云南省某知名中学高三物理上学期第一次月考试题含解析

1、云南省峨山一中2018-2019学年高三第一次月考理科综合 物理一、单选题 1.手提一根不计质量的、下端挂有物体的弹簧上端，竖直向上做加速运动当手突然停止运动后的极短时间内，物体将()a. 立即处于静止状态 b. 向上做加速运动c. 向上做匀速运动 d. 向上做减速运动【答案】b【解析】【详解】当手突然停止运动后极短时间内，弹簧形变量极小，弹簧中的弹力仍大于重力，合力向上，物体仍向上做加速运动，故b正确，acd错误。2.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体、的速度图象如图所示，在0t2时间内，下列说法中正确的是()a. 、两个物体在t1时刻相遇b. 、两个物体的平均速度大小都是v1+v1

2、2c. 、两个物体所受的合外力都在不断减小d. 物体的加速度不断增大，物体的加速度不断减小【答案】c【解析】【详解】图线与坐标轴围成图形的面积大于，所以、两个物体在t1时刻不相遇，故a错误；图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，如果物体的速度从v2均匀减小到v1，或从v1均匀增加到v2，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于v1+v22，故的平均速度大于v1+v22，的平均速度小于v1+v22，故b错误；速度时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，故物体做加速度不断减小的加速运动，物体做加速度不断减小的减速运动，根据牛顿第二定律知、两个物体所受的合外力都在不断

3、减小，故c正确，d错误。所以c正确，abd错误。3.一个做匀速圆周运动的物体，在运动过程中，若所受的一切外力都突然消失，则由牛顿第一定律可知，该物体将()a. 改做匀速直线运动 b. 立即静止c. 继续做匀速圆周运动 d. 改做变速圆周运动【答案】a【解析】【详解】匀速圆周运动的物体，以前是运动的，根据牛顿第一定律，一切外力消失，将做匀速直线运动，故a正确，bcd错误。4. 2012年我国宣布北斗导航系统正式商业运行。北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能。“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，轨道半径为，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的a、b两位置（如图所示

4、）若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为，不计卫星间的相互作用力则以下判断中正确的是（ ）a. 这两颗卫星的加速度大小相等，均为r2gr2b. 卫星l由位置a运动至位置b所需的时间为2r3rrgc. 卫星l向后喷气就一定能追上卫星2d. 卫星1由位置a运动到位置b的过程中万有引力做正功【答案】a【解析】试题分析：根据万有引力定律可得：，又，则，选项a正确；由，解得，卫星l由位置a运动至位置b所需的时间为，选项b错误；卫星l向后喷气将脱离原轨道而跑到高轨道上去，故不能追上卫星2，选项c错误；卫星1由位置a运动到位置b的过程中万有引力不做功，选项d错误；故选a.考点：万有引力定

5、律的应用.5. 如右图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，有一根长为l0.8 m的细绳，一端固定在o点，另一端系一质量为m0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高点a，则小球在最低点b的最小速度是()a. 2 m/s b. 210m/sc. 25m/s d. 22m/s【答案】a【解析】小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，刚小球通过a点时细线的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有：mgsin=mva2l ，解得：va=glsin=2m/s，故选a.二、多选题 6.如图所示，相距为d的边界水平的匀强磁场，磁感应强度水平向里、大小为b.质量为m、电阻为r、边长为l的正方形

6、线圈abcd，将线圈在磁场上方高h处由静止释放，已知cd边刚进入磁场时和cd边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻力，则()a. 在线圈穿过磁场的整个过程中，克服安培力做功为mgdb. 若ld，则线圈穿过磁场的整个过程所用时间为2ghdc. 若l<d，则线圈的最小速度可能为mgrb2l2d. 若l<d，则线圈的最小速度可能为2g(h+ld)【答案】bcd【解析】【详解】根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，则进入磁场的过程中线圈产生的热量qmgd，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边

7、刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量q2mgd，感应电流做的功为2mgd，故a错误；线圈刚进入磁场时的速度大小v=2gh，若ld，线圈将匀速通过磁场，所用时间为t=2dv=2d2gh=2ghd，故b正确；若l<d，线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则mg=b2l2vr，则最小速度v=mgrb2l2，故c正确；因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，

8、全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为vm，知全部进入磁场的瞬间速度最小由动能定理知，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：12mvm212mv02mglmgd，有12mv02mgh，综上所述，线圈的最小速度为vm=2gh+ld，故d正确。所以bcd正确，a错误。7. 如图所示，水平皮带的速度保持不变，现将一物体轻放在皮带a端，开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置c后随皮带一起匀速运动，直至传送到b端，则在此过程中a. 物体由a运动到b过程中始终受水平向左的滑动摩擦力b. 物体在ac段受水平向右的滑动摩擦力c. 物体在cb段受水平向右的静摩擦力d. 物体在cb段不受摩擦力作用【答案】

9、bd【解析】试题分析：当物体从a到c的运动过程中，物体相对传送带向左运动，所受摩擦力向右，a错；当物体与传动带相对静止匀速运动时，所受摩擦力为零，bd对；c错；考点：考查摩擦力的判断点评：难度较小，摩擦力的有无根据假设法或运动情况分析判断，摩擦力的方向总是与相对运动或相对运动趋势相反8.如图甲所示，倾角为的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0=10m/s、质量为m=1kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，取g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）a. 0-5s内小木块做匀减速运动b. 在t=1s时，摩擦力反向c. 斜面倾角=37d

10、. 小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5【答案】bcd【解析】由匀变速直线运动的速度位移公式：v2-v02=2ax与图象看的：a=v2v022x=01002×5=10m/s2，由图示图象可知，初速度：v02=100，v0=10m/s，减速运动时间：t=vv0a=01010=1s，故a错误；由图示图象可知，在0-1s内物体向上做匀减速运动，1s后物体反向做匀加速运动，t=1s时摩擦力反向，故b正确；由图示图象可知，物体反向加速运动时的加速度：a=v22x=322×(135)=2m/s2 ，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，mgsin-mgcos=ma，代入数据解得

11、：=0.5，=37°，故d正确，c错误；故选bd三、实验题(共2小题,共15分) 9.某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系图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_木块和木块上砝码的总质量(选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)图2甲

12、、乙两同学在同一实验室，各取一套图1所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力f的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为甲、乙，由图2可知，m甲_m乙，甲_乙(选填“大于”、“小于”或“等于”)【答案】 (1). ad (2). 远小于 (3). 小于 (4). 大于【解析】【详解】(1)在探究加速度与力、质量的关系的实验中，平衡摩擦力时木板不通过定滑轮挂砝码桶，而要挂纸带，并且改变质量时不需要重新平衡摩擦力；在实验时应先接通电源再放开木块，故选项a、d均正确，b、c均错误。

13、(2)选木块(m)、砝码桶及桶内的砝码(m)为研究对象，则mg(mm)a选砝码桶及桶内的砝码为研究对象则mgftma联立得：ftmgm2gm+m 要使ftmg需要m2gm+m接近于0即mm(3)对木块由牛顿第二定律得：fmgma即a1mfg。由上式与题图结合可知：1m甲>1m乙 ，甲g>乙g。即：m甲<m乙，甲>乙【点睛】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用关于图象问题，常用的方法是得出两个物理量的表达式，结合图线的斜率和截距进行分析求解10.某金属材料制成的电阻rr阻值随温度变化而变化，为了测量rr在0到100之

14、间的多个温度下的电阻阻值。某同学设计了如图所示的电路。其中a为量程为1ma、内阻忽略不计的电流表，e为电源，r1为滑动变阻器，rb为电阻箱，s为单刀双掷开关。完成下面实验步骤中的填空：a调节温度，使得rr的温度达到t1，b将s拨向接点l，调节_，使电流表的指针偏转到适当位置，记下此时电流表的读数i；c将s拨向接点2，调节_，使_，记下此时电阻箱的读数r0；d则当温度为t1时，电阻rr=_：e改变rr的温度，在每一温度下重复步骤，即可测得电阻温度随温度变化的规律。由上述实验测得该金属材料制成的电阻rr随温度t变化的图象如图甲所示。若把该电阻与电池（电动势e=1.5v，内阻不计）、电流表（量程为5

15、ma、内阻rg=100）、电阻箱r串联起来，连成如图乙所示的电路，用该电阻作测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”。a电流刻度较大处对应的温度刻度_；（填“较大”或“较小”）b若电阻箱取值阻值r=50，则电流表5ma处对应的温度数值为_。【答案】 (1). 滑动变阻器r1 (2). 电阻箱rb (3). 电流表的读数仍为i (4). r0 (5). 较小 (6). 50【解析】【详解】 测量不同温度下rr的阻值，使用的是替代法。将s拨向接点l，应调节滑动变阻器r1，使电流表的指针偏转到适当位置，记下此时电流表的读数i；将s拨向接点2，应保持r1阻值

16、不变，调节电阻箱rb，使电流表的读数仍为i，则说明两次连接回路的总电阻相等，所以rr=r0。 根据闭合电路的欧姆定律，电流较大，则r总较小，rr较小，再由甲图知，温度较小；由e=irr+rg+r 得：rr=eirgr ，代入数据rr=150 ，可得温度为50。四、计算题 11.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为c，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3

17、）小球从开始下落运动到下极板的时间。【答案】(1)v=2gh (2) e=mg(h+d)qd q=cmg(h+d)q (3)t=h+dh2hg 【解析】试题分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh解得：v=2gh（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qed=0解得：e=mg(h+d)qd电容器两极板间的电压为：u=ed=mg(h+d)q电容器的带电量为：q=cu=mg(h+d)cq（3）加速过程：mgt1=mv减速过程，有：（mg-qe）t2=0-mvt=t1+t2联立解得：t=h+dh2hg考点：牛顿第二定律及动能定理的

18、应用【名师点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难。视频12.小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动.当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图14所示.已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为34d，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力.(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2；(2)求绳能承受的最大拉力；(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？

19、【答案】(1)2gd10gd2 (2)113 mg(3) d2233d【解析】【详解】(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律得竖直方向14d12gt2水平方向dv1t解得v12gd在竖直方向上有v22g(134)d，则v22v122g(134)d解得 v210gd2 (2)设绳能承受的最大拉力大小为ft，这也是球受到绳的最大拉力大小.球做圆周运动的半径为r34d对小球在最低点由牛顿第二定律得：ftmgmv12r 解得 ft113mg(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变.由牛顿第二定律得ftmgmv32l解得v3236gl 绳断后球做平抛运动，竖直位移为dl，水

20、平位移为x，时间为t1，则竖直方向dl12gt12水平方向xv3t1解得x4l(dl)3 当ld2时，x有最大值，xmax233d.【点睛】本题考查了圆周运动和平抛运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。13.下列说法中正确的是( )a. 知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏加德罗常数b. 随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子势能也一定减小c. 单晶体有固定的熔点，而多晶体没有固定的熔点d. 硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用【答案】d【解析】a、固体液体的分子间距离较小，但气体分子间距离较大，故知道水蒸

21、气的摩尔体积和水分子的体积，不可计算出阿伏加德罗常数，故a错误；b、随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，但分子势能的变化不好确定，要具体分析看分子力做功的正负来确定，故b错误；c、无论单晶体还是多晶体都有固定的熔点，故c错误；d、轻小物体浮于液面上，没有浸在液体中，是由于表面张力的缘故，故d正确；故选d。14.如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭、下端开口，横截面积s1=4s2，下端与大气连通粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下表面恰好与粗管和细管的交界处齐平，空气柱和水银柱长度均为h=4cm现在细管口连接一抽气机（图中未画出），对细管内气体进行缓慢抽

22、气，最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管已知大气压强为p0=76cmhg求抽气结束后细管内气体的压强；抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？请说明原因【答案】求抽气结束后细管内气体的压强p2=58cmhg；抽气过程中粗管内气体吸热，抽气过程中，粗管内气体温度不变，内能不变，u=w+q=0，气体体积增大，对外做功，w0则q0，故气体需要吸热【解析】试题分析：（1）根据体积不变，求出水银柱恰好一半进入粗管中时，水银柱的高度，根据理想气体状态方程求解时封闭气体的压强，再根据平衡条件知细管里气体压强；（2）抽气过程，封闭气体发生等温变化，根据热力学第一定律可以判定是吸热还是放热解：（1）缓慢抽气过程

23、，粗管内气体温度不变，设抽气后粗管内气体压强为p3，细管内压强为p2，由玻意耳定律知（p0h）=p1（h+h）p2=p1+（）解得p2=58cmhg；（2）抽气过程中，粗管内气体温度不变，内能不变，u=w+q=0，气体体积增大，对外做功，w0则q0，故气体需要吸热答：求抽气结束后细管内气体的压强p2=58cmhg；抽气过程中粗管内气体吸热，抽气过程中，粗管内气体温度不变，内能不变，u=w+q=0，气体体积增大，对外做功，w0则q0，故气体需要吸热【点评】此题考查气体的理想气体状态方程和热力学第一定律，分析气体状态时先找不变的量，再看变化的量，再选合适的公式，可以使问题简单化15.一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上a质点的振动图象如图乙所示，(1)该列波沿x轴传播(填“正向”或“负向”)；(2)该列波的波速大小为m/s；(3)若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为hz。【答案】（1）正向 （2）1m/s （3）2.5hz【解析】试题分析：因a点沿负方向振动，则其滞后于左边的质点，则可知波沿x正向传播由波动图可知波长为04m，由振动图可知周期t为04s，则v=/t1m