福建省莆田一中2018届高三物理上学期第三次月考试题（含解析）.doc

2017-2018学年福建省莆田一中高三（上）第三次月考物理试卷一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.目前，我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。如图所示为甲、乙两辆车以相同速度开始减速，并通过某收费站的vt图像。根据图像，下列描述正确的是( )A. 甲车进入的是人工收费通道，乙车进入的是ETC通道B. 甲、乙两车从相同速度开始减速到恢复至原速度的时间差为12 sC. 甲车进入通道的加速度大小为5 m/s2，乙车进入通道的加速度大小为2.5 m/s2D. 甲车进入ETC通道，当速度减至5 m/s后，再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费【答案】D【解析】经过人工通道缴费时车的速度应减为零，然后再启动，而经过ETC通道的不需要停车即可通过，由图可知甲只是减速，但速度并没有减为零，而乙是从初速度为零开始的，所以甲车进入的是ETC通道，乙车进入的是人工收费通道，故A错误；甲、乙两车从相同速度开始减速到恢复至原速度的时间差为13 s,，故B错误；甲车进入通道的加速度大小为: , 车进入通道的加速度大小为：，故C错误；由v-t图象可知图线与坐标轴所围的面积表示位移即：，故D正确。所以D正确，ABC错误。2.张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面上。AOB60，DOC30，衣服质量为m。则( )A. CO杆所受的压力大小为mg B. CO杆所受的压力大小为mgC. AO绳所受的拉力大小为mg D. BO绳所受的拉力大小为mg【答案】D【解析】设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到重力mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F，作出力的示意图，如图所示，根据平衡条件得：F=mgtan60=mg； ；将F分解，如图，设AO所受拉力的大小F1，因为AOB=120，根据几何知识得：F1=F=mg，所以绳AO和BO所受到的拉力F1为mg，而杆OC所受到的压力大小等于F2为2mg；故选BD点睛：本题是空间力系问题，O点受到的力不在同一平面，关键是将受力情况分成竖直和水平两个平面研究3.如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为现施水平力F拉如图甲，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动若改用水平力拉如图乙，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则不得超过A. 2F B. C. 3F D. 【答案】B【解析】【详解】力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力、向前的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有由解得：当作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有对整体，有：由上述各式联立解得：即的最大值是，故选B。【点睛】本题关键抓住恰好不滑动的临界条件，然后灵活地选择研究对象，运用牛顿第二定律列式求解4.物体A与B刚好不发生相对滑动的临界条件是A、B间的静摩擦力达到最大值，可以先对A或B受力分真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上和的两点，在两者连线上各点的电场强度随x变化的关系如图所示，选沿x轴正方向为场强的正方向，则以下判断正确的是A. 点电荷M、N为异种电荷B. M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1C. 沿x轴从0到3a电势逐渐降低D. 将一个正点电荷沿x轴从移动到，该电荷的电势能先减小后增大【答案】D【解析】【详解】由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷；由图可知，电场的方向都是背离点电荷，所以点电荷都带正电，故A错误；M在2a处产生的场强，而N在2a处产生的场强，由于2a处场强为0，故E，所以，故B错误。由图可知，之间电场为正，则沿x轴的正方向，所以从0到2a之间电势逐渐降低；而之间的电场为负，则沿x轴的负方向，所以从2a到3a之间电势升高，故C错误；由图可知，之间电场为正，则沿x轴的正方向，所以从0到2a之间电势逐渐降低；而之间的电场为负，则沿x轴的负方向，所以从2a到3a之间电势升高，因此将一个正点电荷沿x轴从移动到，该电荷的电势能先减小后增大，故D正确。故选D。【点睛】本题考查电势差与电场强度间的关系的应用，只要把握了同种性质和异种性质的点电荷产生的电场的分别特点就能顺利解决此类问题。5.假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200 km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400 km，地球同步卫星距地面高为36000 km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站。某时刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为 ( )A. 4次 B. 6次 C. 7次 D. 8次【答案】C【解析】试题分析：据开普勒第三定律得：，可知载人宇宙飞船的运行周期与地球同步卫星的运行周期之比为，又已知地球同步卫星的运行周期为一天即，因而载人宇宙飞船的运行周期，由匀速圆周运动的角速度，所以宇宙飞船的角速度为，同步卫星的角速度为，当两者与太阳的连线是一条直线且位于地球异侧时，相距最远，此时追击距离为，即一个半圆，追击需要的时间为：，追击距离变为，即一个圆周，追击时间为：，可以得到内完成追击次数为：次，接收站共接收到信号的次数为为7次，故选项C正确，选项ABD错误。考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系、万有引力定律及其应用【名师点睛】地球同步卫星与宇宙飞船均绕地球做圆周运动，则它们的半径的三次方之比与公转周期的二次方之比相等当它们从相距最近到相距最远，转动的角度相差。二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）6.如图所示，虚线a、b、c为电场中的一簇等势线，相邻两等势面之间的电势差相等，等势线a上一点A 处，分别射出甲、乙两个粒子，两粒子在电场中的轨道分别交等势线c于B、C点，甲粒子从A到B的动能变化量的绝对值是E，乙粒子从A到C动能变化量绝对值为E。不计粒子的重力，由此可以判断（ ）A. 甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电B. 甲的电量一定为乙电量的2倍C. 甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定做负功D. 甲在B点的电势能的绝对值一定是乙在C点电势能绝对值的2倍【答案】BC【解析】由轨迹图可知，两粒子所受的电场力方向相反，则两粒子一定电性相反，但是不一定是甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电，选项A错误；从A点到c等势面的电势差相等，根据Uq=Ek，因Ek甲=2Ek乙,可知q甲=2q乙，选项B正确；两粒子的动能均增加，则甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定也做正功，选项C错误；BC两点的电势相同，根据EP=q可知，甲在B点的电势能的绝对值一定是乙在C点电势能绝对值的2倍，选项D正确；故选BD.点睛：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹的凹向判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、动能等物理量的变化7.如图所示，在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，有一个半径r=0.5m的金属圆环，圆环所在的平面与磁感线垂直。OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以20rad/s的角速度绕圆心O匀速转动，且A端始终与圆环相接触。从金属环和O端各引出一条导线对外供电。OA棒的电阻R=0.1，图中定值电阻R1=100，R2=4.9，电容器的电容C=100pF，圆环和连接导线的电阻忽略不计，则下列正确的是（ ）A. 电容器上极板带正电B. 电容器下极板带正电C. 电路中消耗的电功率为5WD. 电路中消耗的电功率为4.9W【答案】AC【解析】A根据右手定则知，感应电流的方向由OA，但导体棒切割磁感线相当于电源，在电源内部电流从电势低处流向电势高处，故A点的电势高于B点，又由于电容器上板与A相接即为正极，同理电容器下板由于与O相接为负极。故A正确，B错误；C导体棒OA产生的感应电动势。 根据闭合电路欧姆定律得, ，则电路中消耗的电功率P消=I2(R+R2)=15W=5W.故C正确，D错误。故选：AC。点睛：根据右手定则得出感应电流的方向，从而确定电势的高低，判断出电容器哪个极板带正电根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，结合闭合电路欧姆定律求出感应电流， 根据电流的大小，结合功率的公式求出整个电路消耗的功率8.如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度（未与滑轮相碰）过程中（）A. 物块a重力势能减少mghB. 摩擦力对a做的功等于a机械能的增加量C. 摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增加量之和D. 任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等【答案】ACD【解析】A. 开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin=mbg,则ma=m/sin，b上升h，则a下降hsin，则a重力势能的减小量为maghsin=mgh，故A正确；B. 根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量。所以摩擦力做功大于a的机械能增加。因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加。故B错误，C正确；D. 任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb=mgv,对a有：Pa=magvsin=mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等。故D错误。故选：AC.点睛：通过开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，根据共点力平衡得出a、b的质量关系根据b上升的高度得出a下降的高度，从而求出a重力势能的减小量，根据能量守恒定律判断摩擦力做功与a、b动能以及机械能的关系9.下列各种说法中正确的是A. 固体小颗粒越小，温度越高，布朗运动越显著B. 扩散现象能在气体中进行，不能在固体中进行C. 气体分子永不停息地做无规则运动，固体分子之间相对静止不动D. 如果一开始分子间距离大于r0，则随着分子间距离的增大，分子势能增大E. 内能相同的物体，可能温度不同【答案】ADE【解析】A. 固体小颗粒越小，越容易受力不均匀，温度越高，分子撞击力越大，布朗运动越显著，故A正确； B物体的扩散是因为分子在做无规则运动能进入对方分子的空隙中，可以在固体中进行，如煤堆下面的土变黑，故B错误；C不管是固体还是气体，分子都在永不停息地做无规则运动，故C错误；D如果一开始分子间距离大于r0，则分子力表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子势能增大，D正确；E内能是所有分子动能和势能之和，与物体质量、温度、体积都有关系，内能相同的物体，可能温度不同，故E正确。故选：ADE。10.下列说法正确的是：如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10连接，t=0时线圈以T=0.02s的周期从图中位置开始转动，转动时理想交流电压表示数为10 V，则（ ）A. 电阻R上的电功率为20WB. R两端的电压u随时间变化的规律是u=10cos100t(V）C. t=0.02s时R两端的电压瞬时值最大D. 通过R的电流i随时间t变化的规律是i=cos50t(A）E. 一个周期内电阻R产生的热量是0.2J【答案】BCE【解析】A、电阻R消耗的功率为，故A错误；B、产生的感应电动势的最大值为，由乙图可知，周期为，角速度，故R两端的电压u随时间t变化的规律是，故B正确；C、时磁通量的变化率最大，此时产生的感应电动势最大，即此时R两端的电压瞬时值最大，故C正确；D、产生的感应电流，交流电的最大值，通过R的电流i随时间t变化的规律是，故D错误；E、一个周期内电阻R产生的热量，根据焦耳定律可知：，故选项E正确。点睛：本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，记住，求热量用有效值。三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）11.在水平固定的长木板上，用物体A、B分别探究了加速度随着合外力的变化的关系，实验装置如图（1）所示（打点计时器、纸带图中未画出）实验过程中用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的不可伸长的细线（中间连结有一轻质细弹簧）分别拉动长木板上的物块由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，得到了物块A、B的加速度a与轻质弹簧的伸长量x的关系图象分别如图（2）中的A、B所示（g已知），（1）（多选题）由图判断下列说法正确的是_A一端带有定滑轮的长木板，未达到平衡物块所受摩擦力的目的B实验中重物P的质量应远小于物块的质量C若在实验中长木板是水平的，图（2）中又知道了图象的截距，就能求解出物体与木板间的动摩擦因数D试验中，应该先释放重物再接通打点计时器的电源（2）某同学仔细分析了图（2）中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且mA_ mB（填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数A_ B（填“大于”“等于”或“小于”）【答案】 (1). (1)AC (2). (2)小于 (3). （3）大于【解析】试题分析：（1）一端带有定滑轮的长木板，若没有抬高木板的一端，则未达到平衡物块所受摩擦力的目的，选项A正确；因弹簧秤的读数可反应细线对物块的拉力，故实验中重物P的质量没必要远小于物块的质量，选项B错误；对物体，根据牛顿定律，解得，则若在实验中长木板是水平的，图（2）中又知道了图像的截距，则根据就能求解出物体与木板间的动摩擦因数，选项C正确；试验中，应该先接通打点计时器的电源，然后释放重物，选项D错误；故选AC（2）由图（2）可知A的斜率大于B，则，则mA B考点：探究了加速度随着合外力的变化的关系【名师点睛】12.在用伏安法测某元件的伏安特性实验中，小张同学将采集到的数据记录到了IU坐标图上（如图甲所示），完成下列问题。（1）请在图甲中绘出伏安特性曲线，并由此图线得出该电阻的电阻值Rx_。（2）除了待测元件、导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A电压表V1（量程3V，内阻约30k）B电压表V2（量程15V，内阻约150k）C电流表A1（量程0.6A，内阻约0.5）D电流表A2（量程3mA，内阻约300）E滑动变阻器R1（0300，额定电流0.5A）F滑动变阻器R2（050，额定电流60mA）G滑动变阻器R3（010，额定电流0.3A）H电源E1（电动势为1.5V，内阻约为0.5）I电源E2（电动势为3.0V，内阻约为1.2）根据所绘的伏安特性曲线，为了调节方便，测量准确，实验中应选用的器材是_（填器材前面的字母）。（3）根据所选器材，按要求补充完善图乙所示实物连线，实验前变阻器的滑片P应置于最_（填“左”或“右”）端。【答案】 (1). （1） (2). （2）ADEI (3). (3)右【解析】（1）用一条直线连接，让尽量多的点落在直线上，如图； 从直线上选取一点如I=1mA时U=2.3V，此时： （2）根据实验数据可知，电压表选择A；电流表选D；电源选择I2；滑动变阻器接成分压电路，故选阻值较小的G；（3）由电压表、电流表及电阻的阻值关系可知，应采用电流表外接；电路连线如图；实验前应使得待测电阻上电压最小，即变阻器的滑片P应置于最右端。四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13.如图所示，光滑导轨abc与fed相距，其中ab、fe段是倾角的直轨道，bc、ed段是半径的圆弧轨道且与ab、fe相切，轨道末端c、d点切线与一放置在光滑水平地面上、质量的木板上表面平滑连接。在abef间有垂直于轨道平面向下、的匀强磁场，定值电阻把质量为、电阻不计的金属杆从距b、e高的导轨上静止释放，杆在直轨道上先加速后匀速下滑。如果杆与木板间摩擦因数，取，求：(1)杆由静止下滑到cd的过程中R上产生的焦耳热Q；(2)杆运动到cd时对轨道的压力F大小；(3)要使杆不从木板上掉下的木板最小长度s。【答案】 ； 25N 【解析】【分析】据题意，杆在直轨道上先加速后匀速下滑，到达be前已经匀速运动，根据平衡条件和安培力与速度的关系式，可求出匀速运动的速度，由动能定理研究杆从be到cd的过程，求得杆经过cd处的速度大小，由牛顿第二定律、第三定律求解杆对轨道的压力。再根据能量守恒定律求出R上产生的焦耳热。杆滑上木板后做匀减速运动，木板做匀加速运动，当杆与木板的速度相等时，杆刚好不能滑出木板，此时木板的长度最小，由牛顿第二定律、运动学公式和位移关系求解s。【详解】设杆滑到be处时速度为，由题意知此时杆匀速下滑，有： 由联立得： 由能量守恒：则得：（2）设杆滑到cd处时速度为，杆受到轨道支持力为，由动能定理有：cd处：由牛顿第三定律：联解得：（3）由得：杆滑上木板后，杆与木板在相互间摩擦力作用下运动，设经过时间t共同运动，则：对杆：，(11)对木板：，(12)共同运动时有：(13)则得： （14）此过程杆的位移(15)木板的位移(16)则有木板最小长度(17)【点睛】本题是电磁感应中的力学问题，分析杆的运动过程是关键，对于平衡状态，分析和计算安培力是关键。对于杆在板上滑行过程，也可以根据动量守恒和能量守恒结合求解。14.如图所示，在xoy平面内，以O1（0，R）为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B1，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B2在0y2R的区域内，质量为m、电荷量为e的电子从任何位置从圆形区域的左侧沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场B1偏转后都经过O点，然后进入x轴下方已知x轴与直线ab间匀强电场场强大小，ab与MN间磁场磁感应强度不计电子重力（1）求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小？（2）若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab板间的最小距离h1是多大？（3）若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab板间的最大距离h2是多大？当MN与ab板间的距离最大距离h2时，求电子打到MN板上的位置到y轴的最远距离s【答案】(1) (2) （3） 【解析】（1）所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等，由几何关系有：由洛伦兹力提供向心力，有：联立可以得到：（2）设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动的轨道半径为，沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成角，则有：，如果电子在O点以速度沿x轴负方向射入电场，经电场和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上，轨迹如图：则感光板与ab间的最小距离为：联立得到：，；（3）如果电子在O点以速度沿x轴正方向射入电场，经电场和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上，轨迹如图：则感光板与ab间的最大距离为，解得，当感光板与ab间取最大距离时，沿x轴正方向射入电场的电子打在感光板上的位置距y轴最远，电子在电场中有：沿方向有：，垂直方向有：，由几何关系，最远距离为：由以上各式得：。点睛：本题考查了带电粒子在磁场、电场中的运动，关键作出粒子的运动轨迹，结合临界状态，根据半径公式、周期公式以及几何关系综合求解。15.一定质量的理想气体由状态A