内蒙古呼和浩特市高三物理上学期第一次月考试题

1、内蒙古呼和浩特市2018届高三物理上学期第一次月考试题一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.某物体沿水平方向做直线运动，其v-t图如图所示，规定向右为正方向，下列判断正确的是（） A.在0s1s内，物体做曲线运动 B.在ls2s内，物体向左运动，且速度大小在减小 C.在3s末，物体处于出发点右方 D.在1s3s内，物体的加速度方向向右，大小为4m/s2【答案】 C 【解析】 解：A、在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；所以在在0s1s内，物体的速度为正数，一直向正方向做直线运动，故A错误 B、在ls2s内，物体的速度为正数，一直向正

2、方向（右）做直线运动，速度大小减小，故B错误 C、在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负；在3s末，物体总位移为正数，处于出发点右侧，故C正确 D、在速度时间图象中，切线表示加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；在1s3s内，物体的加速度方向向左，为负值，大小a=4m/s2，故D错误 故选：C 在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负 本题是为速

3、度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义 2.城市部分过街天桥装有智能化电动扶梯，如图所示，当乘客站上扶梯时，它先缓慢加速，然后再匀速上升，则（） A.乘客始终处于超重状态 B.乘客始终处于失重状态 C.电梯对乘客的作用力始终竖直向上 D.电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上【答案】 D 【解析】 解：AB、加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重故AB错误 C、D，匀加速运动阶段，电梯对顾客的支持力竖直向上，静摩

4、擦力水平向右，两者合力斜向右上方匀速运动阶段，电梯对顾客的支持力竖直向上，根据牛顿第三定律，顾客对电梯作用力的方向先指向左下方，后竖直向下故C错误、D正确 故选：D 先分析顾客的运动情况：先加速，再匀速，加速度方向先沿电梯斜向上，后为零，利用牛顿第二定律对他进行受力分析，就能得到解答 应用牛顿第二定律分析物体受力情况，是物理上常用方法，特别要抓住牛顿第二定律的矢量性，即加速度方向与合力方向相同，对分析受力很有好处 3.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方的竖直高度差为h的B点时，速度大小为

5、v，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（） A.小球运动到B点时的动能等于mghB.小球由A点到B点重力势能减少mv2 C.小球由A点到B点克服弹力做功为mghD.小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh-mv2【答案】 D 【解析】 解：AB、小球由A点到B点重力势能减少mgh小球在下降过程中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以小球运动到B点时的动能小于mgh故AB错误 C、根据动能定理得：mgh+w弹=mv2，所以由A至B小球克服弹力做功为mgh-mv2，故C错误 D、弹簧弹力做功量度弹性势能的变化所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh-mv2，故D正确 故选：D 小球在下降中小球的

6、重力势能转化为动能和弹性势能，由重力做功量度重力势能的变化由弹簧弹力做功量度弹性势能的变化根据系统的机械能守恒求小球到达B点时弹簧的弹性势能 本题要注意我们研究的系统是小球而不是小球与弹簧，若说明是小球与弹簧系统则机械能守恒；而只对小球机械能是不定恒的；熟悉功能的对应关系 4.图中理想变压器原、副线圈的匝数之比为2：1，现在原线圈两端加上交变电压U=311sin（100t）V时，灯泡L1、L2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表则下列说法中正确的是（） A.该交流电的频率为100Hz B.电压表的示数为155.5V C.若将变阻器的滑片P向上滑动，则电流表读数变大 D.若将变阻器的滑片P向

7、上滑动，则L1将变暗、L2将变亮【答案】 C 【解析】 解：A、电路中的变压器不改变交流电的频率，f=50Hz，所以A错误 B、原线圈的电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的有效值为110V，所以B错误 C、在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变大，即电流表读数变大，L1两端电压不变所以亮度不变，L2将变亮，因为电流增大，C正确，D错误 故选：C 根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变

8、化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法同时注意线圈L对电流的敏感程度 5.如图所示电路中，电阻R、电感线圈L、电容器C并联接在某一交流电源上，三个相同的交流电流表的示数相同若保持电源的电压不变，而将其频率减小，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是（） A.I1=I2=I3B.I1I2I3C.I2I1I3D.I3I1I2【答案】 C 【解析】 解：电感线圈的特点是通低频阻高频，电容器的特点是通高频阻低频，所以当频率减小时通过线圈的电流增大，通过电容器的电流减小，而通过电阻的电流不变，故C正确 故选：C 频率减小时通过线圈的电流增大，通过电容器

9、的电流减小，频率对电阻无影响 牢记电感线圈和电容器对交变电流的作用，频率改变时电动势的有效值是不变的 二、多选题(本大题共4小题，共24.0分)6.某人站在静止于光滑水平面上的平板车上面若人从车头走向车尾，人和车的运动情况为（） A.人匀加速走动，车匀加速前进，两者对地加速度大小相等 B.人匀速走动，则车匀速前进，人和车对地位移大小与质量成反比 C.不管人如何走，任意时刻人和车总动量相同 D.人停止走动时，车的速度不一定为零【答案】 BC 【解析】 解：A、人对车的作用力和车对人的作用力互为作用力与反作用力，故其大小相等方向相反，若人的质量和车的质量相等，则此时人的加速度和车的加速度大小相等，

10、故A错误； B、根据人和车组成的系统动量守恒有：mv+Mv=0可得，可知人与车速度的大小与质量成反比，故在相同的时间内人与车的位移与质量成反比，故B正确； C、因为人和车组成的系统水平方向动量守恒，故不管人如何走动，人和车的总动量等于开始时的动量，故C正确； D、由C分析知，人和车的总动量等于开始时的动量，而开始时人和车均静止，故当人静止时，车也静止，故D错误 故选：BC 根据人和车组成的系统满足动量守恒条件，根据动量守恒分析运动情况即可 掌握人和车组成的系统满足动量守恒条件，根据动量守恒定律进行分析结论即可，注意人和车产生的加速度由相互之间的作用力产生，故加速度的大小与质量成反比 7.为了研

11、究超重与失重现象某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动并观察体重秤示数的变化情况下表记录了几个特定时刻体重秤的示数（表内时间不表示先后顺序）：若已知t0时刻电梯静止，则 （） 时间t0t1t2t3体重秤示数（kg）45.050.040.045.0A.t1和t2时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化 B.t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反 C.t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向不一定相反 D.t3时刻电梯可能向上运动【答案】 BCD 【解析】 解：A、超重和失重时物体的重力和质量是不变的，只是对悬挂物的压力或者支持力变化了，故A错误； B、根据表格读

12、数分析，t1时刻根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上，物体处于超重状态t2时刻电梯的加速度方向向下，物体处于失重状态，故B正确； C、根据表格读数分析，t1时刻根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上，物体处于超重状态t2时刻电梯的加速度方向向下，物体处于失重状态；速度方向未知，故C正确； D、t3时刻电梯可能向上做匀速直线运动； 故选BCD 根据表格读数分析，t1时刻物体处于超重状态，t2时刻物体处于失重状态，根据牛顿第二定律分析物体加速度的方向发生超重与失重现象时，物体的重力没有变化超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关 超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解

13、，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下 8.“天宫一号”是中国第一个目标飞行器，随后发射的“神舟八号”无人飞船已与它成功对接它们的运行轨迹如图所示，假设“天宫一号”绕地球做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则以下说法正确的是（） A.根据题中条件可以计算出地球对“天宫一号”的引力大小 B.根据题中条件可以计算出地球的质量 C.在近地点P处，“神舟八号”的加速度比“天宫一号”大 D.要实现“神舟八号”与“天宫一号”在近地点P处安全对接，需在靠近P处制动减速【答案】 BD 【解析】 解：A、因为无法求出环绕天体天宫一号的质量，地球对天宫一号的引

14、力大小无法计算，故A错误； B、根据万有引力提供向心力有可得中心天体的质量，所以可以求出地球的质量，故B正确； C、神舟八号和天宫一号的加速度都是由万有引力引起的，在同一位置处加速度相同，故C错误； D、在近地点P处，因为神舟八号将开始做离心运动故满足，要实现和天宫一号的安全对接，在轨道上做圆周运动，故必须是让神舟八号减速，故D正确 故选：BD 根据万有引力提供圆周运动向心力列式可以求出中心天体的质量，卫星变轨主要通过增加卫星的速度以实现离心运动抬高轨道或降低卫星速度以减小卫星轨道来实现 万有引力提供圆周运动向心力是解决天体问题的主要思路，神舟八号的变轨要注意神舟八号的轨道与天宫一号的半径关系

15、，确定是加速与天宫一号对接还是减速对接 9.如图所示，在质量为M（含支架）的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m0，小车和小球以恒定速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（） A.在此过程中小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足（M+m0）v=Mv1+mv2+m0v3 B.在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v1和v2，满足（M+m0）v=Mv1+mv2 C.在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u，满足Mv=（M+m）u D.碰撞后小球摆到

16、最高点时速度变为为v1，木块的速度变为v2，满足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv2【答案】 CD 【解析】 解：A、碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变v1和v2，根据动量守恒有：Mv=mv1+mv2若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv=（M+m）u故C正确，AB错误 D、碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统动量守恒的，则有：（M+m0）v=（M+m0）v1+mv2，故D正确 故选：CD 在小车和木块碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，小车和木块组成的系统动量守恒，摆球在瞬间速度不变 解决本题的关键合理的选择研

17、究对象，知道在碰撞的瞬间前后摆球的速度不变，小车和木块组成的系统动量守恒 三、实验题探究题(本大题共3小题，共18.0分)10.为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验其中G1、G2为两个光电门，当滑块通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间t1、t2都可以被测量并记录，滑块连同上面固定的条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平回答下列问题： （1）若取细绳牵引滑块的拉力T=mg，测得滑块质量M=0.2kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是 _ Am1=5gBm2=15

18、gCm3=20gDm4=200g （2）在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为 a= _ （用t1、t2、D、x表示） （3）以小车和牵引砝码为研究对象，小车质量M一定，改变牵引砝码的质量m，根据实验数据描绘的小车加速度a与牵引砝码的质量m之间的实验关系图象能正确反映-关系的图是 _ 【答案】 D；C 【解析】 解：（1）在实验中，认为m的重力等于滑块所受的合力，所以m的质量应远小于M的质量故D不合适 本题选不合适的，故选：D （2）滑块经过光电门的速度为：v2=，v1=， 则根据据v22-v12=2ax，得：a= （3）根据牛顿第二定律，则有：a=，=+，

19、则：-图象是一条倾斜的直线，且在纵轴上有截距，故C正确故选：C； 故答案为：（1）D；（2）；（3）C （1）在实验中，认为m的重力等于滑块所受的合力，所以m的质量应远小于M的质量 （2）根据v22-v12=2ax，结合v=求出加速度的表达式 （3）根据牛顿第二定律得出-的关系式，从而选择图象 解决本题的关键理解实验的原理，知道当m的质量远小于M的质量，m的重力可以认为等于M所受的合力，计算加速度时利用运动学公式求解以及推导出与关系式，进而选择图象，难度适中 11.读出下列电表的测量值 电压表接03V量程时为 _ V电压表接015V量程时为 _ V 电流表接00.6A量程时为 _ A电流表接0

20、3A量程时为 _ A 【答案】 2.16；10.8；0.16；0.80【解析】 解：电压表接03V量程，由图示电压表可知，其分度值为：0.1V，所示为：2.16V 电压表接015V量程，由图示电压表可知，其分度值为0.5V，示数为：10.8V 电流表接00.6A量程，由图示电流表可知，其分度值为：0.2A，示数为：0.16A 电流表接03A量程，由图示电流表可知，其分度值为0.1A，示数为：0.80A； 故答案为：2.16；10.8；0.16；0.80 分析图示表盘根据电流表与电压表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数 本题考查了电压表与电流表读数，对电压表与电流表读数时要先确定其量程

21、与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直 12.（1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十k的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上 a将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔 b将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔 c旋转S使其尖端对准欧姆档1k d旋转S使其尖端对准欧姆档100 e旋转S使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔 _ 根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为 _ （2）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是 _ （A）测

22、量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量 （B）测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果 （C）测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 （D）测量阻值不同的电阻时都必须重新调零【答案】 cabe；30k；ABC 【解析】 解：（1）测量几十k的电阻Rx我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，在进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最大档，拔出表笔，正确的步骤为：cabe根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约R=301000=30k （2）欧姆档更换规律“大小，

23、小大”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的档位；反之应还较大的档位电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业，故ABC正确，D错误 故选：ABC 故答案为：（1）cabe；30k；（2）ABC 欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入， （1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零） （2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开 （3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果 （4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻

24、度附近 （1）实际应用中要防止超量程，不得测额定电流极小的电器的电阻（如灵敏电流表的内阻） （2）测量完毕后，应拔出表笔，选择开关置于 OFF挡位置，或交流电压最高挡；长期不用时，应取出电池，以防电池漏电 （3）欧姆表功能：测量电阻、测二极管正负极 （4）用法：最好指针打到中间将误差减小 四、计算题(本大题共3小题，共38.0分)13.如图所示，电源电动势E=2V，内电阻r=0.5，竖直平面内的导轨电阻可忽略，金属棒 的质量m=0.1kg，电阻R=0.5，它与导轨间的动摩擦因数=0.4，有效长度为L=0.2m为了使金属棒能够靠在竖直导轨外面静止不动，我们施加一竖直方向的匀强磁场，问磁场方向是向

25、上还是向下？磁感应强度B至少应是多大？设滑动摩擦力等于最大静摩擦力（重力加速度g=10m/s2） 【答案】 解：根据平衡条件知金属棒受向里的安培力，由左手定则知磁场方向竖直向下； 安培力：F=BIL 电流强度： 由平衡条件：水平方向有：FN=F 竖直方向：FN=mg 解得：B=6.25T 答：磁场方向竖直向下，大小为6.25T 【解析】 根据左手定则判断安培力的方向，根据平衡条件列方程求B 本题借助平衡条件以及摩擦力考查了安培力的计算，当B与I垂直时F=BIL 14.如图所示，光滑水平面上有一辆质量为M=1kg的小车，小车的上表面有一个质量为m=0.9kg的滑块，在滑块与小车的挡板间用轻弹簧相

26、连接，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为=0.2，整个系统一起以v1=10m/s的速度向右做匀速直线运动，此时弹簧长度恰好为原长现在用一质量为m0=0.1kg的子弹，以v0=50m/s的速度向左射入滑块且不穿出，所用时间极短当弹簧压缩到最短时，弹簧被锁定，测得此时弹簧的压缩量为d=0.50m，g=10m/s2求： （1）子弹射入滑块的瞬间，子弹与滑块的共同速度； （2）弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能的大小 【答案】 解：（1）子弹射入滑块后的共同速度大为v2，设向右为正方向， 对子弹与滑块组成的系统，由动量守恒定律得：mv1-m0v0=（m+mv0）v2解得：v2=4m/s； （2）子弹、滑块与

27、小车，三者的共同速度为v3，当三者达到共同速度时弹簧压缩量最大，弹性势能最大 以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv1+（m+m0）v2=（M+m+m0）v3解得：v3=7m/s， 设最大弹性势能为Epmax，对三个物体组成的系统应用能量守恒定律： Mv12+（m+m0）v22-（M+m+m0）v32=Epmax+Q其中：Q=（m+m0）gd解得：Epmax=8J； 答：（1）子弹射入滑块的瞬间，子弹与滑块的共同速度为4m/s； （2）弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能的大小为8J 【解析】 （1）向左射入滑块且不穿出，所用时间极短，子弹与滑块的总动量守恒，动量守恒定律求出子弹射入滑块后共同的速度

28、 （2）当子弹，滑块与小车三者的速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大由动量守恒定律求出三者共同的速度，由能量守恒定律求解弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能的大小 本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题 15.如图所示，在倾角为=30的光滑斜面MN底端固定一个被压缩且锁定的轻弹簧，轻弹簧的上端静止放一质量m=2kg的滑块，且滑块与斜面顶端N点相距x=0.10m现将弹簧解除锁定，滑块离开弹簧后经N点离开斜面，恰水平飞上顺时针始终匀速转动的传送带，已知传送带水平放置且足够长，传送带上端距N点所在水平面高度为h=0.20m，滑块A与传送带间的动摩擦因数=（g取10m/s2） （1）弹簧锁定时储存的弹性势能； （2）若传送带速度为7m/