1、- 1 -上饶县中学 2018 届高三年级上学期第三次月考物 理 试 卷(零班)选择题(本题 10 小题，每小题 4 分，共 40 分，其中 2、8、10 题为多选题，全部选对的 4 分，选不全的得 2 分，有选错的或不答的得 0 分)。1.如右图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块 R(R 视为质点)。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与 y 轴重合，在红蜡块 R 从坐标原点匀速上浮的同时，玻璃管沿 x 轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与 y 轴夹角为 。则红蜡块 R 的A. 分位移 y 与分位移 x 成正比B. 合速度 v 的大小与时间 t 成正比C
2、. 分位移 y 的平方与分位移 x 成正比D. 与时间 t 成正比【答案】C【解析】【分析】小圆柱体红蜡快同时参与两个运动：y 轴方向的匀速直线运动，x 轴方向的初速为零的匀加速直线运动根据位移与时间表达式，从而确定分位移 y 与 x 的关系，再由 y 方向可求运动时间，接着由 x 方向求加速度，从而求得 vx，再由速度合成求此时的速度大小，最后由两方向的速度关系，可知 tan 与时间 t 的关系- 2 -【详解】由题意可知，y 轴方向，y=v 0t；而 x 轴方向，x= at2，联立可得：x= y2，故 A 错误，C 正确；x 轴方向，v x=at，那么合速度的大小 v= ，则 v 的大小与
3、时间 t 不成正比，故 B 错误；设合速度的方向与 y 轴夹角为 ，则有：tan= t，故 D 错误；故选C。2.已知引力常数 G 与下列哪些数据，可以计算出地球密度( )A. 地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离B. 月球绕地球运行的周期及月球绕地球转的轨道半径C. 人造地球卫星在地面附近绕行运行周期D. 若不考虑地球自转，已知地球半径和重力加速度【答案】CD【解析】试题分析：已知地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离，根据万有引力提供向心力，列出等式： ， ，所以只能求出太阳的质量故 A 错误已知月球绕地球运行的周期及月球绕地球转的轨道半径，根据万有引力提供向心力，列出等式：，地球质量
4、，可以求出地球质量但不知道地球半径，故 B 错误已知人造地球卫星在地面附近绕行运行周期，根据万有引力提供向心力，列出等式：，地球质量 根据密度定义得： ，故 C 正确已知地球半径和重力加速度，根据万有引力等于重力列出等式， ，根据密度定义得： ，故 D 正确故选 CD。考点：万有引力定律的应用3.质量为 60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是 1.5s，安全带长 5m，g 取 10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（ ）- 3 -A. 500N B. 1000N C. 1200N D. 1400N【答案】
5、D【解析】试题分析：在安全带产生拉力的过程中，人受重力、安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有： ，根据动量定理，取竖直向下为正，有：mgt-Ft=0-mv 0，解得： 故选 D考点：动量定理【名师点睛】本题除了用动力学解决，也可以对缓冲的过程采取动量定理进行求解注意在解题时明确动量定理的矢量性，先设定正方向4.如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差相等一正电荷在等势线 3上时，具有动能 20 J，它运动到等势线 1上时，速度为零，令 20，那么，当该电荷的电势能为 4 J 时，其动能大小为（ ）A. 16 J B. 10 J C.
6、6 J D. 4 J【答案】C【解析】试题分析：相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，根据动能定理求出电荷经经过 等势面时的动能，确出电荷的总能量，再由能量守恒定律求出电势能为 4J 时它的动能正电荷在等势面 上时动能 20J，在等势面 上时动能为零，动能的减小为 20J由于相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面间时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经经过 等势面时的动能为 10J，又 ，所以电荷的动能与电势能的总量为 10J，根据能量守恒定律得到，电势能为 4J 时它的动能为 6J，C 正确- 4 -5.质量为 500kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，
7、受到的阻力不变，其加速度 a 和速度的倒数 的关系如图所示，则赛车： （ ）A. 做匀加速直线运动 B. 功率为 20kWC. 所受阻力大小为 2000N D. 速度大小为 50m/s 时牵引力大小为 3000N【答案】C【解析】试题分析：由图像可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加速运动，选项A 错误；根据 P=Fv，F-f=ma 可得： ；由图像可知： ， ，解得f=“2000N;“ P=2105W,选项 B 错误，C 正确；速度大小为 50m/s 时牵引力大小为，选项 D 错误；故选 C考点：牛顿第二定律；功率【名师点睛】本题考查动能定理、功率公式的应用以及图象的性质，要注
8、意正确根据物理规律确定函数关系，再由图象求解相关物理量。6. 如图所示电路中，R 为某种半导体气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小当一氧化碳气体浓度减小时，下列说法中正确的是（ ）A. 电压表 V 示数减小B. 电流表 A 示数减小C. 电路的总功率增大D. 变阻器 R1的取值越小，电表示数变化越明显【答案】B- 5 -【解析】试题分析：当一氧化碳气体浓度减小时，R 增大，总电阻增大，则总电流减小，内电压减小，路端电压增大，可知，通过 R1的电流增大，因此电压表 V 示数增大，通过变阻器的电流增大，则电流表 A 示数减小故 A 错误，B 正确电路的总功率为 P=EI，E 不变
9、，I 减小，则 P 减小，故 C 错误变阻器 R1的取值越大，R 1与 R 并联的阻值越接近 R，R 对电路的影响越大，则知变阻器 R1的取值越大，电压表示数变化越明显故 D 错误故选 B考点：电路的动态分析7.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和实线描述两物体运动的 vt 图象是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】空气阻力不计时，物体只受重力，是竖直上抛运动，做匀变速直线运动，v-t 图象是向下倾斜的直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+ ，由
10、于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为 g；下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma，故 a=g- ，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小；v-t 图象的斜率表示加速度，故图线切线的斜率不断减小，图线与 t 轴的交点对应时刻的加速度为 g，切线与虚线平行；故 ABD 错误， C 正确。故选 C。【点睛】本题关键是明确 v-t 图象上某点的切线斜率表示加速度，知道有空气阻力时，速度为零时加速度为 g8.（多选）两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B 球在前，A 球在后，- 6 -， ，当 A 球与 B 球发生碰撞后，AB 两球的速度可能为：（ ）A. B. C. D.
11、 【答案】AB【解析】试题分析：碰撞前系统的总动量：P=1 6+2 3=12kgm/s ，碰撞前系统的总动能：EK= mAvA2+ mBvB2= 1 62+ 2 32=25J；A、碰撞后，A、B 的动量 PA=1 4=“4“ kgm/s，P B=2 4=8kgm/s，系统动量守恒，系统总动能：E K,= mAvA2+mBvB2= 1 42+ 2 42=24J 25J，系统动能不增加，故 A 正确；B、碰撞后，A、B 的动量 PA=1 2=2kgm/s，P B=2 5=10kgm/s，系统动量守恒，系统总动能：E K,= mAvA2+mBvB2= 1 22+ 2 52=27J 25J，系统动能不
12、增加，故 B 正确；C、碰撞后，A、B 的动量 PA=1 （-4）=“-4“ kgm/s，P B=2 6=12kgm/s，系统动量不守恒，故 C 错误；D、由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大，故 D错误，故选：AB。考点：动量守恒定律【名师点睛】 】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后 A 球速度不大于 B 球的速度。9.如图质子( )、氘核( )和 粒子( )都沿平行板电容器两板中线 OO/方向垂直
13、于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与 OO/垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点则- 7 -A. 若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现 3 个亮点B. 若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现 2 个亮点C. 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，在荧光屏上将只出现 1 个亮点【答案】D【解析】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：加速度为： 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
14、与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和粒子的比荷相等，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 成正比，三个 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，则 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。点睛：此类题目属于类平抛运动，质子、氘核和 粒子带电量和质量不全相同，进入同一电场时加速度不同，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
15、速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式，再进行分析。10.如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中有质量和电荷量都相同的两油滴 M、N.M 静止，- 8 -N 做半径为 R 的匀速圆周运动，若 N 与 M 相碰后并结合在一起，则关于它们下列说法中不正确的A. 以 N 原速率的一半做匀速直线运动B. 以 为半径做匀速圆周运动C. 仍以 R 为半径做匀速圆周运动D. 做周期为 N 的一半的匀速圆周运动【答案】ACD【解析】【详解】设 M、N 的质量和电荷量分别为 m、q，碰撞前 N 的速率为 v。碰撞后瞬间整体的速率为 v。碰撞前，对 N，由洛伦兹力提供向心力，有 qvB=m ，得 R=
16、；对 M 有 qE=mg；碰撞过程，取碰撞前 N 的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mv=2mv，得 v= ；MN整体受到的电场力 2qE，重力为 2mg，则 2qE=2mg，所以整体的电场力和重力仍平衡，所以碰后整体做匀速圆周运动，轨迹半径为 ，故 AC 错误，B 正确。N 原来的周期碰后整体的周期 故 D 错误。此题选择不正确的选项，故选 ACD。【点睛】本题关键是明确两个油滴的运动情况和受力情况，知道粒子在复合场中做匀速圆周运动的条件是重力和电场力平衡，洛伦兹力充当向心力，并能根据动量守恒定律和牛顿第二定律列式分析计算。二、实验,探究题（每空 2 分，共 16 分）11. 某同学利用
17、自己设计的弹簧弹射器测量弹簧的弹性势能，装置如图所示。水平放置的弹射器将质量为 m 的静止小球弹射出去,测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为 t，甲、乙光电门间距为 L，忽略一切阻力。- 9 -小球被弹射出的速度大小 = ，求得静止释放小球时弹簧弹性势能 Ep= （用题目中的字母符号表示）由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转，这对实验结果 影响（选填“有”或“无” ）【答案】 , 无【解析】试题分析：由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度： ，由能量守恒得：由力作用的独立性可知，重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水
18、平速度不会变化考点：测量弹簧的弹性势能实验【名师点睛】本题重点是要弄清小球的射出速度就是在光电门间匀速运动的速度，在由平抛规律可得结果12.为了测定电源电动势 E、内电阻 r 的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路。闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值 R，电压表的示数 U1，电压表 的示数 U2。根据记录数据计算出流过电阻箱的电流 I，分别描绘了a、b 两条 UI图线，如图乙所示。请回答下列问题：- 10 -（1）写出流过电阻箱的电流 I 的表达式：_。（2）小灯泡两端电压随电流变化的图象是_(选填“ a”或“ b”)。（3）根据图乙可以求得电源的电
19、动势 E_ V，内电阻 r_ ，该电路中小灯泡消耗的最大功率为_ W。【答案】 (1). (2). b (3). 3.0 (4). 2.0 (5). 1.0【解析】【分析】由电路图可知，灯泡与电阻箱串联，电压表 V1测灯泡电压，电压表 V2测路端电压；（1）由串联电路特点求出电阻箱两端电压，然后由欧姆定律求出电流表达式（2）根据串联电路特点分析判断哪个图象是灯泡电压随电流变化的图象（3）电源的 U-I 图象与纵轴的交点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻由图象找出灯泡的最大电流与最大电压，由 P=UI 求出最大功率【详解】 （1）电阻箱两端电压 UR=U2-U1，通过电阻箱的电流 ；
20、（2）灯泡与电阻箱串联，电压表 V1测灯泡电压，灯泡两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线 b 是灯泡电压随电流变化的关系图象（3）随电流增大，路端电压减小，由图乙所示图象可知，图线 a 是电源的 U-I 图象，由图线 a 可知，电源电动势 E=3.0V，电源内电阻 ；由图线 a 可知，灯泡两端最大电压为 2V，电流为 0.5A，灯泡最大功率 P=UI=2V0.5A=1W三、计算题（共 44 分）13.总质量为 80 kg 的跳伞运动员从离地 500 m 的直升机上跳下，经过 2 s 拉开绳索开启降落伞，图所示是跳伞过程中的 vt 图象，试根据图象求：(g 取 10 m/s2)-
21、11 -（1）t1 s 时运动员的加速度和所受阻力的大小；（图像过（2、14）这个点）（2）估算 14 s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功 （阻力做功的答案保留三位有效数字）【答案】(1)7 m/s 2 240 N (2)156m 至 164m 均可，1.2310 5J 至 1.30105J 均可【解析】【详解】 （1）从图中可以看，在 t=2s 内运动员做匀加速运动，其加速度大小为：，设此过程中运动员受到的阻力大小为 f，根据牛顿第二定律得：mg-f=ma，解得：f=m（g-a）=80（10-7）N=240N；（2）从图中由“面积”估算得出运动员在 14s 内下落了：39.522m=15
22、8m，根据动能定理有： mghWf mv2，解得： Wf mgh mv2=（8010158- 8062）J1.2510 5J；【点睛】本题是 v-t 图象应用的典型题型，要掌握图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，估算面积时可以通过数方格的个数来估算，采用“四舍五入”进行近似计算14.如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为 m 的物块 A、B、C，物块 B、C 静止，物块B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计） ；让物块 A 以速度 v0朝 B 运动，压缩弹簧；当 A、B 速度相等时，B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设 B 和 C 碰撞过程时间极短那么
23、从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求- 12 -（1）A、B 第一次速度相同时的速度大小；（2）A、B 第二次速度相同时的速度大小；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小【答案】 （1） v0（2） v0（3）【解析】试题分析：（1）对 A、B 接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv0=2mv1，解得 v1 v0（2）设 AB 第二次速度相同时的速度大小 v2，对 ABC 系统，根据动量守恒定律：mv 0=3mv2解得 v2= v0（3）B 与 C 接触的瞬间，B、C 组成的系统动量守恒，有：解得 v3 v0系统损失的机械能为当 A、B、C 速度相同时，弹簧的弹性势
24、能最大此时 v2= v0根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能 考点：动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。15.如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场在电场中，若将一个质量为 m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为 37（取sin37=06，cos37=08） 。现将该小球从电场中某点以初速度 v0。竖直向上抛出。求运动过程中：- 13 -（1）小球受到的电场力的大小及方向；（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量；（3）小球的最小速度的大小及方向。【
25、答案】 （1）电场力为 ，方向水平向右（2）（3） ，与电场方向夹角为 37斜向上【解析】试题分析：（1）小球所受电场力与重力的合力一定沿速度 v 方向，即有： ，得 ，方向水平向右；（2）竖直方向小球做竖直上抛运动，故上升时间为 ；上升的高度为到最高点时速度为水平方向，设为 ，则有： ，o 由动能定理得 得 ，即电势能减小了 。将初速度 分解为沿 v 反方向的分量 和垂直此方向的分速度；小球在 方向做类竖直上抛运动，到“最高点”处速度仅有垂直于 方向的分速度 ，此时合力对小球做的负功最多，即小球的速度最小，且为 ，方向与 v垂直，斜向右上方，即与电场 E 方向夹角为 37，斜向上。考点：考查
26、了牛顿第二定律，动能定理，电场力做功【名师点睛】解决本题的关键知道小球竖直上抛时，在竖直方向和水平方向上的运动规律，结合牛顿 第二定律和运动学公式灵活求解视频- 14 -16.如图所示， OAC 的三个顶点的坐标分别为 O（0，0） 、 A（ L，0） 、 C（0， L） ，在 OAC区域内存在垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场在 t=0 时刻，从三角形的 OA 边各处有质量均为 m、电荷量均为 q 的带正电粒子射入磁场，所有粒子射入磁场时相同速度且均沿 y 轴正向，已知在 t=t0时刻从 OC 边射出磁场的粒子的速度方向垂直于 y 轴不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求（1）带电粒子在磁场中
27、运动的周期 T；（2）磁场的磁感应强度 B 的大小；（3）若恰好不能从 AC 边离开磁场的粒子最终从 O 点离开磁场，求粒子进入磁场时的速度大小 v1；（4）若从 OA 边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从 OC 边上的同一点 P（图中未标出）射出磁场，这两个粒子经过 P 点的时间间隔与 P 点位置有关，若该时间间隔的最大值为 ，求粒子进入磁场时的速度大小 v2。【答案】 （1） T=4t0 （2） （3） (4) 【解析】【详解】 （1）因为在 t=t0时刻从 OC 边射出磁场的粒子的速度方向垂直于 y 轴，在 t=t0时刻从 OC 边射出磁场的粒子在磁场中运动了四分之一周期，所以粒子周期：
28、T=4t 0 （2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m粒子在磁场中运动的周期： - 15 -结合 T=4t0 联立可得磁场的磁感应强度： （3）恰好不能从 AC 边离开磁场的粒子最终从 O 点离开磁场，粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得：r 1+ =L粒子在磁场中运动的周期：T=4t 0 =联立可得粒子进入磁场时的速度大小：v 1=（4）时间间隔最大时两粒子的运动轨迹如图所示时间间隔：t=t 2-t1= 4t0根据几何关系有：+=可得：t= 2t0当t 最大为 t0时有： 2t0= t0解得：=- 16 -由几何关系得：r 2cos+ =L解得：r 2= L根据洛伦兹力提供向心力可得：qv 2B=m ，结合 =4t0，可得粒子进入磁场时的速度大小：v 2=【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，对于带电粒子在磁场中运动类型，要能作出粒子的运动轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键
