云南省峨山一中高三上學期第一次月考物理試題

云南省峨山一中20182019學年高三第一次月考理科綜合物理一、單選題1.手提一根不計質量的、下端掛有物體的彈簧上端，豎直向上做加速運動．當手突然停止運動后的極短時間內，物體將()A.立即處于靜止狀態(tài)B.向上做加速運動C.向上做勻速運動D.向上做減速運動【答案】B【解析】【詳解】當手突然停止運動后極短時間內，彈簧形變量極小，彈簧中的彈力仍大于重力，合力向上，物體仍向上做加速運動，故B正確，ACD錯誤。2.從同一地點同時開始沿同一直線運動的兩個物體Ⅰ、Ⅱ的速度圖象如圖所示，在0～t2時間內，下列說法中正確的是()A.Ⅰ、Ⅱ兩個物體在t1時刻相遇B.Ⅰ、Ⅱ兩個物體的平均速度大小都是vC.Ⅰ、Ⅱ兩個物體所受的合外力都在不斷減小D.Ⅰ物體的加速度不斷增大，Ⅱ物體的加速度不斷減小【答案】C【解析】【詳解】圖線與坐標軸圍成圖形的面積Ⅰ大于Ⅱ，所以Ⅰ、Ⅱ兩個物體在t1時刻不相遇，故A錯誤；圖線與時間軸包圍的面積表示對應時間內的位移大小，如果物體的速度從v2均勻減小到v1，或從v1均勻增加到v2，物體的位移就等于圖中梯形的面積，平均速度就等于v1+v22，故Ⅰ的平均速度大于v1速度－時間圖象上某點的切線的斜率表示該點對應時刻的加速度大小，故物體Ⅰ做加速度不斷減小的加速運動，物體Ⅱ做加速度不斷減小的減速運動，根據(jù)牛頓第二定律知Ⅰ、Ⅱ兩個物體所受的合外力都在不斷減小，故C正確，D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。3.一個做勻速圓周運動的物體，在運動過程中，若所受的一切外力都突然消失，則由牛頓第一定律可知，該物體將()A.改做勻速直線運動B.立即靜止C.繼續(xù)做勻速圓周運動D.改做變速圓周運動【答案】A【解析】【詳解】勻速圓周運動的物體，以前是運動的，根據(jù)牛頓第一定律，一切外力消失，將做勻速直線運動，故A正確，BCD錯誤。4.2012年我國宣布北斗導航系統(tǒng)正式商業(yè)運行。北斗導航系統(tǒng)又被稱為“雙星定位系統(tǒng)”，具有導航、定位等功能?！氨倍贰毕到y(tǒng)中兩顆工作衛(wèi)星均繞地心做勻速圓周運動，軌道半徑為，某時刻兩顆工作衛(wèi)星分別位于軌道上的A、B兩位置（如圖所示）．若衛(wèi)星均順時針運行，地球表面處的重力加速度為g，地球半徑為，不計衛(wèi)星間的相互作用力．則以下判斷中正確的是（）A.這兩顆衛(wèi)星的加速度大小相等，均為RB.衛(wèi)星l由位置A運動至位置B所需的時間為2C.衛(wèi)星l向后噴氣就一定能追上衛(wèi)星2D.衛(wèi)星1由位置A運動到位置B的過程中萬有引力做正功【答案】A【解析】試題分析：根據(jù)萬有引力定律可得：，又，則，選項A正確；由，解得，衛(wèi)星l由位置A運動至位置B所需的時間為，選項B錯誤；衛(wèi)星l向后噴氣將脫離原軌道而跑到高軌道上去，故不能追上衛(wèi)星2，選項C錯誤；衛(wèi)星1由位置A運動到位置B的過程中萬有引力不做功，選項D錯誤；故選A.考點：萬有引力定律的應用.5.如右圖所示，在傾角為α＝30°的光滑斜面上，有一根長為L＝0.8m的細繩，一端固定在O點，另一端系一質量為m＝0.2kg的小球，沿斜面做圓周運動，若要小球能通過最高點A，則小球在最低點B的最小速度是()A.2m/sB.210C.25m/sD.2【答案】A【解析】小球恰好能在斜面上做完整的圓周運動，剛小球通過A點時細線的拉力為零，根據(jù)圓周運動和牛頓第二定律有：mgsi二、多選題6.如圖所示，相距為d的邊界水平的勻強磁場，磁感應強度水平向里、大小為B.質量為m、電阻為R、邊長為L的正方形線圈abcd，將線圈在磁場上方高h處由靜止釋放，已知cd邊剛進入磁場時和cd邊剛離開磁場時速度相等，不計空氣阻力，則()A.在線圈穿過磁場的整個過程中，克服安培力做功為mgdB.若L＝d，則線圈穿過磁場的整個過程所用時間為2C.若L<d，則線圈的最小速度可能為mD.若L<d，則線圈的最小速度可能為2【答案】BCD【解析】【詳解】根據(jù)能量守恒研究從cd邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程：動能變化為0，重力勢能轉化為線框產(chǎn)生的熱量，則進入磁場的過程中線圈產(chǎn)生的熱量Q＝mgd，cd邊剛進入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0，所以從cd邊剛穿出磁場到ab邊離開磁場的過程，線框產(chǎn)生的熱量與從cd邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程產(chǎn)生的熱量相等，所以線圈從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程，產(chǎn)生的熱量Q′＝2mgd，感應電流做的功為2mgd，故A錯誤；線圈剛進入磁場時的速度大小v=2gh，若L＝d，線圈將勻速通過磁場，所用時間為t=2dv=2d2gh=2ghd，故B正確；若L<d，線框可能先做減速運動，在完全進入磁場前做勻速運動，因為完全進入磁場時的速度最小，則mg=B2L7.如圖所示，水平皮帶的速度保持不變，現(xiàn)將一物體輕放在皮帶A端，開始時物體在皮帶上滑動，當它到達位置C后隨皮帶一起勻速運動，直至傳送到B端，則在此過程中A.物體由A運動到B過程中始終受水平向左的滑動摩擦力B.物體在AC段受水平向右的滑動摩擦力C.物體在CB段受水平向右的靜摩擦力D.物體在CB段不受摩擦力作用【答案】BD【解析】試題分析：當物體從A到C的運動過程中，物體相對傳送帶向左運動，所受摩擦力向右，A錯；當物體與傳動帶相對靜止勻速運動時，所受摩擦力為零，BD對；C錯；考點：考查摩擦力的判斷點評：難度較小，摩擦力的有無根據(jù)假設法或運動情況分析判斷，摩擦力的方向總是與相對運動或相對運動趨勢相反8.如圖甲所示，傾角為θ的粗糙斜面體固定在水平面上，初速度為v0=10m/s、質量為m=1kg的小木塊沿斜面上滑，若從此時開始計時，整個過程中小木塊速度的平方隨路程變化的關系圖像如圖乙所示，取g=10m/s2，下列說法正確的是（）A.05s內小木塊做勻減速運動B.在t=1s時，摩擦力反向C.斜面傾角θ=37D.小木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5【答案】BCD【解析】由勻變速直線運動的速度位移公式：v2v02=2ax與圖象看的：a=v2?v022x=0?1002×5=?10m/s2，由圖示圖象可知，初速度：v02=100，v0=10m/s，減速運動時間：t=v三、實驗題(共2小題,共15分)9.某實驗小組利用圖1所示的裝置探究加速度與力、質量的關系．圖1①下列做法正確的是________(填字母代號)A．調節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行B．在調節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上C．實驗時，先放開木塊再接通打點計時器的電源D．通過增減木塊上的砝碼改變質量時，不需要重新調節(jié)木板傾斜度②為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運動時受到的拉力，應滿足的條件是砝碼桶及桶內砝碼的總質量________木塊和木塊上砝碼的總質量．(選填“遠大于”、“遠小于”或“近似等于”)圖2③甲、乙兩同學在同一實驗室，各取一套圖1所示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到圖2中甲、乙兩條直線．設甲、乙用的木塊質量分別為m甲、m乙，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲、μ乙，由圖2可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(選填“大于”、“小于”或“等于”)【答案】(1).①AD(2).②遠小于(3).③小于(4).大于【解析】【詳解】(1)在探究加速度與力、質量的關系的實驗中，平衡摩擦力時木板不通過定滑輪掛砝碼桶，而要掛紙帶，并且改變質量時不需要重新平衡摩擦力；在實驗時應先接通電源再放開木塊，故選項A、D均正確，B、C均錯誤。(2)選木塊(M)、砝碼桶及桶內的砝碼(m)為研究對象，則mg＝(M＋m)a①選砝碼桶及桶內的砝碼為研究對象則mg－FT＝ma②聯(lián)立①②得：FT＝mg－m2要使FT＝mg需要m2gM+m接近于(3)對木塊由牛頓第二定律得：F－μmg＝ma即a＝1mF－μg由上式與題圖結合可知：1m甲>1m乙，μ甲即：m甲<m乙，μ甲>μ乙【點睛】要提高應用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用．關于圖象問題，常用的方法是得出兩個物理量的表達式，結合圖線的斜率和截距進行分析求解．10.某金屬材料制成的電阻Rr阻值隨溫度變化而變化，為了測量Rr在0到100℃之間的多個溫度下的電阻阻值。某同學設計了如圖所示的電路。其中A為量程為1mA、內阻忽略不計的電流表，E為電源，R1為滑動變阻器，RB為電阻箱，S①完成下面實驗步驟中的填空：a．調節(jié)溫度，使得Rr的溫度達到T1，b．將S撥向接點l，調節(jié)_______，使電流表的指針偏轉到適當位置，記下此時電流表的讀數(shù)I；c．將S撥向接點2，調節(jié)_______，使_______，記下此時電阻箱的讀數(shù)R0；d．則當溫度為T1時，電阻Rr=________：e．改變Rr的溫度，在每一溫度下重復步驟②③④，即可測得電阻溫度隨溫度變化的規(guī)律。②由上述實驗測得該金屬材料制成的電阻Rr隨溫度t變化的圖象如圖甲所示。若把該電阻與電池（電動勢E=1.5V，內阻不計）、電流表（量程為5mA、內阻Rg=100Ω）、電阻箱R串聯(lián)起來，連成如圖乙所示的電路，用該電阻作測溫探頭，把電流表的電流刻度改為相應的溫度刻度，就得到了一個簡單的“金屬電阻溫度計”。a．電流刻度較大處對應的溫度刻度_______；（填“較大”或“較小”）b．若電阻箱取值阻值R=50Ω，則電流表【答案】(1).滑動變阻器R1(2).電阻箱RB(3).電流表的讀數(shù)仍為I(4).R0(5).較小(6).50【解析】【詳解】①測量不同溫度下Rr的阻值，使用的是替代法。將S撥向接點l，應調節(jié)滑動變阻器R1，使電流表的指針偏轉到適當位置，記下此時電流表的讀數(shù)I；將S撥向接點2，應保持R1阻值不變，調節(jié)電阻箱RB，使電流表的讀數(shù)仍為I，則說明兩次連接回路的總電阻相等，所以Rr=R0。②根據(jù)閉合電路的歐姆定律，電流較大，則R總較小，Rr較小，再由甲圖知，溫度較??；由E=IRr+Rg+R四、計算題11.如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零（空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g）。求：（1）小球到達小孔處的速度；（2）極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；（3）小球從開始下落運動到下極板的時間?！敬鸢浮?1)v=2gh(2)E=【解析】試題分析：（1）小球到達小孔前是自由落體運動，根據(jù)速度位移關系公式，有：v2=2gh解得：v=（2）對從釋放到到達下極板處過程運用動能定理列式，有：mg（h+d）qEd=0解得：E=電容器兩極板間的電壓為：U電容器的帶電量為：Q（3）加速過程：mgt1=mv…③減速過程，有：（mgqE）t2=0mv…④t=t1+t2…⑤聯(lián)立①②③④⑤解得：t考點：牛頓第二定律及動能定理的應用【名師點睛】本題關鍵是明確小球的受力情況和運動規(guī)律，然后結合動能定理和動量定理列式分析，不難。視頻12.小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動.當球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地，如圖14所示.已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為34d，重力加速度為g，忽略手的運動半徑和空氣阻力(1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2；(2)求繩能承受的最大拉力；(3)改變繩長，使球重復上述運動，若繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應是多少？最大水平距離為多少？【答案】(1)2gd10gd2(2)113mg【解析】【詳解】(1)設繩斷后球飛行時間為t，由平拋運動規(guī)律得豎直方向14d＝12水平方向d＝v1t解得v1＝2在豎直方向上有v⊥2＝2g(1－34)v22－v12＝2g(1－34解得v2＝10g(2)設繩能承受的最大拉力大小為FT，這也是球受到繩的最大拉力大小.球做圓周運動的半徑為R＝34對小球在最低點由牛頓第二定律得：FT－mg＝mv解得FT＝113(3)設繩長為l，繩斷時球的速度大小為v3，繩承受的最大拉力不變.由牛頓第二定律得FT－mg＝m解得v3＝23繩斷后球做平拋運動，豎直位移為d－l，水平位移為x，時間為t1，則豎直方向d－l＝12gt1水平方向x＝v3t1解得x＝4l(當l＝d2時，x有最大值，xmax＝23【點睛】本題考查了圓周運動和平拋運動的綜合，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律和圓周運動向心力的來源是解決本題的關鍵。13.下列說法中正確的是()A.知道水蒸氣的摩爾體積和水分子的體積，可計算出阿伏加德羅常數(shù)B.隨著分子間距離的增大，分子間作用力減小，分子勢能也一定減小C.單晶體有固定的熔點，而多晶體沒有固定的熔點D.硬幣或鋼針能浮于水面上，是由于液體表面張力的作用【答案】D【解析】A、固體液體的分子間距離較小，但氣體分子間距離較大，故知道水蒸氣的摩爾體積和水分子的體積，不可計算出阿伏加德羅常數(shù)，故A錯誤；B、隨著分子間距離的增大，分子間作用力減小，但分子勢能的變化不好確定，要具體分析看分子力做功的正負來確定，故B錯誤；C、無論單晶體還是多晶體都有固定的熔點，故C錯誤；D、輕小物體浮于液面上，沒有浸在液體中，是由于表面張力的緣故，故D正確；故選D。14.如圖所示，一根上粗下細、粗端與細端都粗細均勻的玻璃管上端封閉、下端開口，橫截面積S1=4S2，下端與大氣連通．粗管中有一段水銀封閉了一定質量的理想氣體，水銀柱下表面恰好與粗管和細管的交界處齊平，空氣柱和水銀柱長度均為h=4cm．現(xiàn)在細管口連接一抽氣機（圖中未畫出），對細管內氣體進行緩慢抽氣，最終使一半水銀進入細管中，水銀沒有流出細管．已知大氣壓強為P0=76cmHg．①求抽氣結束后細管內氣體的壓強；②抽氣過程中粗管內氣體吸熱還是放熱？請說明原因．【答案】①求抽氣結束后細管內氣體的壓強P2=58cmHg；②抽氣過程中粗管內氣體吸熱，抽氣過程中，粗管內氣體溫度不變，內能不變，△U=W+Q=0，氣體體積增大，對外做功，W＜0則Q＞0，故氣體需要吸熱．【解析】試題分析：（1）根據(jù)體積不變，求出水銀柱恰好一半進入粗管中時，水銀柱的高度，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程求解時封閉氣體的壓強，再根據(jù)平衡條件知細管里氣體壓強；（2）抽氣過程，封閉氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)熱力學第一定律可以判定是吸熱還是放熱．解：（1）緩慢抽氣過程，粗管內氣體溫度不變，設抽氣后粗管內氣體壓強為P3，細管內壓強為P2，由玻意耳定律知（P0﹣h）=P1（h+h）P2=P1+（）解得P2=58cmHg；（2）抽氣過程中，粗管內氣體溫度不變，內能不變，△U=W+Q=0，氣體體積增大，對外做功，W＜0則Q＞0，故氣體需要吸熱．答：①求抽氣結束后細管內氣體的壓強P2=58cmHg；②抽氣過程中粗管內氣體吸熱，抽氣過程中，粗管內氣體溫度不變，內能不變，△U=W+Q=0，氣體體積增大，對外做功，W＜0則Q＞0，故氣體需要吸熱．【點評】此題考查氣體的理想氣體狀態(tài)方程和熱力學第一定律，分析氣體狀態(tài)時先找不變的量，再看變化的量，再選合適的公式，可以使問題簡單化．15.一列簡諧橫波，某時刻的波形如圖甲所示，從該時刻開始計時，波上A質點的振動圖象如圖乙所示，(1)該列波沿x軸傳播(填“正向”或“負向”)；(2)該列波的