高三物理月考试卷.docx

2018——2019物理第四次月考
14——18单选，19——21多选
14.火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上。不计火箭质量的变化，则（ ）
A. 火箭在匀速下降过程中机械能守恒
B. 火箭在减速下降过程中携带的检测仪器处于失重状态
C. 火箭在减速下降过程中合力做功，等于火箭机械能的变化
D. 火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力

15.如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，不考虑行星自转的影响，则（ ）
A. 金星表面的重力加速度是火星的
B. 金星的第一宇宙速度是火星的
C. 金星绕太阳运动的加速度比火星小
D. 金星绕太阳运动的周期比火星大

16.重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则：（ ）
A. 当时，运动员单手对地面的正压力大小为
B. 当时，运动员单手对地面的正压力大小为
C. 当θ不同时，运动员受到的合力不同
D. 当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等

17.甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示。关于两车的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A. 在0～4 s内甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动
B. 在0～2 s内两车间距逐渐增大，2～4 s内两车间距逐渐减小
C. 在t＝2 s时甲车速度为3 m/s，乙车速度为4.5 m/s
D. 在t＝4 s时甲车恰好追上乙车

18.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B. 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

19.如图所示，在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物块接触弹簧后即做减速运动
B. 物块接触弹簧后先加速后减速
C. 当弹簧最短时，物块有向左的加速度
D. 当物块的速度最大时，它受的合力为零

20.一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t，通过位移L后，动量变为p、动能变为Ek.若上述过程F不变，物体的质量变为，以下说法正确的是(　　)
A. 经过时间2t，物体动量变为2p
B. 经过位移2L，物体动量变为2p
C. 经过时间2t，物体动能变为2Ek
D. 经过位移2L，物体动能变为2Ek

21.如图，质子（）、氘核（）和α粒子都沿平行板电容器中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点，粒子重力不计，下列推断正确的是（ ）
A. 若它们射入电场时的速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点
B. 若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点
C. 若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点
D. 若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个亮点

22.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V 的交流电和直流电两种，重物从高处由静止开始落下，重物拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点的痕迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。
（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器件；
B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；
C．用天平测量出重物的质量；
D．释放悬挂纸带的夹子，接通电源开关打出一条纸带；
E．测量打出的纸带上某些点之间的距离；
F．根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。
其中没有必要进行的步骤是__________；操作不恰当的步骤是___________。
（2）某同学做“验证机械能守恒定律”的实验时，打下的一条纸带如图所示，0点为起始点，测得3 点、6 点、9 点与第一点0 间的距离分别为hA=1.75cm，hB=7.00cm，hC=15.70cm，交流电的周期是0.02s，当地的重力加速度g=9.8m/s2，设重物的质量是m=1.00kg，则从0 点到6 点，重物的动能增量ΔEk=____J，重物重力势能减少量ΔEp=____________J。（两空有效数字均保留至小数点后第2位）

（3）在验证机械能守恒定律的实验中发现，重物减少的重力势能总是大于重物动能的增加，其原因主要是在重物下落过程中存在着阻力的作用，可以通过该实验装置测定该阻力的大小。若已知当地重力加速度为g，重物的质量为m，打点计时器的打点频率为f，AC 和CE 之间的距离分别为s1，s2，如图所示。请用上述已知量表示出重物在下落过程中受到的平均阻力大小为F=__________。
S1
S2

23.为测量一根金属丝（电阻约5 Ω)的电阻率ρ选用的电学器材：电压表（量程3V，内阻约 3KΩ)，电流表（量程0. 6A，内阻约0.2 Ω)，滑动变阻器0-15 Ω)，学生电源（稳压输出3V)， 开关，导线若干。
（1）如图甲所示，用螺旋测微器测量金属丝的直径时，为了防止金属丝发生明显形变，同时防止损坏螺旋测微器，转动旋钮C至测砧、测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮_______(选填'“A”“B” “C”或“D”）发出“喀喀”声时停止；某次的测量结果如图乙所示，其读数为______ mm。
（2）请在答题卡上用笔画线代替导线将图丙的电路补充完整。
（3）如图丁所示，实验数据已描在坐标纸上，作出图线，求出该金属丝的电阻值为_____Ω (结果保留两位有效数字）。
（4）有人认为用图象法求金属丝的电阻是为了减小系统误差，他的观点是否正确_________？请说明理由 ；

24.如图所示，一带电小球的质量m=2×10-4kg，用长为L=0.8m的细线悬挂在水平方向的匀强电场中的O点，电场场强E=3×104N/C，当细线与竖直方向夹角为θ=37°时，小球恰好静止在A点。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小球带什么电？电荷量为多大？
（2）若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置的过程中，电场力做多少功？

25.如图所示，光滑水平地面上放有一长木板B，其质量为M，长度L=3.0m，B的右端紧靠台阶，上表面与台阶平齐．B上放有一质量为m的滑块C．现有一质量也为m的滑块A从h=1.0m高的斜面顶端由静止滑下，然后冲上木板B，（转角处速度大小不变，只改变方向；转角的大小可忽略）但最终A恰好未能撞上C．设A与其接触面间的动摩擦因数均为μ=0.25，滑块A的起始位置与木板B右端的水平距离s=0.8m，此过程中C与B恰好不发生相对滑动，不计滑块A、C的大小．已知M=3m，取g=10m/s2．求：
（1）滑块A刚冲上木板B时的速度v0；
（2）滑块C原来离木板B右端的距离d．

33.（1）下列四幅图的有关说法中不正确的是（ ）

A．分子间距离为r0时，分子间不存在引力和斥力
B．分子间距小于r0范围内分子间距离减小时，斥力增大引力减小，分子力表现为斥力
C．水面上的单分子油膜，在测量分子直径d大小时可把分子当作球形处理
D．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性
E．猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，分子间表现为斥力，可看作是绝热变化
（2）如图所示，竖直放置的导热气缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，缸内气体高度为2h0。现在活塞上缓慢添加砂粒，直至缸内气体的高度变为h。然后再对气缸缓慢加热，让活塞恰好回到原来位置。已知大气压强为p0，大气温度为T0，重力加速度为g，不计活塞与气缸间摩擦。求：
(i)所添加砂粒的总质量；
（ii）活塞返回至原来位置时缸内气体的温度。

34.略
2018-2019高三物理月考答题卡（四）

班级 姓名 座号 成绩

一、选择题（共48分）
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案

二、非选择题（共62分）
22、（5分） （1）
（2） （3）
23、（10分）（1） （3）
（4）

24、（14分）

25、（18分）

33、（15分）
（1）
（2）

2018-2019高三物理月考答题卡（四）

班级 姓名 座号 成绩

一、选择题（共48分）
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
D
B
A
C
B
BCD
AD
CD

二、非选择题（共62分）
22、（5分） （1） C BD
（2） 0.67 0.69 （3）
23、（10分）（1） D 0.540（0.539-0.541） （3） 4.2-4.6
（4） 不正确 多次测量取平均值只能减小偶然误差，不能减小系统误差
（2）如图；
（3）如图；
24、（14分）

解：（1）小球带正电，由平衡条件，则有：mgtanθ=Eq
代入数据解得：q=5×10-8C
（2） 根据静电力做功为：WF＝qELsin370＝7.2×10−4J

25、（18分）

解：（1）设斜面长为s1，倾角为θ，滑块A滑到斜面底端后冲上木板B前的水平部分长为s2．对滑块A由动能定理得：

由几何关系可知 s2+s1cosθ=s，
所以v0=4m/s
（2）当最终A恰好未能撞上C时，三个物体速度相同，设为v，由动量守恒定律得：
mv0=（m+m+M）v
代人数据解得：v=0.8m/s
设在此过程A相对于B滑行的距离为l，由能量守恒定律可得：

整理得：l=2.56m
所以滑块C原来离木板B右端的距离l=2.56m
33、（15分）
（1） ABE
（2）（i）设添加砂粒的总质量为m0
最初气体压强为
添加砂粒后气体压强为
该过程为等温变化，有p1S·2h＝p2S·h
解得
（ii）设活塞回到原来位置时气体温度为T1，该过程为等压变化，有
解得T1＝2 T0
试卷答案
14.D

解：火箭匀速下降过程中.动能不变.重力势能减小，故机械能减小，A错误:
火箭在减速下降时.携带的检测仪器受到的支持力大于自身重力力.故处在超重状态.B错误.由功能关系知.合力做功等于火箭动能变化.而除重力外外的其他力做功之和等于机械能变化，故C错误.
火箭着地时.加速度向上.所以火箭对地面的作用力大子自身重力，D正确.
15.B

解：有黄金代换公式GM=gR2可知g=GM/R2,所以 故A错误，
由万有引力提供近地卫星做匀速圆周运动的向心力可知解得

，所以 故B正确；
由 可知轨道越高，则加速度越小，故C错；
由 可知轨道越高，则周期越大，故D错；
综上所述本题答案是：B
【点睛】结合黄金代换求出星球表面的重力加速度，并利用万有引力提供向心力比较运动中的加速度及周期的大小。
16.A

解：运动员处于静止状态，即平衡状态.每只手都承受自身重力的一半.和角度无关，所以A正确,BC错误:由牛顿第三定律知两物体间的相互作用力大小永远相等.故D错误。
综上所述本题答案是：A
17.C

解：根据图象可知，乙的加速度逐渐减小，不是匀减速直线运动，故A错误；据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度。据图象可知，当t=4s时，两图象与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在4秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当t=4s时，两车速度相等即相距最远，故BD错误；在t=2s时乙车速度为v乙＝×(1.5+3)×2＝4.5m/s，甲车速度为v甲=1.5×2=3m/s，故C正确。故选C。
【点睛】本题考查了图象与追及问题的综合，解决本题的关键知道加速度时间图线围成的面积表示速度的变化量；知道两车共速时相距最远．
18.B

摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，选项A错误；圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即，所以重力大于支持力，选项B正确；转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据P=mgvcosθ可知重力的瞬时功率在变化，选项D错误．故选B．
19.BCD

解：A. 物体刚接触弹簧时，受到向左弹簧弹力的作用，但小于向右的水平恒力F，由牛顿第二定律可知物体仍然向右加速。故A错误；
B. 由牛顿第二定律可知加速度和合外力同时变化，物体从接触弹簧到压缩量最大的过程中，合外力先减小到零，加速度也减小到零，而速度继续增加；然后合外力再反向增大，加速度反向增大此时加速度和速度反向，速度逐渐减小。故B正确；
C. 当弹簧处于压缩量最大时，弹力大于向右的恒力，合外力不为零，物块有向左的加速度，故C正确；
D. 当物体受到合外力为零时，加速度为零，之前是加速度逐渐减小到零的加速过程，此时速度最大，故D正确。
故选：BCD.
【点睛】根据弹簧的特点可知，随着弹簧收缩量的增大，物体受到向外的弹力越大；F为恒力所以合外力逐渐减小并且合外力的方向会发生变化．物体开始接触弹簧合外力向右，随着压缩量的增大，合外力减小，当拉力等于弹力时，合外力为零此时速度最大，根据牛顿第二定律可知物体的加速度为零．物体继续向右运动时，弹力大于恒力，则合外力逐渐增大，加速度增大方向向左，速度逐渐减小，直到减速到零．
20.AD

解：以初速度方向为正方向，根据动量定理，有：Ft=△P，当时间变为2t后，动量变为2P，故A正确；根据：，动量变为2倍，质量减半，故动能变为8Ek，故C错误；经过位移2L，根据动能定理，有：FL=Ek，故位移变为2倍后，动能变为2Ek，故D正确；根据，动能变为2倍，质量减半，所以动量不变，故B错误。所以AD正确，BC错误。
21.CD

试题分析：三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：a=qE/m,偏转距离为：，运动时间为,联立三式得：,A、若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点．故A错误．B、若它们射入电场时的动量相等，，可见y与qm成正比，三个qm都不同，则在荧光屏上将只出现3个亮点．故B错误．C、若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点．故C错误．D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点．故D正确．故选D．
考点：考查带电粒子在匀强电场中的运动．
【名师点睛】此类题目属于类平抛运动，解题关键注意水平方向匀速，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，两个方向的运动具有等时性．

22. (1). （1）C (2). BD (3). （2）0.67 (4). 0.69 (5).

（1）因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C没必要．将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误．步骤D应先接通电源后放纸带；故错误的步骤是BD.
（2）在匀变速直线运动中，时间中点瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可得打第6个点时的速度为：
则从0点到6点，重物的动能增量：△Ek=mv62＝×1.00×(1.1625)2J≈0.67J
从打下起始点O到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量等于重力所做功，因此有：
△EP=mghB=0.69J
（3）由题意可知，s1、s2是相邻的相等时间内的位移，而计数点时间T′=2T．
由△x=aT′2可得： ；
设阻力大小为F，由牛顿第二定律可知，mg-F=ma，
得 F=m（g-a）=m（g-）．
点睛：纸带问题的处理是力学实验中常见的问题，在有纸带处理实验中，若纸带做匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度；要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒．
23. (1). （1）D； (2). 0.540（0.539-0.541） (3). （2）如图；
(4). （3）如图；
(5). 4.2-4.6 (6). （4）不正确； (7). 多次测量取平均值只能减小偶然误差，不能减小系统误差；

（1）调节微调旋钮“D”
读数为：；
（2）电流表串联在电路中，实物连接如图：
（3）利用描点作图，将各组数据连接成直线如图：
斜率表示电阻，；
（4）他的观点不正确，多次测量取平均值只能减小偶然误差，不能减小系统误差；

24.（1）小球带正电， ；（ 2）

【分析】
带电小球有电场力、细线的拉力与重力处于平衡状态，根据图示位置可确定电场力的方向，则由电场线的方向可得出带电小球的电性，及电量大小；电场力做功等于电场力与沿电场力方向的位移乘积。
解：（1）小球带正电，由平衡条件，则有：mgtanθ=Eq
代入数据解得：q=5×10-8C
（2） 根据静电力做功为：WF＝qELsin370＝7.2×10−4J
【点睛】本题考查了电场强度平衡条件、功的计算。根据电场力及电场线的方向来确定电荷的电性，同时还考查电场力做功与沿着电场力方向的位移有关。
25.
解：（1）设斜面长为s1，倾角为θ，滑块A滑到斜面底端后冲上木板B前的水平部分长为s2．对滑块A由动能定理得：

由几何关系可知 s2+s1cosθ=s，
所以v0=4m/s
（2）当最终A恰好未能撞上C时，三个物体速度相同，设为v，由动量守恒定律得：
mv0=（m+m+M）v
代人数据解得：v=0.8m/s
设在此过程A相对于B滑行的距离为l，由能量守恒定律可得：

整理得：l=2.56m
所以滑块C原来离木板B右端的距离l=2.56m
答：
（1）滑块A刚冲上木板B时的速度v0为4m/s．
（2）滑块C原来离木板B右端的距离d为2.56m．
【考点】动量守恒定律；动能定理的应用．
【分析】（1）小滑块滑到底部前，重力和摩擦力做功做功，根据动能定理列式求解；
（2）当最终A恰好未能撞上C时，三个物体速度相同，对于三个物体组成的系统遵守动量守恒，根据动量守恒定律求解共同速度；系统机械能的减小量等于内能的增加量；联立方程即可求得滑块C原来离木板B右端的距离d．
33.（1）.ABE.

解：当分子间距离为r0时，分子间存在的引力和斥力大小相等，所以分子力整体的效果为0．故A错误；分子间距小于r0范围内分子间距离减小时，斥力和引力都增大，但引力增大的慢，所以分子力表现为斥力。故B错误；水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径d大小时把它们当做球形处理，故C正确；晶体具有点阵结构，食盐属于晶体，食盐中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，故D正确；猛推木质推杆，外界对气体做正功，密闭的气体温度升高，压强变大。此时气体分子之间的距离仍然大于r0，分子之间的相互作用力仍然是引力，但是很小，几乎可以忽略不计。故E错误。本题选择错误的，故选ABE.
【点睛】本题容易出错的选项是C项，要知道油膜法估测分子直径的实验有三条假设前提：（2）．将油膜看成单分子油膜，2．不考虑各油分子间的间隙，3．将油膜分子看成球形．
（i） （ii）

试题分析：（i）设添加砂粒的总质量为m0
最初气体压强为
添加砂粒后气体压强为
该过程为等温变化，有p1S·2h＝p2S·h
解得
（ii）设活塞回到原来位置时气体温度为T1，该过程为等压变化，有
解得T1＝2 T0
考点：气体的状态变化方程
【名师点睛】此题是对气体状态变化方程的考查；解题时要弄清气体的状态并能找到气体的状态变化参量，根据气态方程列式解答．

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