四川省泸州市泸县第五中学2018届高三物理上学期第三次月考试题（含解析）

四川省泸州泸县第五中学2018届高三上学期第三次月考理综物理试题一.选择题：1.一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小直至为零，则在此过程中A.速度先逐渐变大，然后再逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B.速度先均匀增加．然后增加的越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值C.位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D.位移先逐渐增大，后逐渐减小．当加速度减小到零时，位移达到最小值【答案】B............点睛：要清楚物理量的物理意义，要掌握某一个量的变化是通过哪些因素来确定的；知道加速度是描述速度变化快慢的物理量；判断物体速度增加还是减小是看物体的速度方向与加速度方向关系，判读位移大小的变化是看初位置与某位置的距离。2.如图所示，oa、ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，o、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高，a为最低点，ob经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从o点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是A.B.C.D.无法确定【答案】B【解析】以O点为最高点，取合适的竖直直径Oa作等时圆，交Ob于c，如图所示：显然O到a、c的时间是相等的，由图可知位移关系有：Ob＞Oc，所以可得t1＜t2，故B正确，ACD错误。3.如图所示，质量分别为、的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为300的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度分别为A.都等于B.和C.和D.和【答案】B【解析】在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力；在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力，所以A球的加速度为零；在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，则B受到重力、弹簧的向下拉力、支持力，所以根据牛顿第二定律得：，解得：，故B正确，ACD错误。4.如图所示，两个质量相同的小球A、B，用长度之比为的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的A.角速度之比为B.线速度之比为C.向心力之比为D.悬线的拉力之比为【答案】D【解析】对小球受力分析如图所示：小球的重力和拉力的合力提供向心力，即向心力，根据几何关系知，A、B悬线与竖直方向的夹角的余弦之比为2：3，则正切之比不等于2：3，可知向心力之比不等于2：3，故C错误；小球的重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得，，解得：，由于两球做圆周运动悬点到圆心的距离相等，所以角速度大小相等，故A错误；两球的角速度相等，根据知，由于做圆周运动的半径不等，则线速度之比不等于1：1，故B错误；悬线的拉力为：，由于A、B悬线与竖直方向的夹角的余弦之比为2：3，则悬线的拉力之比为TA：TB=3：2，故D正确。所以D正确，ABC错误。5.如图所示，小物体从某一高度自由下落，落到竖直在地面的轻弹簧上，在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为零，然后被弹回，则下列说法中正确的是A.物体经过A点时速度最大B.物体从A下落到B的过程中，物体的机械能守恒C.物体从A下落到B以及从B上升到A的过程中，动能都是先变大后变小D.物体从A下落到B的过程中的动能和重力势能之和越来越大【答案】C考点：本题既考查了较复杂过程的受力分析和运动过程分析，又考查了机械能守恒条件的判断；考查了在解决实际问题时，选取研究对象的能力6.某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物上升高度为h时轻绳与水平方向成α角，（重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计）在此过程中，下列说法正确的是A.人的速度比重物的速度小B.轻绳对重物的拉力小于重物的重力C.重物的加速度不断增大D.绳的拉力对重物做功为【答案】CD【解析】将工人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于重物上升的速度，根据平行四边形定则得，工人在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升运动，故，所以拉力大于重物的重力，AB错误；根据余弦值图像，当夹角越来越小时，图像的斜率越来越小，即加速度越来越小，C错误；绳子的拉力对重物做的功等于其动能增加量和重力势能增加量，故，D正确．7.如图所示两半径为r的圆弧形光滑金属导轨置于沿圆弧径向的磁场中，磁场所在的平面与轨道平面垂直。导轨间距为L，一端接有电阻R，导轨所在位置处的磁感应强度大小均为B，将一质量为的金属导体棒PQ从图示位置（导轨的半径与竖直方向的夹角为θ）由静止释放，导轨及金属棒电阻均不计，下列判断正确的是A.导体棒PQ有可能回到初始位置B.导体棒PQ第一次运动到最低点时速度最大C.导体棒PQ从静止到最终达到稳定状态，电阻R上产生的焦耳热为D.导体棒由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量【答案】CD【解析】导体棒运动过程中不断克服安培力做功，将机械能转化为电能，因此导体棒不可能回到初始位置，故A错误；导体棒PQ第一次运动到最低点时所受合力与速度反向，速度不可能最大，故B错误；导体棒最后一定静止在最低点，根据能量守恒定律得电阻R上产生的焦耳热等于重力势能的减少量，即，故C正确；导体棒PQ从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量为：，故D正确。所以CD正确，AB错误。8.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5:1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220V，440W”的热水器和“220V，220W”的抽油烟机，如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是A.副线圈两端电压的瞬时值为B.交流电压表的示数为C.1min内变压器输出的电能为D.热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍【答案】AC【解析】由图乙可知，副线圈两端电压交变电的峰值是：，T=0.02s，可得角速度为：，则副线圈两端电压的瞬时值表达式：，故A正确；由图乙知副线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比：，代入数据可得原线圈电压即电压表示数为：U1＝1100V，故B错误；1min内变压器输出的电能为W=（440+220）×60s=3.96×l04J，故C正确；根据“220V，440W”的纯电阻和“220V，220W”的电动机可知，纯电阻的功率是电动机功率的2倍，但电动机部分转化为机械功率，一部分为热功率，故D错误。所以AC正确，BD错误。三、实验题9.某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。（1）下列做法正确的是_________（填字母代号）。A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量______（选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）木块和木块上砝码的总质量。【答案】(1).AD(2).远小于【解析】（1）调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误；打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；故选AD；（2）设砝码与砝码桶的质量为m，小车的质量为M，对砝码桶及砝码与小车组成的系统，由牛顿第二定律得：，对木块，由牛顿第二定律得：，只有当砝码桶及桶的质量远小于小车质量时，即：m＜＜M时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码桶的重力；点睛：本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法．10.小灯泡灯丝的电阻会随温度的变化而变大，因而引起功率变化．一研究性学习小组在实验室通过实验研究这一问题，实验室备有的器材是：电压表（0-3V，3kΩ），电流表（0-0.6A，0.1Ω），电池，开关，滑动变阻器，待测小灯泡，导线若干．实验时，要求小灯泡两端电压从0逐渐增大到额定电压以上．（1）他们应选用图中哪个图所示电路进行实验__________．A.B.C．D．（2）根据实验测得数据描绘出如图所示的U-I图象，小灯泡电压随电流变化曲线，由此可知，小灯泡电阻R随温度T关系是___________．（3）已知实验中使用的小灯泡标有1.5V字样．请你根据上述试验的结果，确定小灯泡在1.5V电压下的实际功率是__________W．【答案】(1).A(2).小灯泡的电阻R随温度T升高而增大(3).0.69（0.58-0.70都得分）【解析】（1）小灯泡两端电压从0逐渐增大到额定电压，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻很小，约为几欧姆，电压表内阻约为3kΩ，电流表内阻约为0.1Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，应选图C所示电路。（2）从U-I图象中可以看出，图象的斜率增大，而图象的斜率表示灯泡的内阻，故说明小灯泡的电阻R随温度T升高而增大。（3）从小灯泡的U-I图象可得U=1.5V，I=0.46A，所以实际功率P=UI=0.69W。四、解答题11.在倾角为α的斜面上，置一通有电流I、长为L、质量为m的导体棒，在斜面区域加上垂直于斜面向上的磁场，导体棒保持静止，如图所示，重力加速度为g，问（1）若斜面光滑，则所加磁场的磁感应强度为多大？（2）若斜面不光滑，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数为μ，导体棒仍保持静止，则所加磁场的磁感应强度的最大值为多少？【答案】（1）（2）【解析】（1）对导体棒受力分析得：，又因为解得：。（2）分析可知：当静摩擦力沿斜面向下达到最大值时，磁场的磁感应强度最大即：又因为：联立解得：。点睛：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，会运用左手定则判断安培力的方向。12.在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v０射向B球，如图所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）．已知A球的质量为3ｍ、B、C球的质量均为ｍ.求：（1）弹簧长度刚被锁定后A球的速度vA；（2）在A球离开挡板P之后的运动过程中，A球速度的最大值vAmax；（3）在A球离开挡板P之后的运动过程中，D球速度最小时弹簧的弹性势能。【答案】（1）v0/5；（2）；（3）【解析】（1）设C球与B球发生碰撞并立即结成一个整体D时，D的速度为v1，由动量守恒有：mv0=（m+m）v1当弹簧压缩至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒有：2mv1=5mv2由两式得A的速度为：v2=v0（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由能量守恒有：撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有：以后弹簧伸长，A球离开档板P，并获得速度，当弹簧再次恢复到原长时，A的速度最大，由动量守恒定律及能量关系可知：；解