得物块P对Q的摩擦力为，方向平行于斜面向下，故A正确，BCD错误。‎ ‎4. M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 电子在N点的动能大于在M点的动能 B. 该电场有可能是匀强电场 C. 该电子运动的加速度越来越大 D. 电子运动的轨迹可能为曲线 ‎【答案】A ‎【解析】由于电子的电势能减小，知电场力做正功，因为电子仅受电场力，根据动能定理，知电子的动能增大，即N点的动能大于M 点的动能，A正确；因为电场力做功和电势能的关系为，故图线切线的斜率表示电场强度大小，斜率逐渐减小，则电场力逐渐减小，电场强度逐渐减小，该电场不是匀强电场，电场强度减小，则电子受到的电场力减小，故加速度越来越小，BC错误；电子的初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，D错误．‎ ‎5. 如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向以速率v从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的1／4，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件及角度关系，表示出圆周运动的半径，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力列式求解即可．‎ 从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长变为圆周长的，所以∠POQ=90°；结合几何关系，有，洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有，联立解得，D正确．‎ ‎6. 在孤立负电荷形成的电场中，四个带电粒子分别仅在电场力作用下运动， v－t图象如图所示。则以下判断正确的是（ ）‎ A. a、c带负电，b、d带正电 B. a、c带正电，b、d带负电 C. a、d带正电，b、c带负电 D. a、d带负电，b、c带正电 ‎【答案】A 考点：电场强度、加速度、速度 ‎【名师点睛】本题关键掌握速度图象斜率的意义进行分析加速度的变化情况，由电场强度与加速度的关系，即根据牛顿第二定律把握物理量之间联系。‎ ‎7. 在光滑水平地面水平放置着足够长的质量为M的木板，其上放置着质量为m带正电的物块（电量保持不变），两者之间的动摩擦因数恒定，且M＞m。空间存在足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，某时刻开始它们以大小相等的速度相向运动，如图取向右为正方向，则下列图象可能正确反映它们以后运动的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】对m分析可知，m受重力、支持力和洛伦兹力与摩擦力作用，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上；水平方向受M的摩擦力作用而做减速运动；则由F=Bqv可知，洛伦兹力减小，故m对M的压力增大，摩擦力增大，故m的加速度越来越大；同时M受m向右的摩擦力作用，M也做减速运动；因摩擦力增大，故M的加速度也越来越大；则可知v-t图象中对应的图象应为曲线；对Mm组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，最终两物体速度一定相同，则有，因，故最终速度一定为负值，说明最终两物体均向左做匀速运动，则B正确．‎ ‎8. 如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M，N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M,Q到N的运动过程中（ ）‎ A. 从P到M所用的时间等于T/4‎ B. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大 C. 从P到Q阶段，速率逐渐变小 D. 从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功 ‎【答案】D ‎【解析】根据功能关系可知，海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM 段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A错误；从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；从P到Q阶段，万有引力做负功，根据动能定理可知，速率减小，故C错误；根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎9. 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是（已知重力加速度为g）（ ）‎ A. 板间电场强度大小为 B. 两极板间电压为 C. 整个过程中质点的重力势能增加 D. 若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：根据题意，小球最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力．小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，小球的加速度向下，最后才能最后垂直打在M屏上，根据对称性可明确加速度关系，从而根据动力学规律即可明确板间电场强度和电势差，根据功能关系可分析重力势能的增加量；同时明确电量不变只改变板间距离时，两板间的电场强度不变．‎ ‎ ‎ ‎10. 如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，m1球能够沿圆弧轨道运动到水平桌面上。则（ ）‎ A. 在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等 B. 在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减少 C. 若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝2m2‎ D. 在m1由C点下滑到A 点的过程中轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加 ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析：AB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是 ‎，分析竖直方向速度的变化情况求解，若恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系．根据功能关系可分析机械能的改变量．‎ 由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，A错误；重力的功率，这里的v是指竖直的分速度，一开始是由静止释放的，所以一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率也是先增大后减小的过程，B正确；若恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：，解得，C正确；重力之外的其他力做功等于物体机械能的改变量；故在由C点下滑到A点的过程中轻绳对做的功等于的机械能增加，D正确．‎ ‎11. 如图所示，空间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向内的匀强磁场，一带负电小球以初速度v0从O点沿水平直线OO′方向进入场区，恰好做直线运动。只改变初速度大小，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若初速度大于v0，则可能从M飞出，运动过程中小球动能减少，机械能增加，电势能减少 B. 若初速度大于v0，则可能从N飞出，运动过程中小球动能增加，机械能减少，电势能增加 C. 若初速度小于v0，则可能从N飞出，运动过程中小球动能增加，机械能减少，电势能增加 D. 若初速度小于v0，则可能从M飞出，运动过程中小球动能减少，机械能增加，电势能减少 ‎【答案】AC ‎【解析】小球运动过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力，和竖直向上的洛伦兹力，恰好沿直线通过，则有，若增大，则洛伦兹力增大，小球向上偏转，则可能从M飞出，因为洛伦兹力不做功，所以除了重力之外只有电场力做功，电场力做正功，所以机械能增大，电势能减小，因为，故，而重力做负功，所以重力和电场力做功之和为负，即动能减小，A正确B错误；若减小，则洛伦兹力减小，小球向下偏转，则可能从N飞出，因为洛伦兹力不做功，所以除了重力之外只有电场力做功，电场力做负功，所以机械能减小，电势能增大，因为，故，而重力做正功，所以重力和电场力做功之和为正，即动能增大，C正确D错误．‎ ‎12. 如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想电表。现闭合开关S，将变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（ ）‎ A. 电容器两极板间的电场强度变大，电容器的带电量减小 B. 电流表示数减小，电压表示数变大 C. 电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大 D. 电源的输出功率一定变小 ‎【答案】BC ‎【解析】当变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，R2电压减小，则电容器板间电压减小，板间的电场强度变小，电容器所带电量减小，故A错误．总电流减小，电流表示数减小．则R2电压和内电压均减小，由闭合电路欧姆定律知，R1电压变大，所以电压表示数变大，故B正确．电压表的示数U和电流表的示数I的比值 =R1‎ ‎，变大，故C正确．由于电源的内外电阻的大小关系未知，所以不能确定电源输出功率如何变化．故D错误．故选BC.‎ 点睛：本题是电路的动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．分析电源的输出功率变化时，要根据推论：内外电阻相等时，电源的输出功率最大来分析．‎ 二、实验题（每空2分，共16分）‎ ‎13. 国标（GB／T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13 Ω·m。某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：‎ 电源（电动势约为3 V，内阻可忽略）； 电压表V1（量程为3 V，内阻很大）；‎ 电压表V2（量程为3 V，内阻很大）；定值电阻R1（阻值4 kΩ）；定值电阻R2（阻值2 kΩ）；电阻箱R（最大阻值9 999 Ω）；单刀双掷开关S；导线若干；游标卡尺；刻度尺。‎ 实验步骤如下：‎ A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；‎ B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；‎ C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；‎ D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；‎ E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；‎ F． __________________________。（补充完整实验步骤）‎ ‎（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数d＝30.00 mm；‎ ‎（2）玻璃管内水柱的电阻值Rx的表达式为：Rx＝_______ （用R1、R2、R表示）。‎ ‎（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图乙所示的关系图象。则自来水的电阻率ρ＝_______ Ω·m （保留两位有效数字）。‎ ‎（4）实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_____（填“偏大”“不变”或“偏小”）。‎ ‎【答案】 (1). 断开S，整理好器材 (2). (3). 14 (4). 偏大 ‎【解析】（1）实验做完后，要断开S，整理好器材。‎ ‎（2）设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为：，总电压为：，当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为：，总电压：，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得，解得：。‎ ‎（3）从图乙中可知，R=2×103Ω时，，此时玻璃管内水柱的电阻，水柱横截面积：，根据电阻定律：，代入数据可得：。‎ ‎（4）若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路电流大于，实际总电压将大于，所以测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。‎ 三、计算题（本题共3小题，共36分。解答时应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎14. 如图所示，质量为m的小球用OB和O＇B 两根轻绳悬挂，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30º和60º，此时OB绳的拉力大小为F1。若烧断O＇B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1与F2的比值为多大？‎ ‎ ‎ ‎【答案】1：4‎ ‎【解析】烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，‎ 根据几何关系得；‎ 烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L．小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：‎ 在最低点，有，联立解得；‎ 故；‎ ‎15. 如图，地面光滑，质量为m1与m2的物块由轻质弹簧相连，共同以速度v0＝5m／s向右匀速运动，m2与原来静止的质量为m3的物块碰撞后立刻粘在一起，已知m1＝m2＝1kg，m3＝4kg。求：‎ ‎（1）m2与m3碰撞粘在一起后瞬间的速度大小；‎ ‎（2）以后的运动过程中当m1的速率为1m／s时，弹簧内部的弹性势能。‎ ‎【答案】（1）1m/s （2）6.4 J 2.4 J ‎【解析】（1）与碰撞过程系统的动量守恒，以向右方向为正方向．由动量守恒定律得： ，代入数据解得，方向向右 ‎（2）当的速率为1m/s时，以向右方向为正方向，‎ 由动量守恒定律可得：…①‎ 若的速度向右，，代入①解得：‎ 由能量守恒定律得：…②‎ 代入数据解得 若的速度向左，，代入①解得： 代入②式解得 ‎16. 如图所示，在xOy坐标系中，在y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y＝2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板，带电粒子打到板上即被吸收，一质量为m、电量为＋q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为，粒子的重力不计。‎ ‎（1）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？‎ ‎（2）通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P（4d， 0）（图中未画出），求磁感应强度的大小。‎ ‎【答案】（1） （2）或 ‎【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由初速度、匀加速直线运动的位移、加速度等求出末速度的大小和方向，进入磁场后做匀速圆周运动由洛仑兹力提供向心力和轨迹圆与金属板相切的几何关系求出最小的磁感应强度．粒子再次回到电场时做斜抛运动，再次到达x轴时速度恰恰水平，这样粒子在x轴上前进一段距离，当前进的距离的整数倍为4d时，此时符合题目所要求的磁感应强度．‎ ‎（1）粒子先在电场中做类平抛运动，，‎ 其中，得 进入磁场速度 速度与x轴夹角 ‎ 所以，粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切 设粒子在磁场中运动半径为R，洛仑兹力提供向心力 由几何关系，得 故要使粒子不打到挡板上，‎ ‎（2）粒子再次回到x轴上，沿x轴前进的距离 调节磁场 粒子通过P点，回旋次数，n为整数，只能取n=2和n═3‎ n=2时，，此时磁场 n=3时，，此时磁场 ‎ ‎ ‎ ‎