甘肃省武威市第十八中学届高三上学期第三次月考物理试题

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，业必贵于专精甘肃省武威市第十八中学2018届高三上学期第三次月考物理试题一、选择题(1—7题单选，8—10题多选)1。关于物理学的研究方法，以下说法错误的是()A.在用实验探究加速度、力和质量三者之间关系时,应用了控制变量法B。在利用速度时间图像推导匀变速直线运动位移公式时应用的是微元法C。在定义电场强度时应用了比值法,因而电场强度与电场力和试探电荷的电量无关D.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，建立质点概念是应用近似替代法【答案】D【解析】试题分析：在研究物体加速度与质量和力的关系时用到了控制变量法,故选项A正确；在推导匀变速直线运动位移时间公式过程中用到了微元法,故选项B正确；电场强度是电场力与试探电荷所带电荷量之比，故选项C正确；质点概念的建立应用了理想化模型法,故选项D错误.考点:本题考查物理学史问题.2。如图所示，一个重为30N的物体，放在倾角的斜面上静止不动，若用F=5N的竖直向上的力提物体，物体仍静止，下述结论正确的是(）A。物体受到的摩擦力减小5NB。物体对斜面的作用力减小5NC.斜面受到的压力减小5ND.物体受到的合外力减小5N【答案】A【解析】试题分析：无拉力时对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力,如图所示根据共点力平衡条件,有：，,有拉力F作用后，再次对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和静摩擦力,如图所示,根据共点力平衡条件，有：KS5U.。。KS5U...KS5U。..KS5U..。KS5U.。.KS5U。.。KS5U..。KS5U.。。考点:本题考查了物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算3.如图所示,在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向左运动时,物体M的受力和运动情况是（)A.绳的拉力等于M的重力B。绳的拉力大于M的重力C。物体M向上做匀速运动D。物体M向上做匀加速运动【答案】B【解析】试题分析:汽车向左匀速运动，其速度可分解为沿绳长方向和垂直于绳子分析的两个分运动，沿绳长方向的分速度，所以ｖ′增大，即物体Ｍ向上做加速运动，又因为ｖ′变化不均匀，所以不是匀加速运动，故选项CD错误；由于物体M做加速运动,所以绳子的拉力大于重力，故选项B正确．考点：本题考查运动的合成与分解及受力分析．4。如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点,并在同一平面内做匀速圆周运动，则它们的（）A.周期不相同B.线速度的大小相等C.角速度的大小相等D。向心加速度的大小相等【答案】C【解析】小球做圆周运动的向心力由重力和绳子拉力的合力提供，绳与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析有：在竖直方向有：Tcosθ−mg=0①在水平方向有：Tsinθ=ma==②由①②得：mgtanθ=ma==因为小球在同一平面内做圆周运动,则由题意知，小球圆周运动半径r=htanθ,其中h为运动平面到悬点的距离。AC、运动的角速度ω=，角速度与夹角θ无关，都相同。根据T=2π/ω知，周期相同，故A错误,C正确;B、运动的线速度,知转动半径不同θ不同，线速度不同，B错误；D、向心加速度a=gtanθ,向心加速度不同，故D错误。故选：C.点睛：抓住小球圆周运动的向心力由重力和绳的拉力的合力提供，且在同一平面内做匀速圆周运动，由受力分析确定．5.2016年11月24日，我国成功发射了天链一号04星，天链一号04星是我国发射的第4颗地球同步卫星,它与天链一号02星、03星实现组网运行,为我国神舟飞船，空间实验室天宫二号提供数据中继与测控服务，如图，1是天宫二号绕地球稳定运行的轨道，2是天链一号绕地球稳定运行的轨道,下列说法正确的是（）A.天链一号04星的最小发射速度是B。天链一号04星的运行速度小于天宫二号的运行速度C.为了便于测控，天链一号04星相对于地面静止于北京飞控中心的正上方D。由于技术进步，天链一号04星的运行速度可能大于天链一号02星的运行速度【答案】B【解析】由于第一宇宙速度是人造地球卫星飞船环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，同时又是最小的发射速度,可知飞船的发射速度大于第一宇宙速度7。9km/s．飞船的发生时速度大于第二宇宙速度11。2km/s时,就脱离地球束缚．所以飞船的发射速度要小于第二宇宙速度,同时要大于第一宇宙速度，介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故A错误；由万有引力提供向心力得:可得，可知轨道半径比较大的天链一号04星的运行速度小于天宫二号的运行速度．故B正确;天链一号04星位于赤道正上方，不可能位于北京飞控中心的正上方，故C错误；根据题意，天链一号04星与天链一号02星都是地球同步轨道数据中继卫星,轨道半径相同，所以天链一号04星与天链一号02星具有相同的速度，故D错误；6。如图所示,水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻质量为m的物块无初速地放在传送带的左端,经过一段时间物块能与传送带保持相对静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数为。若当地的重力加速度为,对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程，下列说法中正确的是（）A.物块所受摩擦力的方向水平向左B。物块运动的时间为C.物块相对地面的位移大小为D。物块相对传送带的位移大小为【答案】D【解析】试题分析：物块相对传送带向左滑动，摩擦力方向水平向右，即物块所受合外力为，加速度,物块运动的时间,物块相对地面的位移大小，物块相对传送带的位移大小，故ABC错误,D正确.故选D。【点睛】根据相对运动方向求得摩擦力方向；由受力分析求得合外力,即可由牛顿第二定律求得加速度,然后根据匀变速运动规律求得运动时间、位移,然后由几何关系求得相对位移．7。跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。如图所示，设可视为质点的滑雪运动员从倾角为的斜坡顶端P处，以初速度水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处,AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度的大小，L和t都随之改变。关于L、t与的关系，下列说法中正确的是（）A。L与成正比B。L与成反比C。t与成正比D.t与成反比【答案】C【解析】滑雪运动可理解为物体在斜坡上的平抛运动，设水平位移x，竖直位移为y，结合几何关系，有：水平方向上，竖直方向上，联立得:，则，即t与成正比，C正确,D错误;由水平方向位移公式得,即L与成正比，AB错误，选C．【点睛】滑雪运动可理解为物体做平抛运动,根据平抛运动规律：水平方向上匀速直线运动，竖直方向上自由落体运动，并结合几何知识列式联立可求解．8。在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度水平匀速移动，经过时间t,猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图，关于猴子的运动情况,下列说法中正确的是（)A。相对地面的运动轨迹为直线B.相对地面做匀变速曲线运动C。t时刻猴子对地速度的大小为D.t时间内猴子对地的位移大小为【答案】BD【解析】试题分析：猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线,故A错误;猴子在水平方向上的加速度为0，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不变,做匀变速曲线运动，故B错误;时刻猴子在水平方向上的速度为，和竖直方向上的分速度为，所以合速度，故C错误;在时间内猴子在水平方向和竖直方向上的位移分别为和，根据运动的合成，知合位移，故D正确。考点：运动的合成和分解【名师点睛】解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况。9。如图所示，在发射地球同步卫星的过程中,卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则(）A.该卫星在P点的速度大于,且小于B。该卫星的发射速度大于C。卫星在轨道Ⅰ上任何一点的速度都比轨道Ⅱ上任何一点的速度大D.卫星在Q点加速由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ,故轨道Ⅱ在Q点的速度大于轨道Ⅰ在Q点的速度【答案】BD【解析】试题分析：第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，也是在地面附近发射人造卫星的最小发射速度，根据离心运动的条件可知，则该卫星在P点的速度大于，而同步卫星仍绕地球做匀速圆周运动，故在P点的速度小于．故AB正确．在轨道Ⅰ上的Q点速度较小，万有引力大于所需要的向心力，会做近心运动,要想进入圆轨道Ⅱ，需加速，使万有引力等于所需要的向心力．所以在轨道I经过Q点的速度小于在轨道Ⅱ上经过Q点时的速度，故C错误，D正确。故选ABD.【点睛】10.有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强方向射入，分别落到极板A、B、C处，如图所示，则下列说法正确的有(）A。落在A处的微粒带正电,B处的不带电，C处的带负电B。三个微粒在电场中运动时间相等C。三个微粒到达极板时的动能D.三个微粒在电场中运动的加速度【答案】AD【解析】试题分析:三个微粒的初速度相等，水平位移，根据水平方向上做匀速直线运动,由得，三个微粒在竖直方向上的位移相等，根据，可知,即B仅受重力，A所受的电场力向上，C所受的电场力向下,所以B不带电，A带正电，C带负电．故AD正确，B错误．根据动能定理，三个微粒重力做功相等，A电场力做负功，C电场力做正功，所以C的动能变化量最大，A动能变化量最小,初动能相等,所以三个微粒到达极板时的动能．故C错误．故选AD.【点睛】三个质量相等的微粒在电场中都做类平抛运动，根据水平位移的大小比较出运动的时间，根据竖直位移相等，比较出粒子在竖直方向上的加速度,从而判断出电荷的电性．根据动能定理比较三个微粒到达极板时的动能．二、实验题11.某同学用如图所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：（1)该同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材：

A。交流电源、导线B.天平(含配套砝码）C.秒表D.刻度尺E。细线、砂和小砂桶其中不必要的器材是

_________________

(填代号）.（2）打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况。其中一部分纸带上的点迹情况如图甲所示，已知打点计时器打点的时间间隔T=0。02s，测得A点到B、C点的距离分别为、，则在打下点迹B时，小车运动的速度=_____；小车做匀加速直线运动的加速度a=____。（结果保留三位有效数字）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a-F图象,其中图线不过原点的原因是______________，图线在末端弯曲的原因是_____________________.【答案】(1）。C（2）.0.680（3).1.61(4）.平衡摩擦力过度（5).砂和小砂桶的总质量m不远小于小车和砝码的总质量M【解析】试题分析：（1)在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表．上述器材中不必要的为C．（2）B点的速度等于AC段的平均速度，则有：，根据得：(3）由图可知当小车的拉力为0时,小车的加速度大于0,说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大;该实验中当小车的质量远大于钩码质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，随着F的增大，即随着钩码质量增大，逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差,图象会产生偏折现象.【点睛】根据实验的原理确定测量的物理量，从而确定所需的器材．利用匀变速直线运动的两个推论求B点的速度和加速度．结合实验原理分析图象产生误差的原因。三、计算题(3小题)12。如图所示，将质量m＝1kg的圆环套在固定的倾斜足够长的直杆上，杆的倾角为，环的直径略大于杆的截面直径。对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为的拉力，使圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间动摩擦因数。求（1)F作用t=2s时圆环的速度是多大?（2)2s后撤去力F,求圆环继续沿杆上滑的最大距离是多少？【答案】（1）,（2）16m.【解析】试题分析：(1）根据牛顿第二定律求出圆环向上滑动的加速度，结合速度时间公式求出圆环的速度．(2）撤去拉力后，结合牛顿第二定律求出圆环的加速度,结合速度位移公式求出圆环继续上滑的最大距离．（1)对圆环受力分析,如图所示由牛顿第二定律得：由平衡条件得：滑动摩擦力公式联立解得：2s时圆环的加速度由运动学公式得：2s时圆环的速度代入数据解得：由牛顿第二定律得:由平衡条件得：滑动摩擦力公式联立解得:2s后圆环的加速度圆环继续沿杆上滑的最大距离【点睛】掌握解决动力学两类基本问题的方法和思路：一已知物体的运动求物体的受力,二是已知物体的受力求物体的运动情况．解决这两类问题的关键是桥梁根据牛顿第二定律求出加速度a．13。如图所示，倾角为的斜面长,在斜面底端正上方的O点将一小球以速度水平抛出，与此同时释放在顶端静止的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块(小球和滑块均视为质点,重力加速度,)。求：(1）抛出点O离斜面底端的高度;（2）滑块与斜面间的动摩擦因数。【答案】(1）1.7m，（2）0.125（1）将小球在P点的速度分解,如图所示由几何关系得：解得：又解得：则平抛运动的水平位移平抛运动的竖直位移根据几何关系解得：所以抛出点O离斜面底端的高度（2）根据几何关系滑块匀加速运动的位移根据位移公式解得：对滑块,根据牛顿第二定律:解得：代入数据解得:【点睛】该题是平抛运动和牛顿第二定律等基本规律的应用，主要抓住撞到斜面上时水平速度和竖直方向速度关系、位移关系和几何关系解题。14。如图甲，质量M=0.99kg的小木块静止放置在高h=0。8m的平台,小木块距平台右边缘d=2m,质量m=0。01kg的子弹沿水平方向射入小木块，留在其中一起向右运动，小木块和子弹作用时间极短，可忽略不计,一起向右运动的图象如图乙．最后,小木块从平台边缘飞出落在距平台右侧水平距离x=0。8m的地面上，，求：（1）小木块从平台边缘飞出的速度;(2）小木块平台运动过程中产生的热量;(3）子弹射入小木块前的速度．【答案】（1)，（2）6J,（3）．【解析】试题分析：(1）小木块从平台滑出后做平抛运动，根据平抛运动规律列式求解；（2）先根据速度位移公式可得到图象的表达式，求出加速度；再根据牛顿第二定律求解出滑动摩擦力，最后根据功能关系求解热量；（3）子弹射木块过程，系统动量守恒,根据动量守恒定律求解．（1)设小木块以速度v从平台滑出,做平抛运动竖直方向有：解得：水平方向有：解得:（2)因为小木块在平台上滑动过程中做匀减速运动根据，可得图象的斜率解得:小木块在平台上滑动的加速度大小根据牛顿第二定律得:摩擦力故小木块在滑动过程中产生的热量：（3)由图象可得小木块刚开始滑动时的速度为子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律得:解得：【点睛】本题关键是由图象得到减速过程加速度，由平抛运动得到初速度，然后根据运动学规律、牛顿第二定律和动量守恒定律等相关知识列式求解．四、选考题（4小题)15。下列说法正确的是________A。当分子间距离增大时，分子势能可能增大B。热量不可能从低温物体传到高温物体C。影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的绝对湿度D.温度降低，物体内所有分子运动的速度不一定都变小E.一定质量理想气体对外做功，内能不一定减少，但密度一定减小【答案】ADE【解析】试题分析：当分子间距离增大时，若分子力为引力，分子力做负功,分子势能增大；若分子力为斥力，分子力做正功,分子势能减小，故A正确．根据热力学第二定律，不可能使热量从低温物体传递到高温物体,而不引起其他变化，但在一定的条件下热量可以从低温物体传到高温物体，如空调．故B错误;影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的相对湿度，故C项错误;温度是分子的平均动能的标志，是大量分子做无规则运动的统计规律,温度降低，不是物体内所有分子运动的速度都变小．故D正确;一定质量理想气体对外做功,因不知道热传递的情况，故内能不一定减少，但体积一定增大，密度一定减小，故E正确；故选ADE。【点睛】本题考查热力学多个知识,其中重点是分子动理论、气态方程、热力学第一、第二定律、液体与固体的相关性质等相关内容.16.如图所示,竖直放置的圆柱形汽缸内有一不计质量的活塞,可在汽缸内作无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体。已知活塞截面积为，大气压强为，汽缸内气体温度为，试求：(i)若保持温度不变，在活塞上放一重物，使汽缸内气体的体积减小一半,这时气体的压强和所加重物的重力；（ii）在加压重物的情况下，要使汽缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热，使温度升高到多少摄氏度。【答案】(i），1000N;（ii）.【解析】试题分析：（i）先根据理想气体的等温变化解得此时气体的压强，再根据，求解所加的物体重力．(ii）根据理想气体状态方程求解。（1）若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小一半气体初态参量为,气体末态参量为理想气体做等温变化：解得：活塞面积：又解得：所加的重物G=1000N(2）在加压重物的情况下，保持气缸内压强不变，要使气缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热，已知根据理想气体状态方程:解得：

所以【点睛】正确应用理想气体状态方程的前提是:判断此变化过程是属于等压、等容、还是等温变化，受力分析时研究对象的确定．17。图甲为一列简谐横波在t=0。10s时的波形图,P是平衡位置在x=0.5m处的质点，Q是平衡位置在x=2.0m处的质点；图乙为质点Q的振动图象.下列说法正确的是(）A.这列简谐波沿x轴正方向传播B.波的传播速度为C。从t=0到t=0。25s，波传播的距离为3mD。从t=0.10s到t=0。15s,质点P通过的路程为10cmE。t=0。15s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相反【答案】BCE【解析】试题分析：振动图象的斜率表示速度，由乙图知，在t=0.10s时Q点的速度方向沿y轴负方向．