物理卷·2018届内蒙古巴彦淖尔市第一中学2018届高三上学期12月月考试题（解析版） 18页

内蒙古巴彦淖尔市第一中学2018届高三12月月考理科综合物理试题 一、选择题： ‎ ‎1. 有一个物体在h高处，以水平初速度v0抛出，落地时的速度为vt，竖直分速度为vy，下列公式不能用来计算该物体在空中运动时间的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎ ‎ ‎2. 如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小球（视为质点）在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点。铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )‎ A. 铁球可能做匀速圆周运动 B. 铁球绕轨道转动时机械能不守恒 C. 铁球在A点的速度必须大于 D. 从A点由静止滚到B点过程中，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg ‎【答案】D ‎【解析】小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动．故AB错误；小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点．故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：Fn＝可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足：mg•2R＝mv2；轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即：F−mg＝，联立得：F=5mg，可知，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg．故D正确．故选D.‎ 点睛：该题属于结合机械能守恒定律考查竖直平面内的圆周运动的情况，在解答的过程中正确分析得出小球经过最高点和最低点的条件是解答的关键，正确写出向心力的表达式是解答的基础．‎ ‎3. 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右).一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L,已知他自身的质量为m,则渔船的质量M为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有：，即，则船的质量为：，B正确；ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎4. 如图所示，在粗糙水平面上间隔一定距离放置两个带电的物体A、B，带电量分别为Q和-q（设两电荷间的电场力只有库仑力）,开始时，A、B均处于静止状态，在物体B上作用一水平向右的恒力F，使物体 A、B向右运动．在此过程中，下列说法正确的是( ) ‎ A. 力F、库仑力及摩擦力对物体A所做的功之和等于物体A的动能增量 B. 力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量 C. 库仑力对物体A做的功加上摩擦力对物体A做的功等于物体A的动能增量与电势能增量之和 D. 力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和 ‎【答案】D ‎【解析】由动能定理可知，库仑力及摩擦力对物体A所做的功之和等于物体A的动能增量，选项A错误；力F做的功、A对B的库仑力以及摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量，选项B错误；摩擦力对物体A做的功等于物体A的动能增量与电势能增量之和，选项C错误；对AB系统，由能量关系可知，力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和，选项D正确；故选D.‎ ‎5. 如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ 平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )‎ A. 运动的平均速度大小为 B. 下滑的位移大小为 C. 因为没有摩擦，导体棒下滑过程中不会产生热量 D. 下滑过程中导体棒受到的安培力大小不变 ‎【答案】B ‎【解析】分析ab棒的受力情况，有mgsin θ-=ma，分析可得ab棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初、末速度的平均值，故A错误；设ab棒沿斜面下滑的位移为x，则电荷量q=I△t=，解得位移，故B正确；因回路的磁通量发生变化，要产生感应电动势，形成感应电流，所以会产生焦耳热，选项C错误；随下滑的速度增加，感应电流逐渐变大，根据F=BIL可知，导体棒受到的安培力逐渐变大，选项D错误；故选B. 点睛：本题考查金属棒切割磁感线的电磁感应现象，意在考查考生应用法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、能量守恒定律解决电磁感应综合问题的能力．记住一个常用的结论：.‎ ‎6. 如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点．现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B 点未画出．下列说法正确的是( )‎ A. B点一定在O点左下方 B. 速度最大时，物块的位置可能在O点左下方 C. 从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减小 D. 从A到B的过程中，物块减小的机械能一定等于它克服摩擦力做的功 ‎【答案】BC ‎【解析】A、弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点，弹簧弹力为零，物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，由于不知道滑动摩擦力的具体大小，所以无法判断B点在O点的上方还是下方，故选项A错误；‎ B、重力的下滑分力可以大于摩擦力，若，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在O点上方，若，所以当重力沿斜面的分量等于摩擦力和弹簧弹力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以速度最大时，物块的位置在O点下方，故选项B正确；‎ C、从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减小，故选项C正确；‎ D、从A到B的过程中，根据能量守恒定律，物块减小的机械能等于弹性势能的减小量和克服摩擦力做的功之和，若弹簧的弹性势能增加时，则物块减小的机械能大于它克服摩擦力做的功，故选项D错误。‎ 点睛：该题中，由于摩擦力的不确定性，使得题目的难度增加，解答本题关键是明确物体的受力情况、运动情况和系统的能量转化情况，知道在平衡点动能最大。‎ ‎7. 如图所示，等腰直角三角体OCD由粗糙程度不同的材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP．现OD边水平放置，让小物块无初速从C滑到D，然后将OC 边水平放置，再让小物块无初速从D滑到C，小物块两次滑动到达P点的时间相同．下列说法正确的是( )‎ A. 第二次滑到P点速率大 B. 两次滑动中物块到达P点时的速度大小相等 C. 两次滑动中物块到达底端时的速度大小相等 D. 第一次滑到P点速率大 ‎【答案】AC ‎【解析】A、由题意可知，小物块两次滑动经过P点的时间相同，由于，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C到P点时速度为，从D到P时速度为，则根据匀变速直线运动特点有：，即从D到P点速度大于从C到P点的速度，故A正确，D错误； B、从C到D和从D到C过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，故B错误，C正确。‎ 点睛：熟练应用动能定理是解答这类问题的关键，应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节。‎ ‎8. 已知地球半径R=6390km、自转周期T=24h、表面重力加速度g=9.8m/s2，电磁波在空气中的传播速度c=3×108m/s，不考虑大气层对电磁波的影响。要利用同一轨道上数量最少的卫星，实现将电磁波信号由地球赤道圆直径的一端传播到该直径的另一端的目的，则( )‎ A. 卫星数量最少为2颗 B. 信号传播的时间至少为8.52×102s C. 卫星运行的最大向心加速度为4.9m/s2‎ D. 卫星绕地球运行的周期至少为24h ‎【答案】ABC ‎【解析】试题分析：有几何关系判断需要的卫星的颗数；由几何关系判断出卫星之间的位置，然后由万有引力提供向心力求出卫星的轨道半径，由x=vt求出运动的时间，由万有引力定律求出卫星的向心加速度与周期．‎ 由几何关系可知，过圆的直径的两端的切线是平行的，所以1颗卫星不可能完成将电磁波信号由地球赤道圆直径的一端传播到该直径的另一端的目的，但两颗或两颗以上的卫星接力转播可以实现，所以需要的卫星的最小数目是2颗，A正确；使用2颗卫星传播时，可能有两种情况，如图： ‎ 通过图中的比较可知，轨道上有三颗卫星时，将电磁波信号由地球赤道圆直径的一端传播到该直径的另一端的路程更长，则轨道上有三颗卫星时，将电磁波信号由地球赤道圆直径的一端传播到该直径的另一端的时间长．由几何关系可知，在图2中，信号由A→1→2→B的路程的长度为4R，则信号传播的时间：，B正确；由图2可知，该卫星对应的半径：，卫星的向心加速度，而地球表面的重力加速度：，所以：，C正确；同步卫星的周期为24h，而该卫星的半径，结合：可知，该卫星的周期小于24h．故D错误．‎ 二、非选择题： ‎ ‎9. 某同学利用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律．‎ ‎(1)该同学开始实验时情形如图甲所示，接通电源释放纸带．请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方：‎ ‎①_________________________②_______________________．‎ ‎(2)该同学经修改错误并正确操作，让质量为1 kg的重锤下落，通过打点计时器在纸带上记录运动过程，打点计时器所接电源为频率是50 Hz的交变电源，纸带打点如图所示 纸带上O点为重锤自由下落时的打点起点(O、A间有点未画出)，选取的计数点A、B、C、D依次间隔一个点(图中未画出)，各计数点与O点距离如图乙所示，单位为mm，重力加速度为9.8 m/s2，则：(结果保留三位有效数字)‎ 根据纸带，打点计时器打下B点时，重锤动能EkB＝________，从开始下落算起，打点计时器记录B点时，重锤势能减少量为________．可得到的结论是 _________________‎ ‎【答案】 (1). 打点计时器接了直流电 (2). 重锤离打点计时器太远 (3). 0.673 (4). 0.692 (5). 在实验误差允许的范围内重锤下落过程机械能守恒 ‎【解析】（1‎ ‎）根据装置图可知该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方：打点计时器接了直流电；重锤离打点计时器太远；‎ ‎（2）根据运动学公式： ‎ 动能的增加量：EK＝mv2＝×1×(1.16)2＝0.673J 重力势能的减小量：EP=mgh=1×9.8×0.0706=0.692J．根据两个数值的比较，不相等但差距不大，得到结论：在误差允许的范围内重锤下落过程机械能守恒．‎ ‎10. 某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图所示的原理图。‎ ‎① 电压表V（量程3V．内阻Rv约为l0kΩ） ‎ ‎② 电流表G（量程3mA，内阻Rg=l00Ω）‎ ‎③ 电流表A（量程3A,内阻约为0.5Ω） ‎ ‎④ 滑动变阻器R1(0~20Ω，2A)‎ ‎⑤ 滑动变阻器R2 (0~500Ω，1A) ‎ ‎⑥ 定值电阻R3=0. 5Ω ‎ ‎⑦开关S和导线若干 ‎(1)该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是______A。（保留两位有效数字）‎ ‎(2)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是_______（填写器材编号）‎ ‎(3)该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势____V．‎ ‎【答案】 (1). 0.60 (2). R1或④ (3). E=1.5v ‎【解析】（1）改装后电流表量程：； （2）为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的④：R1． （3）根据E=U+Ir，则图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=1.50V． 点睛：本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法．‎ ‎11. 如图所示，电场强度为E、方向平行于纸面的匀强电场分布在宽度为L的区域内，一个离子以初速度v0垂直于电场方向射入匀强电场中，穿出电场区域时发生的侧移量为h。在同样的宽度范围内，若改用方向垂直于纸面的匀强磁场，使同样的离子以相同的初速度穿过磁场区域时发生的侧移量也为h，即两次入射点与出射点均相同，不计离子所受重力。‎ ‎（1）求该离子的电性和比荷（即电荷量q与其质量m的比值）；‎ ‎（2）求匀强磁场磁感应强度B的大小和方向；‎ ‎【答案】（1）带正电， （2），垂直纸面向外 ‎【解析】（1）离子在电场中受到竖直向下的电场力，与电场方向相同，故带正电 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向有，‎ 竖直方向有，而 联立以上几式可得： ；‎ ‎（2）当变为匀强磁场后，离子在磁场中做半径为r的匀速圆周运动．‎ 由几何关系有： ；‎ 洛仑兹力提供向心力： ；‎ 联立以上几式可得： 方向垂直纸面向外．‎ ‎12. 如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与板间的动摩擦因数μ=0.4．今用水平力F=28N向右拉木板，要使滑块能从木板上掉下来，力F作用的时间必须大于某一临界值。（不计空气阻力，g=10m/s2）‎ 求：（1）临界时刻撤去外力F时滑块的速度与木板速度大小之比。‎ ‎(2)F作用的时间至少要多长？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ 滑块加速度为： ，‎ 木板加速度为： ‎ ‎，即： ‎ 此时，滑块速度 ‎ 木板速度 ‎ 即滑块的速度与木板速度大小之比为2:3；‎ ‎（2）撤去F后，系统动量守恒，有： ‎ 得 ‎ 若滑块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒有：‎ ‎ ‎ 代入数据解得： ‎ ‎13. 关于一定量的气体，下列说法正确的是（ ）‎ A. 气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和 B. 只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 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，其内能一定增加 E. 气体在等压膨胀过程中温度一定升高 ‎【答案】ABE ‎【解析】气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,而不是该气体所有分子体积之和，选项A正确；温度越高，气体分子运动越剧烈，故只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低，选项B正确；气体的压强是气体分子对器壁的频繁的碰撞产生的，与气体的重力无关，阻值C错误；根据可知，气体从外界吸收热量,其内能不一定增加，选项D错误；根据可知，气体在等压膨胀过程中温度一定升高，选项E正确；故选ABE.‎ ‎ ‎ ‎14. 一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示水平放置．活塞的质量m＝20 kg，横截面积S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始时汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L1＝12 cm，离汽缸口的距离L2＝3 cm．外界气温为27 ℃，大气压强为1．0×105 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎（1）此时气体的温度为多少？‎ ‎（2）在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝370 J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？‎ ‎【答案】(1) T1＝450 K (2) ΔU＝300 J ‎【解析】试题分析：（1）当汽缸水平放置时，p0＝1．0×105Pa，V0＝L1S，T0‎ ‎＝（273＋27）K 当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析图如图所示，有p1S＝p0S＋mg 则p1＝p0＋＝1．0×105Pa＋Pa＝1．2×105Pa，‎ V1＝（L1＋L2）S 由理想气体状态方程得 则T1＝450 K．‎ ‎（2）当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得p0L1S＝p1LS 则 加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为W＝－p1（L1＋L2－L）S－mg（L1＋L2－L）＝－70 J 根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q得ΔU＝300 J．‎ 考点：玻意耳定律；热力学第一定律 ‎【名师点睛】本题考查了求气体的温度与内能的增量，分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键，应用理想气体状态方程、玻意耳定律与热力学第一定律可以解题；应用热力学第一定律解题时要注意各量的正负号．‎ ‎15. 一列简谐横波向x轴负方向传播，在t=0时的波形如图所示，P、Q两质点的平衡位置的坐标分别为(-1，0)、（-7，0）。已知t=0.7 s时，质点P第二次出现波峰，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该波的波长为5m B. 该波的波速为10 m/s C. 振源的起振方向沿y轴负方向 D. 当质点Q位于波峰时，质点P位于波谷 E. t=0.9 s时，质点Q第一次出现波峰 ‎【答案】BDE ‎【解析】从图中可知，根据题意可知，解得，故该波的波速为，A错误B正确；波上所有质点的起振方向都和波源的起振方向相同，从图中可知x=1m处的质点起振方向向上，故振源的起振方向沿y轴正方向，C错误；因为PQ之间的距离，为半波长的奇数倍，故两点为反相点，所以当质点Q位于波峰时，质点P位于波谷，D正确。从t=0时刻传播到x=-7m处所需时间为，即t=0.9s时，质点Q振动了0.1s，即，故质点Q第一次出现波峰，E正确。‎ ‎16. 如图所示，两块同样的玻璃直角三棱镜ABC和A1B1C1，，AC面A1C1面平行，且、B1、C1在一条 直线上，两三棱镜放置在空气中，一单色细光束O垂直于AB面入射，光线从A1B1面射出时，出射光线方向与入射光线O的方向平行。若玻璃的折射率 ‎，、C1两点间的距离为d，光线从A1B1面上的b点（图上未画）射出。‎ ‎① 画出完整光路图；‎ ‎② a．b两点间的距离x为多大？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】①光路如图： ‎ ‎②根据光的折射定律，则有，且，‎ 由几何关系 解得 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎