1、辽宁省喀左县蒙古族高级中学 2017-2018 学年高三上学期第三次月考物理试题一、选择题.（18 为单选题，912 题为多选题）1. 下列有关物理学史的说法错误的是（ ）A. 库仑总结出了点电荷间相互作用的规律B. 牛顿提出了万有引力定律，开普勒通过实验测出了万有引力常量C. 法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中电荷所受到的力是电场给予的D. 美国物理学家密立根测出了元电荷 e 的数值【答案】B【解析】库仑总结出了点电荷间相互作用的规律，故 A 说法正确；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故 B 说法错误；法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中电荷所受到的力是电场
2、给予的，故 C 说法正确；美国物理学家密立根通过油滴法测出了元电荷 e 的数值，故 D 说法正确。所以选 B。2. 用水平力 F 将同种材料不同质量的物体压到一竖直墙壁上，下列说法正确的是（ ）A. 若物体保持静止，则 F 越大，物体所受摩擦力越大B. 若物体保持静止，则质量越大，物体所受摩擦力不变C. 若物体沿墙壁向下滑动，则 F 越大，物体所受摩擦力越大D. 若物体沿墙壁向下滑动，则质量越大，物体所受摩擦力越大【答案】A【解析】A、对物体受力分析，受推力 F、重力 G，受墙壁对其垂直向外的支持力 N，还有竖直向上的静摩擦力 f，由于物体保持静止，处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件，有，
3、，即静摩擦力与重力平衡，与推力无关，质量越大，则说明摩擦力越大，故 AB错误；C、若物体沿墙壁向下滑动，物体受滑动摩擦力，根据 知，F 越大，物体所受摩擦力越大，故 C 正确，D 错误。点睛：本题考查摩擦力的性质，要注意明确：静摩擦力的大小随着外力的变化而变化，其方向与物体的相对运动趋势的方向相反，滑动摩擦力的大小根据公式求解。3. 某公司为了测试摩托车的性能，让两驾驶员分别驾驶摩托车在一平直路面上行驶，利用速度传感器测出摩托车 A、B 的速度随时间变化的规律并描绘在计算机中，如图所示，发现两摩托车在 t=25s 时同时到达目的地则下列叙述正确的是( )A. 摩托车 B 的加速度为摩托车 A
4、的 4 倍B. 两辆摩托车从同一地点出发，且摩托车 B 晚出发 10sC. 在 025s 时间内，两辆摩托车间的最远距离为 180mD. 在 025s 时间内，两辆摩托车间的最远距离为 400m【答案】D【解析】试题分析：速度-时间图象的斜率表示该时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，据此分析即可.4. 如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形 ABCD，对角线 AC 与两点电荷的连线重合，两对角线的交点 O 恰为电荷连线的中点下列说法中正确的是( )A. A 点的电场强度大于 B 点的电场强度且两点电场强度方向不同B. B、D 两点的电场强度及电势均相同C
5、. 电子由 B 点沿 BCD 路径移至 D 点，电势能先减小后增大D. 质子由 C 点沿 COA 路径移至 A 点，电场力对其先做负功后做正功【答案】B【解析】试题分析：在图中所示的电场中 EAE OE B，且电场方向都水平向右，故 A 错误；由于 B、D 两点关于 O 点对称，因此其场强大小相等，方向均水平向右，中垂线为零等势线，故 B 正确；电子由 B 沿 BC 运动到 C 过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功，电势能增大，沿 CD 运动到 D 过程中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功，电势能减小，故整个过程中电势能先增大后减小，故 C 错误；图中两电荷连线电场方向水平向右，即
6、由 A 指向 C，质子受电场力水平向右，故质子由 C 点沿 COA 路径移至 A 点过程中电场力做负功，故 D 错误故选 B。考点：电场强度；电势及电势能【名师点睛】要熟练掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况等量异种电荷连线的中点 O 是两点电荷连线之间电场强度最小的点，同时是两点电荷连线中垂线上最强的点，中垂线为零等势线，中垂线上电场方向水平向右；5. 在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为 1500kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为 3000kg 向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止
7、.根据测速仪的测定，长途客车碰前以 的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率为( )A. 小于B. 大于 小于C. 大于 2 小于D. 大于 小于【答案】A【解析】长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，选择向南为正方向，根据动量守恒定律，有： 因而，代入数据，可得： ，故选项 A 正确，选项 BCD错误。点睛：该题考查动量守恒定律的一般应用，情景比较简单，解答本题关键判断碰撞过程系统动量守恒，然后根据动量守恒定律列式分析。6. 以恒定的功率 P 行驶的汽车以初速度 冲上倾角一定的斜坡，设受到的阻力（不包括汽车所受重力的沿斜面向下的分力）恒定不变，则汽车上坡过程中的
8、v-t 图像不可能是图中的哪一个（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】汽车冲上斜坡，受重力 mg、支持力 N、牵引力 F 和阻力 f，设斜面的坡角为 ，根据牛顿第二定律，有： 其中 ，故 若 ，则物体速度不变，做匀速运动，故 A 图正确；若 ，则物体加速，故加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最大，故 C 正确；若 ，即加速度沿斜面向下，物体减速，故加速度会减小（因为加速度的绝对值减小，负号表示方向，不表示大小） ，故 D 正确；如果汽车速度是变化的，牵引力就会发生改变，加速度随之发生改变，故不可能出现匀减速运动的，故 B 错误。点睛：本题关键是先对物体受力分析，然后根据牛顿第二
9、定律列式求解出加速度的一般表达式，再结合实际情况判断速度的改变情况。7. 如图所示，相互接触的 A、B 两物块放在光滑的水平面上，质量分别为 和 ，且 现对两物块同时施加相同的水平恒力 F设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为 ，则（ ）A. 物块 B 的加速度为B. 物块 A 的加速度为C. D. 可能为零【答案】B【解析】A、由于没有摩擦力，且 ，故两者会一块运动，对整体由牛顿第二定律：，解得： ，故 A 错误，B 正确；C、再对 B 受力分析，由牛顿第二定律： 代入加速度解得： ，由于 ，故 不可能为零，故 CD 错误。点睛：由于没有摩擦力，且后面的物体质量小，故两者能一块运动，加速
10、度相同，先整体分析得到加速度，之后再隔离单独对 A 或 B 受力分析，都能得到两物块之间的相互作用力的大小。8. 一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板之间有一正电荷（电量很小）固定在 P 点，如图所示，以 E 表示两极板间的电场强度， 表示负极板的电势， 表示正电荷在 P 点的电势能，将正极板移到图中虚线所示的位置，则 ( )A. E 变大、 降低B. E 不变、 升高C. E 变小、 变小D. 变大、 降低【答案】B【解析】A、平行板电容器充电后与电源断开，电容器的电量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，由 、 和 结合得 ，可知板间场强 E 不变，电容 C
11、增大，而电量 Q 不变，由公式 分析得知板间电压 U 减小由于负极板的电势比正极板低，则 升高，故 AC 错误，B 正确；D、根据 ，E 不变，P 点到正极板的距离减小，则正极板与 P 点的电势差减小，正极板电势为零，P 点的电势比正极板低，则 P 点的电势升高，正电荷在 P 点的电势能 增大，故D 错误。点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定 P 点与负极板的电势变化，往往根据电势差及电势高低分析电势的变化。9. 如图所示，两个完全相同的小球 A、B，在同一高度处以相同大小的初速度 分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，则（ ）A. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同B. 两小球
12、落地时的速度大小相等C. 从开始运动至落地，重力对 A 小球做功的平均功率大D. 从开始运动至落地，B 小球比 A 小球的重力势能减少的多【答案】BC【解析】根据机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故 B 正确；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，根据 P=mgvy可知重力的瞬时功率不相同，故 A错误；下落的高度相同，则重力做功相等，平抛运动的时间小于竖直上抛运动的时间，由知重力对 A 小球做功的平均功率大，故 C 正确；重力做功相等，则两个小球重力势能减少量相等，故 D 错误。所以 BC 正确，AD 错误。10. 人造卫星离地面距离等于地球半径 R，卫星以速度 v
13、沿圆轨道运动周期为 T，设地面的重力加速度为 g，则有（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】根据万有引力提供向心力得： ，在地球表面根据万有引力等于重力：，联立解得： ，故 A 正确，B 错误。根据万有引力提供向心力得：，在地球表面根据万有引力等于重力： ，联立解得： ，故 D 正确，C 错误。所以 AD 正确，BC 错误。11. 如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径 R 相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，且均可视为光滑。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球 A 和 B 由静止释放，小球距离地面的高度分别为 和 ，下列说法正确的是( )A. 若使小
14、球 A 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为B. 若使小球 B 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为C. 适当调整 ，可使 A 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D. 适当调整 ，可使 B 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处【答案】ADB【解析】若小球 A 恰好能到 A 轨道的最高点时，由重力提供小球的向心力，由牛顿第二定律得：mg=m ， 根据机械能守恒定律得，mg（h A-2R）= mv2，解得：h A= R；故 A 正确，B错误；小球 A 从最高点飞出后做平抛运动，下落 R 高度时，水平位移的最小值为，所以小球 A 从轨道最高点飞出后一定落在轨道右端口外侧
15、故 C 错误小球恰好能到 B 轨道的最高点时，临界速度为零，适当调整 hB，B 可以落在轨道右端口处故 D 不正确故选 A.点睛：本题是向心力、机械能守恒定律以及平抛运动的综合，关键要抓住 A 轨道与轻绳系的球模型相似，最高点的临界速度为 ；B 轨道与轻杆固定的球模型相似，临界速度为零；要注意临界条件的不同12. 如图所示，光滑杆 的 O端固定一劲度系数为 ，原长为 的轻质弹簧，质量为 m=1kg 的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接。 为过 O 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为 ，开始杆处于静止状态，当杆以 为轴转动时，角速度从零开始缓慢增加，直至弹簧伸长量为 0.5m，重力加速度 g
16、取 ，下列说法正确的是( )A. 当弹簧恢复原长时，杆转动的角速度为B. 当弹簧的伸长量为 0.5m 时，杆转动的角速度为C. 在此过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒D. 在此过程中，杆对小球做功为 12.5J【答案】D【解析】A、当弹簧恢复原长时，球受重力和支持力，合力提供向心力，由牛顿第二定律可得： ，解得： ，故 A 错误；B、当弹簧伸长量为 时，小球受力如图示：水平方向上： 竖直方向上： 弹簧的弹力为： 联立解得： ，故 B 正确；C、在此过程中，杆的弹力对球和弹簧系统做正功，故机械能不守恒，故 C 错误；D、在此过程中，由动能定理可得： ，解得：，故 D 正确。点睛：本题考查了动
17、能定理、牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，知道小球做匀速转动时，靠径向的合力提供向心力，并结合竖直方向上的合力为零。二、填空题（2 小题）13. 如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门 B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出绳中拉力，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从 A 处由静止释放气垫导轨摩擦阻力很小可忽略不计，由于遮光条的宽度很小，可认为遮光条通过光电门时速度不变(1)该同学用 20 分度的游标卡尺测量遮光条的宽度 d，如图乙所示，则 d=_mm(2)实验时，该同学测量出遮光条的宽度 d，将
18、滑块从 A 位置由静止释放，测量遮光条到光电门的距离 L，若要得到滑块的加速度，还需由数字计时器读出遮光条通过光电门 B 的_；(3)下列不必要的一项实验要求是（_）A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使 A 位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行(4)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数 F，已知滑块总质量为 M，用(2)问中已测物理量和已给物理量写出 M 和 F 间的关系表达式 F=_【答案】 (1). 2.30 (2). 时间 t (3). A (4). 【解析】试题分析：（1）d=2mm+0.05mm5=2.25mm （2）根据 ，可知若
19、要得到滑块的加速度，还需由数字计时器读出遮光条通过光电门 B 的时间 t；（3）拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故 A 错误；应使 A 位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故 B 正确；应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C 正确；要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故 D 正确；故选 A （4）由题意可知，该实验中保持小车质量 M 不变，因此有： ；v 2=2aL， ，联立可得：考点：探究加速度与力的关系的实验14. 要测绘一个标有“3V，1.5W”小灯泡的伏安特性曲线，备有下列器材：A电压表(量程 3V，内阻约 )；B电压表(量程
20、15V，内阻约 )；C电流表(量程 0.6A，内阻约 )；D电流表(量程 3A，内阻约 )；E滑动变阻器(阻值范围 )；F滑动变阻器(阻值范围 )；G直流电源(3 V，内阻不计)；H开关、导线若干。(1) 要求多次测量并使电压表读数从零开始连续可调，上述器材中 电压表应选用_；电流表应选用_；滑动变阻器应选用_。 （以上均填写器材前字母）(2) 请将甲图中的实物电路图用笔代替导线补充完整。_(3) 乙图为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的 UI 图象。图象是一条曲线而不是直线的原因是_；从图象中可求得小灯泡电压为 1.8V 时的小灯泡的实际功率为_W。【答案】 (1). A (2)
21、. C (3). E (4). (5). 小灯泡的电阻会随温度的升高而增大 (6). 0.72【解析】(1)灯泡电压为 3V，故电压表应选择 3V 量程的 A；由 P=U/I 可知，I=P/U=1.5/3=0.5A，故电流表应选择 C；由于本实验采用滑动变阻器分压接法，故应选用小电阻 E；(2)本实验要求电流从零开始调节，故应采用分压接法，同时因灯泡内阻较小，故应选用电流表外接法；如图所示；(3)灯泡电阻随温度的升高而增大，因此图象为曲线；当电压为 1.8V 时，电流为 0.4A，则功率 P=UI=1.80.4=0.72W。【点睛】（1）明确灯泡额定值，从而确定电压表和电流表，再根据实验要求明
22、确采用分压接法，从而明确滑动变阻器的选择；（2）根据实验原理确定电路接法，从而连接实物图；（3）根据灯泡电阻的性质分析图象弯曲的原理，再根据图象找出电压为 1.8V 时的电流，从而求出实际功率。三、计算题（4 小题）15. 规格为“220 V ，55W”的电风扇,线圈电阻为 ，接上 220V 电压。求：（1）电风扇工作时的热功率；（2）每分钟有多少电能转化为机械能；（3）如果扇叶被卡住不能转动,电动机消耗的功率【答案】(1) 0.5W ， (2) 3270J ，(3) 6050W .【解析】试题分析：根据功率 P=UI 可以求得电风扇的电流的大小，再根据 求解热功率；可以求得转化为内能的功率的
23、大小，再由 P 机 =P-PQ可以求得转化为机械能的功率，根据 Q=Pt求解有多少电能转化为机械能；当扇叶被卡住不能转动时，此时可以看做是纯电阻，总的功率即为发热的功率。（1）通过电风扇的电流为： ，则电风扇工作时的热功率为：（2）机械功率为： P 机 =P -P 热 =55-0.5=54.5W每分钟电能所转化为机械能： E 机 = 54.560 J= 3270 J （3）当扇叶被卡住后，通过电阻的电流为：电动机消耗的功率为：点睛：本题主要考查了电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不同的。16. 如图所示，从 A 点以某一水平速度 抛出质
24、量 m=1kg 的小物块（可视为质点） ，当物块运动至 B 点时，恰好沿切线方向进入圆心角 的光滑圆弧轨道 BC，经圆弧轨道后滑上与 C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道 C 端切线水平已知长木板的质量M=4kg，A、B 两点距 C 点的高度分别为 H=0.6m、h=0.15m，圆弧半径 R=0.5m 物块与长木板之间的动摩擦因数 ，长木板与地面间的动摩擦因数 ， ，求： （1）小物块在 B 点时的速度大小； （2）小物块滑动至 C 点时，对圆弧轨道 C 点的压力； （3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力） 【答案】 （1） ，方向与水平
25、面的夹角为 ；（2）47.3N，方向向下；（3）2.8m. 【解析】 （1）物块从 A 点到 B 点做平抛运动，则有： 点睛：本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键。17. 如图甲所示，物块 A、B 的质量分别是 和 .用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙相接触，另有一物块 C 从 t=0 时以一定速度向右运动，在 t=4s 时与物块 A 相碰，并立即与 A 粘在一起不再分开，物块 C 的 vt 图象如图乙所示，求：(1)物块 C 的质量 ；(2)从物块 C 与 A 相碰到 B 离开墙的运动过程中弹簧对 A 物体的冲量
26、大小【答案】(1) 2kg (2) -36 Ns，方向向左【解析】试题分析：由图可知，C 与 A 碰前速度为 ，碰后速度为 ，C 与 A碰撞过程动量守恒， ，代入数据解得 。 时 B 离开墙壁，此时 B 速度为零，A、C 速度相等时，从物块 C 与 A 相碰到 B 离开墙的运动过程中，A、C 两物体的动量变化为：从物块 C 与 A 相碰到 B 离开墙的运动过程中弹簧对 A 物体的冲量大小为：，带入数据整理得到： 。考点：动量守恒定律、机械能守恒定律名师点睛：分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律和动量定理即可正确解题。18. 如图甲所示，真空中的电极 K 连
27、续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计） ，经电压为 的电场加速，加速电压 随时间 t 变化的图象如图乙所示每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为加速电压不变电子被加速后由小孔 S 穿出，沿两个彼此靠近且正对的水平金属板 A、B 间中轴线从左边缘射入 A、B 两板间的偏转电场，A、B 两板长均为L=0.20m，两板之间距离 d=0.050m，A 板的电势比 B 板的电势高A、B 板右侧边缘到竖直放置的荧光屏 P（面积足够大）之间的距离 b=0.10m荧光屏的中心点 O 与 A、B 板的中心轴线在同一水平直线上不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，求：（1）要使电子都打不到荧光屏上，则
28、A、B 两板间所加电压 应满足什么条件；（2）当 A、B 板间所加电压 时，电子打在荧光屏上距离中心点 O 多远的范围内【答案】 （l）100V；（2）0.025m0.05m【解析】试题分析：（1）设电子的质量为 m、电量为 e，电子通过加速电场后的速度为 v，由动能定理有： ;电子通过偏转电场的时间 ;此过程中电子的侧向位移联立上述两式解得： ;要使电子都打不到屏上，应满足 u 取最大值 800V 时仍有代入数据可得，为使电子都打不到屏上，U 至少为 100V。（2）当电子恰好从 A 板右边缘射出偏转电场时，其侧移量最大电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距中心点的最大距离为 Ymax，则由几何关系可得： ，解得由第（1）问中的 可知，在其它条件不变的情况下，u 越大 y 越小，所以当 u=800V 时，电子通过偏转电场的侧移量最小。其最小侧移量同理，电子打在屏上距中心点的最小距离所以电子打在屏上距中心点 O 在 2.5cm5.0cm 范围内。考点：带电粒子在电场中的偏转【名师点睛】考查电子在电场中做类平抛运动，学会运动的分解，并根据运动学公式与牛顿第二定律及动能定理综合解题，强调电子在不同的电场中的运动与受力情况本题的关键是确定临界条件，运用几何知识求解电子打在荧光屏上的位置。
