山西省运城市康杰中学2018届高三物理上学期第二次月考试题（含解析）

山西省康杰中学2018届高三上学期第二次月考物理试题一、选择题（每题4分，其中8-12是多选题选不全得2分，共计48分）1.在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的物理思想方法，如理想化模型、极限思想、控制变量法、等效替代法、类比法、比值法等．下关于所用思想方法的叙述错误．．的是（）A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是类比法B.合力与分力、交变电流的有效值等概念的建立都用到了等效替代法C.再用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，采用了控制变量法D.当△t很小时，表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想【答案】A【解析】在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法，选项A错误；合力与分力、交变电流的有效值等概念的建立都用到了等效替代法，选项B正确；再用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，采用了控制变量法，选项C正确；当△t很小时，表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想，选项D正确；此题选择错误的选项，故选A.2.某电容式话筒的原理示意图如右图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板．对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中()A.P、Q构成的电容器的电容增大B.P上电荷量保持不变C.M点的电势比N点的低D.M点的电势比N点的高【答案】D【解析】试题分析：电容式话筒与电源串联，电压保持不变．在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式得电容减小，又根据电容定义式得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高．故ABC错，D正确．故选D考点：电容器；电势【名师点睛】此题是关于电容器的分析；解决电容器的动态分析问题，抓住不变量，若电容始终与电源相连，两端间的电压不变；若电容器与电源断开，则电容器所带的电量不变；解题时联系两个重要的公式和。3.如图所示，固定杆与水平面的夹角=30°，穿在杆上的两小球A、B通过一条跨过定滑轮的轻绳相连接，小球孔的内径略大于杆的直径，滑轮的转轴为O，通过轻杆固定于天花板下，平衡时OA绳与杆的夹角也为，OB绳竖直，滑轮大小、质量不计，所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（）A.平衡时B球受三个力的作用B.转轴O对滑轮的作用力竖直向上C.小球A、B的质量之比为D.小球A重力与轻绳拉力大小之比为【答案】C【解析】试题分析：对B球受力分析可知，B球受到重力、绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则不能平衡，故A错误；转轴受两侧绳子的两个拉力和弹力而平衡，由于两个拉力的合力斜向右下方，根据平衡条件，转轴O对滑轮的作用力斜向左上方，故B错误；设细线的拉力为T，对B球，有：，对A，平行杆子方向，有：，联立解得，，故C正确，D错误；故选C.【点睛】分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的．4.如图所示，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在P端．当OP和竖直方向的夹角α缓慢逐渐增大时（0＜α＜π），OP杆的弹力T和绳子的张力F的大小变化是（）A.T先变小后变大，F变大B.T先变小后变大，F不变C.T先变大后变小，F不变D.T不变，F变大【答案】D【解析】对点P受力分析，设杆的弹力为T，绳子的拉力为F，如图根据平衡条件，合力为零，△AOP与图中矢量（力）三角形相似，故有解得：；F=G；由图看出，OP、AO不变，则杆的支持力T不变，AP变大，则绳子拉力F变大．故D正确．故选D．5.如图所示，天文学家观测到某行星和地球在同一轨道平面内绕太阳做同向匀速圆周运动，且行星的轨道半径比地球的轨道半径小，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫做地球对该行星的观察视角．当行星处于最大观察视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期，已知该行星的最大观察视角为，不计行星与地球之间的引力，则该行星环绕太阳运动的周期约为（）A.年B.年C.年D.年【答案】A【解析】试题分析：由题图可知，当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切：根据几何关系有，根据开普勒第三定律有：，得年，故A正确，BCD错误；故选A.【点睛】根据题意知道当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切，运用几何关系求解问题．6.如图所示，足够长的木板B置于光滑水平面上放着，木块A置于木板B上，A、B接触面粗糙，动摩擦因数为一定值，现用一水平恒力F作用在B上使其由静止开始运动，A、B之间有相对运动，下列说法正确的有（）A.B对A的摩擦力的功率是不变的B.力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量C.力F对B做的功等于B动能的增加量D.B对A的摩擦力做的功等于A动能的增加量.【答案】D【解析】AB之间有相对运动，所以滑动摩擦力恒定，由于A在B给的摩擦力作用下做加速运动，所以根据可知B对A的摩擦力的功率在增大，A错误；由题滑块运动到木板左端的过程中，说明拉力足够大，A与B有相对运动，对整体分析可知，F做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故拉力F做的功大于AB系统动能的增加量，B错误；根据动能定理可得F与A给B的摩擦力做功之和等于B的动能的增加量，C错误；在水平方向上A只受B给的摩擦力，根据动能定理可得B对A的摩擦力做的功等于A动能的增加量，D正确．7.如图所示的电路中，闭合开关，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（）A.R1断路B.R2断路C.R3短路D.R4短路【答案】A【解析】试题分析：简化电路如图所示：若R1断路，则电路中总电阻增大，则总电流减小；电流表A及L2均应变暗；由右侧部分总电阻没有变，则右侧分压将减小，则L1两端的电压将增大，则灯泡L1将变亮；故符合条件，A正确；若R2断路，则电路中电阻增大；则电路中的电流减小，则可知L1应变暗，故不符合题意，故B错误；若R3短路，则R2被短路，则电路中总电阻将减小，则电路中电流增大，则L1变亮，两端的电压增大；则L2两端电压减小，则L2变暗；同时R4路中电阻减小，则电流表示数也将增大；故不符合题意，故C错误；若R4短路，则电路中总电阻减小，电路中电流增大；L1变亮；L2两端的电压减小，故L2变暗；而电流表所在支路，电阻减小，则电流增大；故A的示数增大；故D错误；故选A。考点：电路的故障分析【名师点睛】本题根据现象无法直接得出故障原因，但可以根据各选项中给出的故障去推导可能出现的现象，从而利用反推法找出能产生题干中现象的故障所在。8.如图所示三维坐标系的z轴方向竖直向上，所在空间存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的小球从z轴上的A点以速度v0沿x正方向水平抛出，A点坐标为（0，0，L），重力加速度为g，电场强度，则下列说法中正确的是A.小球运动的轨迹为抛物线B.小球在xOz平面内的分运动为平抛运动C.小球到达xOy平面时的速度大小为D.小球的运动轨迹与xOy平面交点的坐标为【答案】AB【解析】A、带电小球始终受到重力与电场力，因此可等效成一个恒定的力，且此力方向与初速度方向垂直．所以做匀变速曲线运动，运动轨迹即为抛物线，A正确；B、由于重力与电场力大小相等，所以小球在这两个力的合力所在平面运动，且与水平面成45°，而在xOz平面内的分运动为平抛运动，B正确；C、小球在重力与电场力共同作用产生的加速度为，则在内增加的速度为，所以最后落地速度大小为，C错误；D、小球在Z轴方向做自由落体运动，只受重力，且初速度为零，所以经过时间，则小球在X轴方向做匀速直线运动，则发生的位移，而在Y轴方向小球只受电场力，初速度为零，因此发生的位移所以小球的轨迹与xOy平面交点的坐标为，D错误；故选AB。9.如图所示,在方向水平向左的匀速电场中有一倾角为60°、高为H的固定绝缘斜面体,现将一质量为m,带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放,已知重力加速度为g,匀强电场的电场强度大小为E=,不计空气阻力,则A.小物块将沿斜面下滑B.小物块将做曲线运动C.小物块到达地面时的速度大小为D.若其他条件不变,只增大电场强度,小物块到达地面前的运动时间不变【答案】CD【解析】【详解】A、对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力，则合力的大小为2mg，方向如图，小物块沿合力方向做匀加速直线运动，故A、B错误；C、运用动能定理研究从开始到落地过程：，解得：，故C正确；D、将物块的运动分解为水平方向和竖直方向，增大电场强度，电场力增大，水平方向的加速度增大，竖直方向上的加速度不变，根据等时性知，运动时间不变，故D正确；故选CD。【点睛】对物块进行受力分析，画出物块的运动轨迹．运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题。10.真空中有一静电场,一质量为-q的粒子自原点O沿x轴正方向运动,粒子的电势能Ep随x的变化关系图象如图所示。已知粒子到达2x0处时速度为零，若粒子仅受电场力作用，则A.粒子在原点O一定有初速度B.粒子运动的加速度先减小后增大C.2x0处电势比原点低D.粒子的电势能和动能之和为2Ep0【答案】AC【解析】【详解】A、电场力做的功等于电势能的减小量，粒子仅受电场力作用，故电势能和动能之和守恒；粒子到达2x0处时速度为零，动能最小，故在O点动能最大，即粒子在原点O一定有初速度，故A正确；B、粒子电势能的减小量等于电场力做的功，由于电势能与位移是线性关系，故电场力恒定，是匀强电场，故加速度不变，故B错误；C、根据电势定义公式，得到O点电势，2x0处电势为，故2x0处电势比原点低，故C正确；D、电场力做的功等于电势能的减小量，粒子仅受电场力作用，故电势能和动能之和守恒；在2x0处，动能为零，故粒子的电势能和动能之和为，故D错误；故选AC。【点睛】电场力做的功等于电势能的减小量，粒子仅受电场力作用，故电势能和动能之和守恒；粒子到达2x0处时速度为零，动能最小，故在O点动能最大。11.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F一v2图象如图乙所示。不计空气阻力，则()A.小球的质量为B.当地的重力加速度大小为C.v2=c时，小球对杆的弹力方向向下D.v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等【答案】AD【解析】在最高点，若，则；若，则，解得，A正确B错误；由图可知：当时，杆对小球弹力方向向上，当时，杆对小球弹力方向向下，所以当时，杆对小球弹力方向向下，所以小球对杆的弹力方向向上，C错误；若，则，解得，D正确．12.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，各电表都看做理想表。闭合开关，滑动变阻器滑片P向右移动，若以、分别表示电压表和电流表A的示数变化的大小，则下述结论正确的是（）A.电压表和电流表A的示数分别是变小、变大、变小、变大B.电压表和电流表A的示数分别是变大、变小、变大、变小C.D.、、分别是变小、不变、变小【答案】AC【解析】当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A的示数变大；根据欧姆定律可知R2的电压增大，电压表V2示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表V3示数变小．R2的电压增大，路端电压减小，则R1的电压减小，则电压表V1的示数变小，故A正确，B错误．根据全电路欧姆定律知：△U2+△U3=△U1，故C正确．由U1=E-I（R2+r），=R2+r，不变．=R2，不变．由U3=E-Ir，=r，不变．故D错误．故选AC.二、填空题（13题7分，14题9分，共计16分）13.某同学利用图1所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图2所示．图2中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10m，P1、P2和