赤峰市宁城县届高三上学期月月考物理试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精宁城县高三年级统一考试（2017。10。20）物理试题一．选择题，共12小题，每题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，第1—7题只有一个正确选项；8—12题有多个选项,全部选对的得3分，选对但不全得1分。1。请用学过的物理知识判断,下列说法正确的是A。物体的加速度大小不能瞬间改变，但加速度的方向可以瞬间发生变化B。安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C。做圆周运动的物体受到的合外力一定指向圆心D.牛顿第一、二、三定律都可以用实验的方式加以验证【答案】B2。如图所示，从倾角为θ的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上B点所用的时间为A.B.C。D。【答案】C【解析】因为落到斜面上B点，所以竖直方向上的位移和水平方向上的位移满足，因为小球做平抛运动，在竖直方向上有，在水平方向上有，联立可得，解得，C正确．3.质量分别为的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落,由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0分别到达稳定速、知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即（k>0）,且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v—t关系如图所示,下落说法正确的是A。B。C。释放瞬间甲球的加速度较大D。相同时间内两球下落的高度相等【答案】B【解析】由图象知甲乙两球匀速运动的速度关系有：v甲＞v乙，由平衡得：mg=kv，联立得：m1＞m2，且，故B正确，A错误;释放瞬间两球的速度均为零，阻力为零，故加速度均为g，选项C错误；图线与时间轴围成的面积等于物体的位移,由图像可知t0时间内甲下落的高度较大，故选项D错误；故选B.4。如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则A.t1〈t2B。t1〉t2C。t1＝t2D。无法确定【答案】C【解析】试题分析:设滑杆与竖直方向的夹角为,根据牛顿第二定律和运动学公式列式，得出时间与、圆周直径的关系式，进行分析．设滑杆与竖直方向的夹角为，圆周的直径为d．根据牛顿第二定律得：滑环的加速度为,滑杆的长度为，则根据得，，可见时间t与α无关，故有，C正确5.如图所示，铜管内有一片羽毛和一个小磁石。现将铜管抽成真空并竖直放置，使羽毛、小磁石同时从管内顶端由静止释放，已知羽毛、小磁石下落过程中无相互接触且未与管道内璧接触,则A。羽毛的下落时间大于小磁石的下落时间B。羽毛的下落时间等于小磁石的下落时间C。羽毛落到管底时的速度小于小磁石落到管底时的速度D。羽毛落到管底时的速度大于小滋石落到管底时的速度【答案】D【解析】由于电磁感应,小磁铁在铜管中下落会受到感应磁场的阻碍作用,下落时间大于羽毛下落的时间，A、B错误;小磁铁在铜管中下落过程中有电能产生,落到管底时的速度小于羽毛落到管底时的速度，C正确、D错误。故选C。6.某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源,R为电阻,薄片P和Q为两相互绝缘的金属极板。当对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动,在P、Q间距增大过程中A.P、Q两板构成电容器的电容增大B.P板电荷量增大C.M点的电势比N点高D。M点的电势比N点低【答案】C【解析】电容式话筒与电源串联，其电压保持不变．在P、Q间距增大的过程中，根据电容决定式可知电容减小，又根据电容定义式得知电容器所带电量减小，P极板上电荷量减小,电容器放电,充电电流通过R的方向由M到N．故M点的电势比N点高,故C正确．7。在足够大的匀强磁场中，静止的钠的同位素发生衰变,沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出粒子在磁场中运动的轨迹均为圆，如图所示,下列说法正确的是A.新核为B。轨迹1是新核的径迹C。衰变过程中子数不变D。新核沿顺时针方向旋转【答案】A【解析】发生衰变时动量守恒，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是β粒子，所以发生的是β衰变，β衰变把一个中子转化为质子，放出一个电子，中子数减小，粒子是电子，根据质量数守恒和电荷数守恒，配平核反应方程式,可知衰变方程为，故新核是，A正确C错误；静止的发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量,由半径公式可知半径与电荷量q成反比,新核的电荷量q大,所以新核的半径小，所以轨迹2是新核的轨迹，B错误；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断得知：新核要沿逆时针方向旋转，D错误．8。如图所示,在动摩擦因数μ＝0。2的水平面上，质量m＝2kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态,此时水平面对物块的弹力恰好为零。g取10m/s2，以下说法正确的是A.此时轻弹簧的弹力大小为20NB。若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0C。若剪断弹簧,则剪断的瞬间物块的加速度大小为8m/s2,方向向右D。当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2，方向向左【答案】AD【解析】试题分析：先分析撤去力F前弹簧的弹力大小；再研究撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小;剪断弹簧的瞬间,弹力瞬间变0．9.一质量为m的物体，以初速v0从倾角θ的斜面底端沿斜面向上滑去，到达高度为处速度减为零。不考虑空气阻力,重力加速度为g，则A。上滑过程中物体机械能的减少量为B.物体第一次返回到斜面底端时的动能为C.下滑过程中摩擦力对物体做的功为D。物体与斜面间的动摩擦因数为【答案】ACD【解析】试题分析：分析重力势能的增加量和动能的减少量来求物体机械能的减少量．由功能关系求上滑过程中摩擦力对物体做的功．由动能定理求物体第一次返回到斜面底端时的动能．由功的公式求动摩擦因数．物体的动能变化量为，重力势能的变化量为，故机械能变化量为，即减小了，A正确；由于过程中只有重力和摩擦力做功,所以减小的机械能等于克服摩擦力做功,故上滑和下滑过程中摩擦力大小不变,路程不变,所以摩擦力做功相同，所以下滑过程中摩擦力仍做功，故根据动能定理可得第一次滑到底端时的动能为，B错误C正确；因为，而且，联立解得，D正确．10。2018年我国即将发射“嫦娥四导”登月探测器,将首次造访月球背面,首次实现对地对月中继通信，若“嫦娥四号”从距月面高度为100km的环月圆轨道I上的P点实施变轨,进入近月点为15km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q落月，如图所示．关于“嫦娥四号”，下列说法正确的是A。沿轨道I运动至P时，需制动减速才能进入轨道Ⅱ.B。沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道I运行的周期.C。沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度.D。在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中,万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，机械能不变。【答案】AD【解析】A、要使“嫦娥四号"从环月圆轨道I上的P点实施变轨，进入椭圆轨道Ⅱ需减速做近心运动，万有引力大于在该点做圆周运动所需的向心力，A正确；B、沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道I运行的周期,B错误;C、万有引力使物体产生加速度，，沿轨道Ⅱ运行时,在P点的加速度小于在Q点的加速度,C错误；D、月球对“嫦娥四号”的万有引力指向月球，所以由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加,重力势能减小，机械能不变，D正确；故选AD.11.如图所示,在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子,且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是（）A。粒子在磁场中通过的弧长越长时间也越长B。出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心0C。只要速度满足v＝，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上D.出磁场的粒子一定能垂直打在MN上【答案】BC【解析】试题分析：带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射,必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力,求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．根据周期公式可知粒子在磁场中的运动周期和速度无关，即所有粒子在磁场中的运动周期相同，粒子在，即粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角越大,运动时间越大，对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长,轨迹对应的圆心角越小，即运动时间越小，A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心,B正确；速度满足时，粒子的轨迹半径为，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C正确D错误．12.在家庭电路中，为了安全,一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连,乙线圈由两条电源线采取双线法绕制,并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法正确的是（）A。当用户用电正常时,甲线圈两端没有电压,脱扣开关接通。B。当用户用电正常时，甲线圈两端有电压,脱扣开关接通。C。当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开D.当用户发生漏电时，甲线圈两端没有有电压，脱扣开关断开【答案】AC【解析】因为乙线圈由两条电源线采取双线法绕制,正常工作时，火线和零线中的电流大小相同，所以火线和零线中电流产生的磁场应完全抵消,故甲线圈中没有感应电流产生，即甲线圈两端电压为零，脱扣开关不会断开，A正确B错误;发生漏电时，火线和零线中的电流存在差值,即乙线圈中产生的磁场不能抵消,故甲线圈两端会出现感应电动势，即两端存在电压，脱扣开关断开，C正确D错误．二、实验题，(两小题,共15分)13。在做“研究匀变速直线运动"的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，并在其上取了A、B、C、D、E、F等6个计数点（每相邻两个计数点间还有4个打点计时器打下的点,本图中没有画出)打点计时器接的是220V、50Hz的交变电流．他把一把毫米刻度尺放在纸带上，其零刻度和计数点A对齐．（下述第（2)、（3）、（4）小题结果均保留两位有效数字)（1）该打点计时器打点的时间间隔为________s（2）由以上数据计算打点计时器在打C点时，物体的即时速度vC是_________m/s；（3)计算该物体的加速度a为_________m/s2；（4）纸带上的A点所对应的物体的即时速度vA=_______m/s；（5)如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏__________(填“大”或“小”）．【答案】（1)。0.02(2）。0。16（3）.0.40-0。44（4）。0.070—0。080（5）.大【解析】(1)每相邻两个计数点间还有4个打点计时器打下的点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0。1s;（2）利用匀变速直线运动的推论得:（2)设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4,

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得:

x3-x1=2a1T2

x4—x2=2a2T2

为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得：（3）根据匀变速直线运动速度与时间关系公式v=v0+at得A点所对应的物体的瞬时速度为：

vA=vC—atAC=0.074m/s

（4）如果在某次实验中，交流电的频率为49Hz，那么实际周期大于0。02s，根据运动学公式△x=at2得：测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏大的．

点睛：本题考查了利用匀变速直线运动的规律和推论解决问题的能力，不同的尺有不同的精确度,注意单位问题．对常见的几种测量长度工具要熟悉运用，并能正确读数．14.某实验小组要探究一小灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡在不同电压下的实际功率，实验电路如图甲所示：（1)实验闭合电键前，滑动变阻器的划片应在_____端（填“a”或“b”）（2）实验中闭合开关，把滑动片向一端移动过程中,发现电流表与电压表均有明显读数且读数几乎不变，则电路中出现故障的元件可能是______（填“A”或“B”）A．小灯泡B．滑动变阻器（3）该小组根据实验数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，可判定在图乙中小灯泡的功率与加在两端电压的平方U2的图像正确的是_______（选填“1”、“2"、“3”）（4）某同学将两个完全相同的这种小灯泡并联接在电源两端，已知电源的电动势E=3V、内阻r=2Ω，则此时每个小灯泡的实际功率为_________（结果保留两位有效数字）【答案】(1)。a（2）。B(3）.3（4).0．44【解析】（1）此电路是分压电路，滑动变阻器的aP部分与小灯泡并联，开始时应使小灯泡两端电压最小，故滑片应置于a端；（2）电流表与电压表均有明显读数,说明灯泡所在电路正常，滑动中示数几乎不变，说明滑动变阻器没有起到应有的作用,故可能存在故障的的滑动变阻器，故填B;（3）由，随着小灯泡两端电压的增大,灯丝温度升高,电阻增大,P随U2的变化变缓，即图线为3;(4）灯泡两端的电压为,流过每个灯泡的电流为，则，得,画出电源的U-I图线如图,交点坐标，,所以小灯泡消耗的电功率为:。三．计算题(两小题，共34分)15。如图甲所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量为m＝1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10m/s2.求：（1）水平作用力F的大小；(2）滑块开始下滑时的高度；（3）木板的质量。【答案】(1)3N（2)2.5m(3）1.5kg【解析】试题分析：(1）滑块受到水平推力、重力和支持力处于平衡,如图所示:代入数据可得：（2）由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：解得：下滑的位移：解得:故下滑的高度：(3）由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为,滑块与木板间的摩擦因数为二者共同减速时的加速度大小，发生相对滑动时，木板的加速度，滑块减速的加速度大小为：对整体受力分析可得：可得：在内分别对和做受力分析可得：对：对：带入数据解方程可得:考点:牛顿第二定律、匀变速直线运动【名师点睛】滑块受力平衡,在沿斜面方向和垂直斜面方向分别平衡。力反向后，垂直斜面方向平衡，沿斜面方向合力等于,滑块和木板整体减速时，整体受力分析即摩擦力等于,而对之前的相对运动阶段则可以分别计算合力，根据图像计算加速度。16。如图所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为θ的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行。A、B、C的质量分别是m、2m、2m，A、C均不带电，B带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远。B所受的电场力大小为6mgsinθ，开始时系统静止。现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为a的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g。（1）求静止时弹簧的压缩长度x1；(2)求A刚要离开墙壁时C的速度大小υ1及拉力F的大小；(3)若A刚要离开墙壁时，撤去拉力F，同时电场力大小突然减为2mgsinθ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm。【答案】（1）(2）（3）【解析】（1）开始时,弹簧处于压缩状态对C,受力平衡有T1=2mgsinθ对B，受力平衡有T1+kx1=6mgsinθ解得x1=（2）A刚要离开墙壁时墙壁对A的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B做匀加速直线运动，位移大小为x1时有解得根据牛顿第二定律对B有T2–6mgsinθ=2ma对C有F+2mgsinθ–T2=2ma解得F=4m（gsinθ+a)（3）A刚要离开墙壁后，A、B、C系统的合外力为零,系统动量守恒，当三个物块的速度υ2相等时，弹簧弹性势能最大，有(2m+2m）υ1=（m+2m+2m）υ2根据能量守恒定律有解得：Epm=17。下列说法中正确的是（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A。液晶即有液体流动性又有单晶体各向异性B.露珠呈球状是由于受重力的作用C。某物体温度高,组成该物体的某些分子速率可能很小D.理想气体从等温膨胀，一定从外界吸热E.压缩气体需要力表明气体分子间存在斥力【答案】ACD【解析】根据液晶的特性可知,液晶既有液体的流动性,又具有单晶体的各向异性,A正确;液体存在表面张力，有使液体的表面积减小到最小的趋势，如露珠呈球状就是由于液体表面张力的作用,B错误；物体的温度高，分子平均动能大，但由于分子运动是无规则的，所以组成该物体的某些分子速率可能很小,故C正确；一定质量理想气体等温膨胀，温度不变即内能不变，膨胀即对外做功，根据热力学第一定律，一定要吸收热量，故D正确；气体分子间距较大，分子力很小．压缩气体需要用力是为了克服气体内外的压强差，并不表明气体分子间存在着斥力，E错误．18.一圆柱形绝热汽缸，质量M为10kg，总长度L为40cm。内有一活塞，质量m为5kg,截面积S为50cm2，活塞与汽缸壁间摩擦不计，且不漏气.当外界大气压强p0为1×105Pa，缸内温度t0为7℃时，如图所示，用绳子系住活塞将汽缸悬挂起来，汽缸内气柱的高L1为35cm，取10m/s2。(缸体和活塞的厚度不计)求：①此时汽缸内气体的压强；②当缸内温度升高到多少摄氏度时,活塞与汽缸将分离。【答案】（1）0．8×105Pa（2)47℃【解析】试题分析:①以气缸为研究对象，受力分析,根据平衡条件得：p0S=pS+Mg得：②温度升高，气缸内气