内蒙古呼和浩特市2018届高三物理上学期第一次月考.

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0s～1s内，物体做曲线运动B.在ls～2s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1s～3s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0s～1s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ls～2s内，物体的速度为正数，一直向正方向（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1s～3s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2C.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mv2C.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：D3小球在下降中小球的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（100πt）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100HzB.电压表的示数为155.5VC.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4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.I1＞I2＞I3C.I2＞I1＞I3D.I3＞I1＞I2【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，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．57.为了研究超重与失重现象．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，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6“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，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+m0v3B.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+mv2C.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）u7D.碰撞后小球摆到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：