炎德英才大联考长沙市一中2018届高三月考三.doc

1、1炎德英才大联考长沙市一中 2018 届高三月考三一、选择题1. 以下对物理学发展史的说法正确的是( )A卡文迪许利用扭秤实验测得了静电常量B法拉第为了形象的描述电场首次引入电场线的概念C开普勒在前人积累的数据上提出了万有引力定律D牛顿利用理想斜面实验推翻了亚里斯多德关于运动需要力来维持的观点答案：B解析：卡文迪许通过扭秤实验测量出万有引力场常数，所以 A 错。牛顿在总结前人基础上通过自己的推导得出万有引力定律，所以 C 错。伽利略通过斜面理想实验推翻亚里斯多德关于运动需要力来维持的观点，所以 D 错。2. 一质点做匀加速直线运动时，速度变化v 时发生位移 x1，紧接着速度变化同样的v 时发生

2、位移 x2，则该质点的加速度为（ ）A. B.2 C.（v） 2（ - ） D.（v） 2（ + ）答案：A解析：设匀加速的加速度 a，物体的速度分别为 v1、v 2和 v 3据题得：v 2-v1=v3-v2=v，则 v3-v1=2v据运动学公式可知： ，得（v 2-v1）（v 2+v1）=2ax 1，即v（v 2+v1）=2ax1；，得（v 2-v1）（v 3+v2）=2ax 1，即v（v 3+v2）=2ax 2；由-解得：a= ，故 A 正确，BCD 错误3. 如图所示，两质量分别为 m1和 m2的弹性小球又叠放在一起，从高度为 h 处自由落下，且远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰

3、撞，且都发生在竖直方向已知 m2=3m1，则小球 m1反弹后能达到的高度为（ ）2Ah B2h C3h D4h答案：D解析：下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v= ，m 2碰撞地之后，gh速度瞬间反向，大小相等，选 m1与 m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后 m1、m 2速度大小分别为 v1、v 2，选向上方向为正方向，则：m2v-m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得： （m 1+m2）v 2= m1v12+ m2v22且，m 2=3m1联立解得：v 1=2 gh反弹后高度为：H= =4h,故选 Dv24. 如图所示，以速度 v 将小球沿与水平方向成=37角方向斜

4、向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直墙上，小球反弹会的速度方向水平，速度的大小为碰撞前速度大小的 ，不计空气阻力，则反弹后小球的速度大小再次为 v 时，速度与水平方向夹角的43正切值为( )A B C D 4353答案：B3解析：小球斜向上抛出垂直打在墙上，逆向可视为平抛运动，设打在墙上的速度为v0，则 v0=cos37，反弹后以 v0抛出，当速度为 v 时， v0=vcos，联立解得4343cos= ，故 tan= ，B 正确；535. 如图所示，置于固定斜面上的物体 A 受到平行于斜面向下的力，作用保持静止.若力 F 大小不变，将力 F 在竖直平面内由沿斜面向下缓慢的转到沿斜面向上（转动范

5、围如图中虚线所示）.物体质量为 m，斜面倾角为 .在 F 转动过程中，物体始终保持静止.在此过程中物体与斜面间的（ ）A. 弹力可能先增大后减小B. 弹力一定先减小后增大C. 若 Fmgsin，则摩擦力一定先减小后增大D. 若 Fmgsin，则摩擦力一定一直减小答案：BCD解析：A、B、物体受重力、支持力、摩擦力及拉力的作用而处于静止状态，故合力为零；将重力和拉力都分解到沿斜面和垂直于斜面的方向；在垂直于斜面方向，重力的分力、支持力及拉力的分力平衡，因拉力的垂直分力先增大后减小，故弹力一定是先减小后增大；故 A 错误，B 正确；C、若 Fmgsin，故拉力平行斜面分力与重力的平行斜面分力的合力

6、先变小，减为零后反向增加，故根据平衡条件，静摩擦力先减小后反向增加，故 C 正确；D、若 Fmgsin，故拉力平行斜面分力与重力的平行斜面分力的合力一直变小，故根据平衡条件，静摩擦力也一直减小，故 D 正确；故选 BCD46. 静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是（ ）答案：C解析：根据机械能守恒定律，只有系统内重力弹力做功，系统机械能保持不变，那么除系统内重力弹力外其他力做功等于系统机械能的变化，本题目中其他力即竖直向上的恒力，所以恒力撤去前， ，物体受到自身重力和竖直向上的恒力作用，竖直向上为匀加速直线

7、运动，即 ，所以 ，机械能的增加量与时间平方成正比，对照选项 AB 错。撤去拉力后只有重力做功，机械能不变，选项 D 错。所以正确选项为 C。7. 如图所示，用一小车通过轻绳提升一滑块，滑块沿竖直光滑杆上升，某一时刻，两段绳恰好垂直，且拴在小车一端的绳与水平方向的夹角为 ，此时小车的速度为v0，则此时滑块竖直上升的速度为（ ）A.v0 B.v0sin C.v 0cos D.答案：A解析：车的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则，有 v0cos=v 绳 ，而货物的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度5则有 v 货 cos=v 绳由于两绳子相互垂直，所以 =

8、，则由以上两式可得，货物的速度就等于小车的速度故选：A8. 如图所示，以 o 为圆心的圆周上有六个等分点 a、b、c、d、e、f等量正、负点电荷分别放置在 a、d 两处时，在圆心 o 处产生的电场强度大小为 E现改变 a 处点电荷的位置，使 o 点的电场强度改变，下列叙述正确的是（ ） A移至 c 处，o 处的电场强度大小不变，方向沿 oe B移至 b 处，o 处的电场强度大小减半，方向沿 od C移至 e 处，o 处的电场强度大小减半，方向沿 oc D移至 f 处，o 处的电场强度大小不变，方向沿 oe答案：C解析：放置在 a、 d 两处的等量正、负点电荷在圆心 o 处产生的电场强度方向相同

9、，每个电荷在圆心 o 处产生的电场强度大小为 E/2。根据场强叠加原理， a 处正电荷移至 c处， o 处的电场强度大小为 E/2，方向沿 oe，选项 A 错误； a 处正电荷移至 b 处， o 处的电场强度大小为 2E/2cos 30 E，方向沿 eod 的角平分线，选项 B 错误；a 处正电荷移至 e 处， o 处的电场强度大小为 E/2，方向沿 oc，选项 C 正确； a 处正电荷移至 f 处， o 处的电场强度大小为 2E/2cos 30 E，方向沿 cod 的角平分线，选项 D 错误。9. （多选）如图为哈勃望远镜拍摄的银河系中被科学家成为“罗盘座 T 星”系统的照片，最新观测标明“

10、罗盘座 T 星”距离太阳系只有 3260 光年，比天文学家此前认为的距离要近得多该系统是由一颗白矮星和它的类日伴星组成的双星系统，由于白矮星不停地吸收由类日伴星抛出的物质致使其质量不断增加，科学家预计这颗白矮星在不到 1000 万年的时间内会完全“爆炸” ，从而变成一颗超新星，并同时放出大量的 射线，这些 射线到达地球后会对地球的臭氧层造成毁灭性的破坏现假设类日伴星所释放的物质被白矮星全部吸收，并且两星间的距离在一段时间内不变，两星球的总质量不变，则下列说法正确的是（ ）6A两星间的万有引力不变 B两星的运动周期不变C类日伴星的轨道半径增大 D白矮星的轨道半径增大答案：BC解析：A、两星间距离

11、在一段时间内不变，由万有引力定律可知，两星的质量总和不变而两星质量的乘积必定变化，则万有引力必定变化故 A 错误B、组成的双星系统的周期 T 相同，设白矮星与类日伴星的质量分别为 M1和 M2，圆周运动的半径分别为 R1和 R2，由万有引力定律提供向心力：可得 ， GM2= ，两式相加G（M 1+M2）T 2=4 2L3，白矮星与类日伴星的总质量不变，则周期 T 不变故 B 正确C、由 得，M 1R1=M2R2知双星运行半径与质量成反比，类日伴星的质量逐渐减小，故其轨道半径增大故 C 正确，D 错误故选 BC10. （多选）在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为 M=“0.6“ kg，m=“0.

12、2“ kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有 Ep=“10.8“ J 弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态.现突然释放弹簧，球 m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为 R=“0.425“ m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示.g 取 10 m/s2.则下列说法正确的是（ ）A球 m 从轨道底端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力冲量大小为 3.4 NsBM 离开轻弹簧时获得的速度为 9m/sC若半圆轨道半径可调，则球 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径7的增大而减小D弹簧弹开过程，弹力对 m 的冲量大小为 1.8 Ns答案：AD解析：据题意，由

13、动量守恒定律可知： ，即 ，又据能量守恒定律有：，求得 ，则弹簧对小球冲量为： ，故选项 B 错误而选项 D 正确；球从 A 到 B 速度为： ，计算得到： ，则从 A 到 B 过程合外力冲量为： ，故选项 A 正确；半径越大，飞行时间越长，而小球的速度越小，水平距离不一定越小，故选项 C 错误。11. 如图所示，在空间水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m 的带电小球由 MN 上方的 A 点以一定的初速度水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点时速度方向恰好水平，ABC 三点在同一直线上，且 AB=2BC，由此可见，下列说法正确的是（ ）A电场力为 2mgB小球带正电C小球

14、从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间相等D小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量相等答案：D解析：带电小球从 A 到 C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为 x1和x2，竖直分位移分别为 y1和 y2，经历的时间为分别为 t1和 t2在电场中的加速度为a则：从 A 到 B 过程小球做平抛运动，则有：x 1=v0t1；从 B 到 C 过程，有：x 2=v0t2；由题意有：x 1=2x2；则得：t 1=2t2；即小球从 A 到 B 是从 B 到 C 运动时间的 2 倍8又 y 1= gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：y 2= at22，1

15、根据几何知识有：y 1：y 2=x1：x 2；解得：a=2g；根据牛顿第二定律得：F-mg=ma=2mg，解得：F=3mg，由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电根据速度变化量v=at，则得：AB 过程速度变化量大小为v 1=gt1=2gt2；BC 过程速度变化量大小为v 2=at2=2gt2；所以小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量大小相等，故 D 正确，ABC 错误12. 一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，薄硬纸上放质量均为 1kg 的 A、B 两物块，A、B 与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为 1=0.3， 2=0.2，水平恒力

16、F 作用在 A 物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s 2。则：（ ）A. 若 F=1N，则物块、薄硬纸片都静止不动B. 若 F=1.5N，则 A 物块所受摩擦力大小为 1.5NC. 若 F=8N，则 B 物块的加速度为 4.0m/s2D. 无论力 F 多大，B 与薄硬纸片都不会发生相对滑动答案：D解析：轻质木板则质量为 0,A 与薄硬纸的摩擦力最大为 fA=0.3110=3NB 与薄硬纸的摩擦力最大为 fB=0.2110=2N。A、F=1Nf A，所以 AB 与薄硬纸保持相对静止，整体在 F 作用下向左匀加速运动，故A 错误；B 、若 F=1.5Nf A，所以 AB

17、 与薄硬纸保持相对静止，整体在 F 作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得： F-f=mAa，所以 A 物块所受摩擦力 fF=1.5N，故 B 错误；C、F=8Nf A，所以 A 相对于薄硬纸滑动，B 和薄硬纸整体受到摩擦力 3N，轻质木板，质量不计，所以 B 的加速度 a= =3.0m/s2 ,故 C 错误；mfD、无论力 F 多大，B 与薄硬纸片都不会发生相对滑动。故 D 正确。9三、非选择题13. 为了简单测量小木块与水平桌面之间的动摩擦因数，按以下步骤进行：a将一端固定在木板 P 上的轻弹簧置于水平桌面上，固定木板 P，在桌面上标记弹簧自由端位置 O，将小木块接触弹簧自由端（不栓接）

18、并使其缓慢移至 A 位置，如图 1 所示b将小木块从静止开始释放，小木块运动至 B 位置静止c将弹簧移至桌边，使弹簧自由端位置 O 与桌边缘对齐，如图 2 所示固定木板 P，使小木块接触弹簧自由端（不栓接）并使其缓慢移至 C 位置，使 OC=OA将小木块从静止开始释放，小木块落至水平地面 D 处若已经测得 OB 距离为 L，OD 的竖直高度为h小木块可看作质点，不计空气阻力为测量小木块与水平桌面的动摩擦因数，还需要测量的物理量是_写出小木块与桌面间的动摩擦因数的表达式：=_答案：O 与 D 的水平距离 x， Lh42解析：（1）该实验步骤 a、b 中，弹性势能等于物体从 A 运动到 B 的过程

19、中克服摩擦力做的功，由于 xoc=xoA，物块在 O 处的动能等于由 O 到 B 的过程中克服摩擦力所做的功，根据动能定理得：mgL= mv21根据平抛运动的公式得：在 O 点的速度 v= ，h gt2 x1联立解得：= 所以还需要测量的物理量是：O与 D 点的距离 x，小木块与桌面L42间的动摩擦因数的表达式：= Lhx4214. 气垫导轨可以在导轨和滑块之间形成一薄层空气膜，使滑块和导轨间的摩擦几乎为零，因此可以利用气垫导轨装置来验证机械能守恒定律。( )如图所示，做实验时，将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)，10可读出遮光条通过光电门的时间为 t，用游标卡尺测得遮光条

20、宽度为 d，用刻度尺测得释放位置到光电门中心的距离为 x，气垫导轨总长为 L，其最右端离桌面的高度为h，滑块和遮光条总质量为 M，已知重力加速度为 g，这一过程中滑块减少的重力势能表达式为 ，滑块获得的动能表达式为 ；(以上表达式均用已知字母表示)某实验小组在一次实验后，通过数据发现，滑块获得的动能略大于其减少的重力势能，可能的原因是 。答 案 ： ， ；释放时滑块有初速度、或测量释放位置到光电门中心的距离 x 的值偏小、或测量遮光条宽度 d 的值偏大(只需写出一种情况即可)解 析 ：这一过程中滑块减少的重力势能为：E pMgH ，滑块获得的动能为：E k 0上述过程是由重力势能向动能转化的过

21、程，因此当滑块获得的动能略大于其减少的重力势能时，其原因可能是释放时滑块有初速度、或测量释放位置到光电门中心的距离 x 的值偏小、或测量遮光条宽度 d 的值偏大15.如图所示，一块足够长的木板 C 质量为 2m，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有 A、B 两个完全相同的炭块（在木板上滑行时能留下痕迹） ，两炭块质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为 ，开始时木板静止不动，A、B 两炭块的初速度分别为 v0、2v 0，方向如图所示，A、B 两炭块相距足够远求：（1）木板的最终速度；（2）A、B 两炭块在木板上所留痕迹的长度之和答 案 ： （ 1） ； （ 2）解 析 ： （1）选 ABC 整

22、体为研究对象，由水平方向动量守恒可得：mv0+2mv0=（m+m+2m）v11解得：（2）全过程根据能量守恒，得解得，16. 在半径 R5000km 的某星球表面，宇航员做了如下实验。实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由轨道 AB 和圆弧轨道 BC 组成，将质量 m0.2kg 的小球从轨道AB 上高 H 处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过 C 点时对轨道的压力 F，改变H 的大小，可测出相应的 F 大小，F 随 H 的变化关系如图乙所示。求： （1）圆轨道的半径；（2）该星球的第一宇宙速度。答 案 ： （ 1） 0.2m；（ 2） 5 km/s。解 析 ：（1）设该星球表面的重力加

23、速度为 g0，圆轨道的半径为 r，当 H0.5 m 时，有： mg0(H2r) mv02mg 0 解得：r H0.2 m（2）当 H0.5 m 时，有：mg 0(H2r) mv21mg 0F 即 Fg 0(2H1) 由 FH 图象可得：g 05 m/s 2 该星球的第一宇宙速度 v 5 km/s1217. 滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫” ，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大假设滑雪者的速度超过 4m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由 1=0.2

24、5 变为 2=0.125一滑雪者从倾角 =37的坡顶 A 处由静止开始自由下滑，滑至坡底 B（B处为一光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪地，最后停在 C 处，如图所示，不计空气阻力，坡长 L=26m，取 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；（2）滑雪者到达 B 处的速度；（3）滑雪者在水平雪地上运动的最大距离答 案 ： （1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间为 1s（2）滑雪者到达 B 处的速度为 16m/s（3）滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为 99.2m解 析 ： （1）设滑雪者质量为 m，滑雪

25、者在斜坡上从静止开始加速至速度 v1=4m/s 期间，由牛顿第二定律有：mgsin37- 1mgcos37=ma1解得：a 1=4m/s2故由静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t= =1s1av（2）则根据牛顿定律和运动学公式有：x 1= a1t2mgsin37- 2mgcos37=ma2x2=L-x1,vB2-v12=2a2x2代入数据解得：v B=16m/s（3）设滑雪者速度由 vB=16m/s 减速到 v1=4m/s 期间运动的位移为 x3，速度由 v1=4m/s减速到零期间运动的位移为 x4，则由动能定理有：- 2mgx3= mv12- mvB2- 1mgx4=0- mv12所

26、以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为：x=x 3+x4=99.2m1318. 如图所示，在光滑水平面左右两侧各有一竖直弹性墙壁 P、Q，平板小车 A 的左侧固定一挡板 D，小车和挡板的总质量 M=2kg，小车上表面 O 点左侧光滑，右侧粗糙一轻弹簧左端与挡板相连，原长时右端在 O 点质量 m=1kg 的物块 B 在 O 点贴着弹簧右端放置，但不与弹簧连接，B 与 O 点右侧平面间的动摩擦因数 =0.5现将小车贴着P 固定，有水平 B 继续向左运动，恒力 F 推 B 向左移动 x0=0.1m 距离时撤去推力，最终停在 O 点右侧 x1=0.9m 处，取重力加速度 g=10m/s2，弹簧在弹性限度

27、内 （1）求水平恒力 F 的大小及弹簧的最大弹性势能 Ep； （2）撤去小车 A 的固定限制，以同样的力 F 推 B 向左移动 x0时撤去推力，发现 A 与 Q发生第一次碰撞前 A、B 已经达到共同速度，求最初 A 右端与 Q 间的最小距离 s0； （3）在（2）的情况下，求 B 在 O 点右侧运动的总路程 s 及运动过程中 B 离开 O 点的最远距离 x（车与墙壁碰撞后立即以原速率弹回） 答案：（1）水平恒力 F 的大小是 45N，弹簧的最大弹性势能 Ep是 45J（2）最初 A 右端与 Q 间的最小距离 s0是 0.2m（3）B 在 O 点右侧运动的总路程 s 是 0.9m，运动过程中 B

28、 离开 O 点的最远距离 x 是0.87m解析：（1）取全过程研究，根据动能定理有 Fx0-mgx 1=0解得 F=45N由功能关系得 Fx 0=Ep解得 E p=45J（2）设 B 运动到 O 点的速度为 v0，根据机械能守恒定律有 Ep= mv021接着 B 减速，设加速度大小为 a1，根据牛顿第二定律有 mg=ma 1；解得 a 1=5m/s2；A 加速，设加速度大小为 a2，根据牛顿第二定律有 mg=Ma 2；解得 a 2=2.5m/s2；设运动的共同速度为 v1，则 v 1=v0-a1t1，v 2=a2t1，t1时间内 A 运动的距离即为最小距离 s 0= a2t12解得 s 0=0

29、.2m（3）最终 A、B 都停止运动，机械能转化为内能，由功能关系得 Ep=mgs解得 s=0.9m14A 与 Q 第一次碰撞前 B 距离 O 点的距离s 1=v0t1- a1t12- a2t12A 被 Q 反弹后瞬间向左速度大小为 v1，B 以大小为 v1的速度向右减速，且 B 的加速度大小仍是 a1=5m/s2，方向向左；A 的加速度仍为 a2=2.5m/s2，方向向右，达到共同速度 v2前 B 相对 A 一直向右运动，则 v12=v1-a1t2，v 2=-v1+a2t2，解得 t 2= s，v 2=- m/s543这段时间内 B 相对 A 向右移动距离s 2=（v 1t2- a1t22）-（-v 1t2+ a2t22）此时 B 离开 O 点的最远距离 x=s 1+s 2；解得 x=0.87m