江西省上饶县中学高三物理上学期第三次月考试题(零班,含解析)

1、上饶县中学2018届高三年级上学期第三次月考物理试卷（零班）选择题（本题10小题，每小题4分，共40分，其中2、8、10题为多选题，全部选对的4分,选不全的得2分，有选错的或不答的得0分）。1.如右图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块r（r视为质点）。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在红蜡块 r从坐标原点匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为d。则红蜡块r的a.分位移y与分位移x成正比b.合速度v的大小与时间t成正比c.分位移y的平方与分位移x成正比d. 与时间t成正比【答案】c【解析】【分析】小圆柱体红蜡

2、快同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的初速为零的匀加速直线运动.根据位移与时间表达式，从而确定分位移y与x的关系，再由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度，从而求得 vx,再由速度合成求此时的速度大小，最后由两方向 的速度关系，可知tan ”与时间t的关系.【详解】由题意可知，y轴方向，y=vot ;而x轴方向，x=at2,联立可得：x= 1 y2,故a错误, 2巩c正确；x轴方向，vx=at ,那么合速度的大小 v=jq + /f,则v的大小与时间t不成正比，故蕾t rib错误；设合速度的方向与y轴夹角为“，则有：tan“=-t,故d错误；故选 qto tq2.已知引力常

3、数g与下列哪些数据，可以计算出地球密度（）a.地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离b.月球绕地球运行的周期及月球绕地球转的轨道半径c.人造地球卫星在地面附近绕行运行周期d.若不考虑地球自转，已知地球半径和重力加速度【答案】cd【解析】试题分析：已知地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离，根据万有引力提供向心力，列 出等式：“也_丁如:，乂物二，所以只能求出太阳的质量.故 a错误.已知月球绕地球j t1 | gtq运行的周期及月球绕地球转的轨道半径，根据万有引力提供向心力，列出等式：一. .，】2 /c-ttt1 bh eli ff，地球质量m,可以求出地球质量.但不知道地球半径，故b错误.已

4、/|gt（2知人造地球卫星在地面附 近绕行运行周期，根据 万有引力提供向心力，列出等式：，地球质量 ,根据密度定义得： v-,，故c正确.已知地球半r- 1/gtn2 v gt”径和重力加速度，根据万有引力等于重力列出等式= m,g, m=暨，根据密度定义得：p，故d正确.故选cd过广 gv 4ngr考点：万有引力定律的应用3 .质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.5s ,安全带长5m, g取10m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为（）a. 500n b. 1000n c. 1200n d.140

5、0n【答案】d【解析】试题分析：在安全带产生拉力的过程中，人受重力、安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有：1vti 一正西-匕-10 5 - 10m ,4 ,根据动量定理,取竖直向下为正，有：mg?t -f?t=0-mv0,解得：三6阅一竺二四=110on .故选d. i1.2考点：动量定理【名师点睛】本题除了用动力学解决，也可以对缓冲的过程采取动量定理进行求解.注意在解题时明确动量定理的矢量性，先设定正方向.4 .如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差相等.一正电荷在等势线上时，具有动能20 j ,它运动到等势线 妨上时，速度为零

6、，令 （m=0,那么，当该电荷的电势能为 4 j时，其动能大小为（）试题分析：相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，根据动能定理求出电荷经经过 上等势面时的动能，确出电荷的总能量，再由能量守恒定律求出电势能为4j时它的动能.正电荷在等势面u,上时动能20j,在等势面口上时动能为零，动能的减小为 20j.由于相邻等 势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面间时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经经过口二等势面时的动能为10j,又入0,所以电荷的动能与电势能的总量为10j,根据能量守恒定律得到，电势能为 4j时它的动能为6j, c正确.5 .质量为500kg的赛车在平直赛

7、道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度 a和速度11的倒数一的关系如图所示，则赛车： （）va.做匀加速直线运动b. 功率为20kwc.所受阻力大小为 2000n d.速度大小为50m/s时牵引力大小为 3000n【答案】c试题分析：由图像可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加速运动，选项ap 1 ff p错误；根据p=fv, f-f=ma可得：a；由图像可知：一 7, 一 400,解得f=2000n;rn v m|m | pnp=2x 105w选项b错误，c正确；速度大小为 50m/s时牵引力大小为f =2二上1&n - 4000n， v 50选项d错误；故选c.考点：牛

8、顿第二定律；功率【名师点睛】本题考查动能定理、功率公式的应用以及图象的性质，要注意正确根据物理规律确定函数关系，再由图象求解相关物理量。6 .如图所示电路中，r为某种半导体气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小.当一氧化碳气体浓度减小时，下列说法中正确的是（）a.电压表v示数减小b.电流表a示数减小c.电路的总功率增大d.变阻器ri的取值越小，电表示数变化越明显【解析】试题分析：当一氧化碳气体浓度减小时，r增大，总电阻增大，则总电流减小，内电压减小，路端电压增大，可知，通过 r的电流增大，因此电压表 v示数增大，通过变阻器的电流增大，则电流表a示数减小.故a错误，b正确.电路的

9、总功率为 p=ei , e不变，i减小，则p减小, 故c错误.变阻器ri的取值越大，r与r并联的阻值越接近 r, r对电路的影响越大，则知变 阻器ri的取值越大，电压表示数变化越明显.故d错误.故选b.考点：电路的动态分析v-t7 .以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时.一个物体所受空气阻力可忽略, 另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和实线描述两物体运动的【解析】-15 -【详解】空气阻力不计时，物体只受重力，是竖直上抛运动，做匀变速直线运动，v-t图象是向下倾斜的直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=mq故a=g+ ,由于阻力随着速度而

10、减小，故加速度逐渐减小，最小值为g;下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma,故a=g- 1 ,由于阻力随着速度而增大，故加速度减小； v-t图象的斜率表示加 m速度，故图线切线的斜率不断减小，图线与 t轴的交点对应时刻的加速度为 g,切线与虚线平行；故abd错误，c正确。故选co【点睛】本题关键是明确v-t图象上某点的切线斜率表示加速度，知道有空气阻力时，速度为零时加速度为g.8 .(多选)两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，b球在前，a球在后，mava 6m,va-3m s,当a球与b球发生碰撞后，ab两球的速度可能为:( )a. va 4m.s. - 4m/s b. v

11、a 2m区c. 七, 士 .工 d. j.二r 一，【答案】ab试题分析：碰撞前系统的总动量:p=1 6+23=12kg . m/s ,碰撞前系统的总动能:ek=- mav2+mbv2=l x 1 x 62+1 x 2x 32=25j ;2a 碰撞后，a、b的动量pa=1m4=4 kg. m/s, pb=2m 4=8kg . m/s,系统动量守恒，系统总动 能：ek = 1mav2+mbv2=k1x：42+m2x 42=24j 25j,系统动能不增加，故 a正确；b碰撞后，a b的动量pa=1x 2=2kg . m/s, pb=2x 5=10kg. m/s,系统动量守恒，系统总动能：e 6=1

12、2kg . m/s,系统动量不守恒，故c错误；dx由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，a的动量不可能沿原方向增大，故 d错误，故选：ar考点：动量守恒定律【名师点睛】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后a球速度不大于b球的速度。9.如图质子（e）、笊核（苗）和“粒子（元）都沿平行板电容器两板中线oor向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与oo垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点.则 幽va.若它们射入电场时的速度相等

13、，在荧光屏上将出现3个亮点b.若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现2个亮点c.若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点d.若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点【答案】d【解析】三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：、qe加速度为：学m偏转距离为:联立三式得:尸，运动时间为:qef2mva、若它们射入电场时的速度相等,y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，笊核和粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点，故a错误.一qel? qinel2b若它们射入电场时

14、的动量相等， 可见y与qm成正比，二个qm都不同,zmvq 2(mv0)i则在荧光屏上将只出现 3个亮点，故b错误;c若它们射入电场时的动能相等，则y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点，故c错误.d若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，故d正确。点睛：此类题目属于类平抛运动，质子、笊核和仪粒子带电量和质量不全相同，进入同一电场时加速度不同，做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀 加速直线运动，推导出偏转位移的表达式，再进行分析。10 .如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中有质量和电荷量都相同的两油

15、滴m n.m静止,n做半径为r的匀速圆周运动，若n与m相碰后并结合在一起，则关于它们下列说法中不正确的a.以n原速率的一半做匀速直线运动b.以:为半径做匀速圆周运动c.仍以r为半径做匀速圆周运动d.做周期为n的一半的匀速圆周运动【答案】acd【解析】【详解】设 m n的质量和电荷量分别为 mr q,碰撞前n的速率为v。碰撞后瞬间整体的速率为v。碰撞前，对 n,由洛伦兹力提供向心力，有 qvb=m,得 r=：；对m有qe=mg;碰 r qb撞过程，取碰撞前 n的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv=2mv ,得v ； mn整体2受到的电场力2qe ,重力为2mg,则2qe=2mg所以整体的电场

16、力和重力仍平衡，所以碰后整体做匀速圆周运动，轨迹半径为t，故ac错误，b正确。n原来的周期改 一”.碰2qb 2qb 2qb后整体的周期t-“ 故d错误。此题选择不正确的选项，故选 acd【点睛】本题关键是明确两个油滴的运动情况和受力情况，知道粒子在复合场中做匀速圆周运动的条件是重力和电场力平衡，洛伦兹力充当向心力，并能根据动量守恒定律和牛顿第二定律列式分析计算。二、实验，探究题（每空2分，共16分）11 .某同学利用自己设计的弹簧弹射器测量弹簧的弹性势能，装置如图所示。水平放置的弹射器将质量为 m的静止小球弹射出去，测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t,甲、乙光电门间距为 l,忽略

17、一切阻力。九也门甲先也门巴一第找网i i小球被弹射出的速度大小 =,求得静止释放小球时弹簧弹性势能ep= （用题目中的字母符号表示）由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转，这对实验结果 影响（选17 无 或【解析】试题分析：由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电l门的水平速度：v -由能量守恒得:由力作用的独立性可知，重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度 不会变化考点：测量弹簧的弹性势能实验【名师点睛】本题重点是要弄清小球的射出速度就是在光电门间匀速运动的速度，在由平抛规律可得结果.12 .为了测定电源电动势 e、内电阻r的大小并

18、同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路。闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值r,电压表/的示数u,电压表的示数u2o根据记录数据计算出流过电阻箱的电流i,分别描绘了 a、b两条u图线，如图乙所示。请回答下列问题：(1)写出流过电阻箱的电流i的表达式： 。(2)小灯泡两端电压随电流变化的图象是 (选填 a”或 b”)。(3)根据图乙可以求得电源的电动势e=v,内电阻r= q,该电路中小灯泡消耗的最大功率为 w。ll-u-【答案】 (1).l (2). b (3). 3.0 (4). 2.0 (5). 1.0r【解析】由电路图可知，灯泡与电阻箱串联，电压表m测灯泡

19、电压，电压表 v2测路端电压；(1)由串联电路特点求出电阻箱两端电压，然后由欧姆定律求出电流表达式.(2)根据串联电路特点分析判断哪个图象是灯泡电压随电流变化的图象.(3)电源的u-i图象与纵轴的交点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻.由图象找出灯泡的最大电流与最大电压，由p=ui求出最大功率.【详解】(1)电阻箱两端电压 u=u2-u1,通过电阻箱的电流11(2)灯泡与电阻箱串联，电压表 v测灯泡电压，灯泡两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线 b是灯泡电压随电流变化的关系图象.(3)随电流增大，路端电压减小，由图乙所示图象可知，图线 a是电源的u-i图象，由图线a

20、i a uv-t()va可知，电源电动势 e=3.0v,电源内电阻r._x _-2；由图线a可知，灯泡两端 i 0 5a最大电压为2v,电流为0.5a,灯泡最大功率 p=ui=2vx 0. 5a=1w三、计算题(共44分)13 .总质量为80 kg的跳伞运动员从离地 500 m的直升机上跳下，经过 2 s拉开绳索开启降落 伞，图所示是跳伞过程中的vt图象，试根据图象求：(g取10 m/s2)(1) t = 1 s时运动员的加速度和所受阻力的大小；(图像过(2、14)这个点)(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功.(阻力做功的答案保留三位有效数字)【答案】(1)7 m/s 2 24

21、0 n (2)156m 至 164m均可，1.23 x 10 5j 至 1.30 x 10 5j 均可【解析】【详解】(1)从图中可以看，在t=2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为：vt 14r,a=tnv 7ms”, i 2设此过程中运动员受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律得：mg-f=ma,解得：f=m (g-a) =80x ( 10-7) n=240n(2)从图中由“面积”估算得出运动员在14s内下落了： 39.5 x2x2m=158mi 2根据动能te理有： mgh-w=、mv,j解得： w = mgl/mv= (80x 10x 158 -! 80x 6 2) j = 1.25

22、x 10 5j; ju田【点睛】本题是 v-t图象应用的典型题型，要掌握图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，估算面积时可以通过数方格的个数来估算，采用“四舍五入”进行近似计算.14 .如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块a、b、c,物块b、c静止，物块的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)；让物块a以速度w朝b运动，压缩弹簧;当a、b速度相等时，b与c恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动.假设b和c碰撞过程时间极短.那么从 a开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求.aw- b(1) a b第一次速度相同时的速度大小;(2) a b第二次速度相同时的速度大小;(

23、3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小【答案】(1) pvo-v0 (3)231348 g试题分析：(1)对a、b接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv=2mv,1解得v1= vo2(2)设ab第二次速度相同时的速度大小v2,对abc系统，根据动量守恒定律：mv=3mv /口1解得v2= vo3(3) b与c接触的瞬间，b、c组成的系统动量守恒，有：解得v3= vo4系统损失的机械能为 a e =() = lwj2 2 2416 0当a、r c速度相同时，弹簧的弹性势能最大.此时v2,vo一14 1413.根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能ep = v0-a e - mv0

24、.考点：动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。15 .如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场.在电场中，若将一个质量为m带正电的小球由静止释放， 运动中小球的速度与竖直方向夹角为37 (取sin37 =0. 6,cos37。=0. 8)。现将该小球从电场中某点以初速度v。竖直向上抛出。求运动过程中：(1)小球受到的电场力的大小及方向；(2)小球从抛出点至最高点的电势能变化量;(3)小球的最小速度的大小及方向。7u【答案】(1)电场力为 :睢，方向水平向右(2)(3)1vmij

25、c，与电场方向夹角为 37斜向上 5【解析】qe 3试题分析：(1)小球所受电场力与重力的合力一定沿速度v方向，即有：，得mg 43、f - qli - fg， 方向水平向右；(2)竖直方向小球做竖直上抛运动，故上升时间为到最高点时速度为水平方向，设为 v,则有:o由动能定理得即电势能减小了92史=32将初速度分解为沿v反方向的分量心。s37 - 0w9和垂直此方向的分速度v/ v03m3丁 io&h；小球在叫方向做类竖直上抛运动， 到“最高点”处速度仅有垂直于 与方向的分速度vj,此时合力对小球做的负功最多，即小球的速度最小，且为八力，方向与v垂直,15 u斜向右上方，即与电场 e方向夹角为37 ,斜向上。考点：考查了牛顿第二定律，动能定理，电场力做功【名师点睛】解决本题的关键知道小球竖直上抛时，在竖直方向和水平方向上的运动规律, 结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解.匚视频二16.如图所示， oac勺三个顶点的坐标分别为 o (0, 0)、a (l, 0)、c (0,和l),在 oac区域内存在垂直于 x