1、- 1 -湖南省湖南师范大学附属中学 2018 届高三上学期 12 月月考(四)物理试题一、选择题(17 题单选，812 题多选)1. 东方红一号卫星是中国发射的第一颗人造地球卫星，由以钱学森为首任院长的中国空间技术研究院自行研制，于 1970 年 4 月 24 日 21 时 35 分发射该卫星发射成功标志着中国成为继苏联、美国、法国、日本之后世界上第五个用自制火箭发射国产卫星的国家东方红一号卫星质量为 173kg，可将其视为近地卫星，它绕地球运动的的动能约为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度为第一宇宙速度，即，则有 ，选 B.2. 如图所示表
2、面光滑、半径为 R 的绝缘半球固定在水平地面上，置于半球表面上分别带有正负电荷的两小球(大小忽略不计)处于平衡时，小球与球心连线与竖直方向的夹角分别为 、，设这两个小球的质量之比为 ，小球与半球之间的压力之比为 ，则以下说法正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D- 2 -【解析】对 受力分析如图所示由正交分解可得：平行球面方向 ，垂直球面方向，联立解得： ， ，同理，对 分析可得： ， ，故 ， ，选 D.【点睛】分别对 和 进行受力分析，根据正交分析求出两个小球重力与库仑力的关系式，两个小球受支持力与库仑力的关系式，即可分析求解.3. 如图所示，一个 m=3kg 的物体放在粗糙水平
3、地面上，从 t=0 时刻起，物体在水平力 F 作用下由静止开始做直线运动，在 03s 时间内物体的加速度 a 随时间 t 的变化规律如图所示已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等则( )A. 在 03s 时间内，物体的速度先增大后减小B. 3s 末物体的速度最大，最大速度为C. 2s 末 F 最大，F 的最大值为 12ND. 前 2s 内物体做匀变速直线运动，力 F 大小保持不变【答案】B【解析】由图可知，在 03s 内始终加速，3s 末速度最大，最大为图象围成“面积” ，即，A 错误，B 正确；动摩擦因素未知，不能计算动摩擦力大小，因而不能确定拉力 F 的大小，C 错误；但滑动摩擦力不变，02
4、s 加速度变大，则拉力大小变大，D 错误选 B.- 3 -【点睛】加速度时间图象主要考查的是：图线与时间轴围成的面积表示速度，并结合牛顿第二定律进行分析求解.4. 如图所示，质量 M8 kg 的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力 F8 N，当小车速度达到 1.5 m/s 时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量 m2 kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数 0.2，小车足够长，物体从放上小车开始经 t1.5 s的时间，则物体相对地面的位移为( g 取 10 m/s2)A. 1 m B. 1.5 m C. 2.1 m D. 3.6 m【答案】C【解析】当在车的右端放上物体时，对
5、物块：由牛顿第二定律 ，解得：，对小车： ，解得： ，设经过时间 ，物体和车的速度相等，即 ，物体的速度 ，车的速度 ， ，联立解得 ， ，前 1s 物块相对地面的位移为 ，当物块与小车共速后，由牛顿第二定律 ，解得： ，则后 t=0.5s 物块相对地面的位移为，则物体从放上小车开始经 t=1.5s 的时间，则物体相对地面的位移为，C 正确，ABD 错误；选 B.【点睛】分别对滑块和平板车进行受力分析，它们都只受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上相对静止时，速度相同，可以求出时间；滑块做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当它们速度相等时一起向右做匀速运动，求出物块的
6、位移即可5. 水平推力 和 分别作用在静止于水平面上等质量的 a、b 两物体上， ，作用相同距离，两物体与水平面的动摩擦因数相同，则这个过程中两个力的冲量 、 的大小关系正确的是( )- 4 -A. 一定大于 B. 一定小于 C. 一定等于 D. 可能小于【答案】D【解析】由 ，得 ，由牛顿第二定律 ，得： ，则冲量由数学知识可知，当 ，即 时，冲量 I 有最小值，因不知道 与 的大小关系，故 有可能大于 ，也可等于 或小于 ，故 D 正确，选 D.6. 如图所示，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量为 m 的小物块 A 相接触而不相连，原来A 静止在水平面上，弹簧没有形变，质量为 m 的物块 B
7、 在大小为 F 的水平恒力作用下由 C 处从静止开始沿水平面向右运动，在 O 点与物块 A 相碰粘在一起向右运动(设碰撞时间极短)，同时将外力 F 撤去运动到 D 点时，恰好速度为零AB 物体最后被弹簧弹回 C 点停止，已知CO=4s，OD=s，A、B 与水平面之间的动摩擦因数相同，可求出弹簧的弹性势能的最大值为( )A. 1.43Fs B. 2Fs C. 2.5Fs D. 3Fs【答案】A【解析】B 与 A 碰撞前的瞬间的动能 ，解得： ，B 与 A 在碰撞过程中动量守恒，设共同速度为 ，则有 ，解得： ，B 与 A 碰撞后 AB整体弹回到 C 点过程中有： ，解得： ，B 与 A 碰撞后
8、AB 整体到达D 点过程中有： ，解得： ，故选 A.7. 如图所示，A、B、C、D 是四个质量相等的等大小球，A、B、C 是绝缘不带电小球，D 球带正电，静放在光滑的水平绝缘面上，在界面 MN 的右侧有水平向左的匀强电场，现将 D 球从静止释放，球之间发生的是弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略，那么，当四个小球都离开电场- 5 -后，关于它们间的距离说法正确的是( )A. 相临两球间距离仍为 LB. 相临两球间距离都为 2LC. AB、BC 间距离为 2L，CD 间距离为 LD. AB、BC 间距离为 L，CD 间距离为 2L【答案】A【解析】作出 A、B、C、D 球的 vt 图象如图所示可知在
9、D 球开始运动到离开电场的过程中四球的位移是相等的故四球间距仍为 L.选 A.8. 如图所示在 xOy 平面内固定有 ABC 三个点电荷，A 电荷的坐标为(2，0)，B 电荷在坐标原点，C 电荷的坐标为(2，0)已知 ， ，则在 xOy 平面内电场强度为零的点的坐标为( )- 6 -A. B. C. (4，0) D. (4，0)【答案】AB【解析】根据电荷分布的对称性，xOy 平面内电场强度为零的点应该在 y 轴上，A、B、C 产生的电场如图所示：设电场强度为 0 的点是 D 点，其坐标为（x,y） ，由题上图可知，D 电场强度为 0，故 D 点横坐标一定为 0，故 CD 错误；由点电荷的电场
10、强度公式 ，得 ，则 A、C 两点的合场强为 ，又 ，联立得： ， ，又 D的电场强度为 0，则有 ，解得： ，故 D 点的坐标为（0， ）或（0， ） ，故选 AB.9. 如图所示，两个等大金属带电小球 A 和 B 分别带有同种电荷 和 (小球的大小可忽略不计)，质量为 和 .A 球固定，B 球用长为 L 的绝缘丝线悬在 A 球正上方的一点当达到平衡时，A、B 相距为 d，若使 A、B 接触后再分开，当再次达到平衡时，AB 相距为 2d，则A、B 的电荷量之比 可能为( )- 7 -A. B. 41 C. D. 14【答案】AC【解析】对 B 受力分析可知，受重力 mg、库仑力 F、拉力 T
11、 作用，如图所示设 A 离悬挂点的距离为 h，由平衡条件可知库仑力 F 与拉力 T 的合力与重力平衡，即 ，由相似三角形定法得： ，解得： ，由题可知 h 不变，mg 不变，当距离变 2d 时，则库仑力 ，又 ；因 A、B 带同种电荷，故 A、B 接触后电量平分，且都为 ，则 ，代入 ，得： ，解得：，AC 正确，选 AC.【点睛】对 B 球进行受力分析，由相似三角形法则求出库仑力与重力的关系，当同种电荷A、B 接触后电量平分，当 B 球再次达到平衡时，由相似三角形法则求出库仑力与重力的关系，得出平衡后的库仑力是平衡前的库仑力的两倍，由此进行分析求解 A、B 电荷量的比值.10. 一质量 m、
12、电荷量 的圆环，套在与水平面成 角的足够长的粗糙细杆上，圆环的直径略大于杆的直径，细杆处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中现给圆环一沿杆左上方方向的初速度 ，(取为初速度 正方向) 以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是( )- 8 -A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】当 时，物体受到 先变小后变大，摩擦力 也先变小后变大，物体减速的加速度 也先变小后变大；当速度变小为零时，若 时，物体将静止；若 时，物体将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速当 时，物体受到 变大，摩擦力 变大，物体减速的加速度 变大；速度变小为零时，若 时，物体将静止；若 时，物体将做加速度减小的加速运动直到
13、平衡后做匀速故 ABD 图象可能存在，C 图象不可能存在，选 ABD.【点睛】带负电的小环向左上方运动时，受到的洛伦兹力垂直杆子斜向右上方，注意讨论洛伦兹力与 的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的11. 如图所示，滑块 A、B 的质量均为 m，A 套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成 ，B套在固定水平的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且足够长，A、B 通过铰链用长度为 L 的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成 )连接，A、B 从静止释放，B 开始沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块 A、B 视为质点在运动的过程中，下列说法中正确的是( )A.
14、 A、B 组成的系统机械能守恒- 9 -B. 当 A 到达与 B 同一水平面时，A 的速度为C. B 滑块到达最右端时，A 的速度为D. B 滑块最大速度为【答案】AD【解析】因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，A 正确；设 A 的速度为 、B 的速度为 ，当 A 到达与 B 同一水平面时，对 A、B 速度进行分解，如图所示根据沿杆方向速度相等有： ，根据系统机械能守恒有：，解得： ，B 错误；B 滑块到达最右端时，B 的速度为零，如图所示：根据系统机械能守恒有： ，解得： ，C 错误；当 A 滑到最低点时，速度为零，B 的速度最大，如图所示：根据系统机械能守恒有： ，解得： ，D 正确，选 A
15、D.【点睛】应用 A、B 沿杆方向速度相等，求出 A、B 的速度关系，因为不计一切摩擦，故A、B 组成的系统机械能守恒，当 A 的速度最大时，B 的速度为 0；当 B 的速度最大时，A 的速度为 0.12. 如图甲所示，水平地面上固定一粗糙斜面，小物块以初速度 从斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力 F(F 小于物块受的摩擦力)，第二次无恒力，图乙中的两条线段 a、b 分别表示存在恒力 F 和无恒力 F 时小物块沿斜面向上运动的 vt 图- 10 -象，不考虑空气阻力，下列说法正确的是( )A. 有恒力 F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较小B. 有恒力 F 时，
16、小物块在上升过程机械能的减少量较大C. 有恒力 F 时，小物块在上升过程产生的热量较大D. 有恒力 F 时，小物块在上升过程产生的热量较小【答案】AC【解析】有恒力 F 时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力 F 时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小A 正确，B 错误；根据 v-t 图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力 F 时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大C 正确，D 错误；选 AC.【点睛】根据图象的“面积”表示位移，分析位移关系，从而判断出热量关系；根据重力势能的增加量与动能的减小量关系，分析
17、机械能的减少量关系二、实验题(2 小题)13. 英国物理学家胡克发现：金属丝或金属杆在弹性限度内它的伸长量与拉力成正比，这就是著名的胡克定律这一发现为后人对材料的研究奠定了基础现有一根用新材料制成的金属杆，长为 3m，横截面积为 ，设计要求它受到拉力后伸长不超过原长的 .由于这一拉力很大，杆又较长，直接测试有困难，因此，选用同种材料制成的样品进行测试，通过测试取得数据如下：- 11 -(1)测试结果表明金属丝或金属杆受拉力作用后其伸长量与材料的长度成_比，与材料的截面积成_比(2)通过对样品的测试，推算出用新材料制成的上述金属杆所能承受的最大拉力为_N.【答案】 (1). 正 (2). 反 (
18、3). 【解析】(1)由表格知：当受到的拉力 F、横截面积 S 一定时，伸长量 x 与样品长度 L 成正比；当受到的拉力 F、样品长度 L 一定时，伸长量 x 与横截面积 S 成反比；当样品长度L、横截面积 S 一定时，伸长量 x 与受到的拉力 F 成正比由的结论，测试结果表明材料受拉力作用后其伸长与材料的长度成正比，与材料的截面积成反比(2)由三个结论，可以归纳出，x 与 L、S、F 之间存在一定量的比例关系，设这个比值为 k，则有 (k 为常数)，根据图表提供数据代入解得：， ，由题意知：待测金属杆 M承受最大拉力时，其伸长量为原来的 ，即 ，此时 ，L3m；代入公式 ，解得：14. 在“
19、测定导体电阻”的实验中，电源使用两节新干电池，被测电阻 Rx 的阻值约为 ，电流表内阻约 ，电压表内阻约为 2 k，滑动变阻器的规格是“ ”(1)图甲是不完整的实验电路，请你将电路图画完整；_(2)电路连接正确，实验数据记录如下表所示，其中一组数据有拼凑的嫌疑，请指出并说明判断依据_数据有拼凑的嫌疑，电压最低大约_V 或电流最小大约_A.【答案】 (1). (2). 第 1 组 (3). 1 (4). 0.2【解析】 （1）待测电阻是小电阻，所以电流表用外接法，完整的电路图如图所示- 12 -（2）由表格中数据知，当电压为 1.2V 时，电流为 0.24A，由 ，得：，因串联电路中总电阻等于各
20、分电阻之和，则电路中的最小电流：，电压表的示数： ，由第一组数据，其电压值和电流值都低于可能达到的最小电压和电流，所以有拼凑的嫌疑，所以电压最低大约 1V或电流最小大约 0.2A.三、计算题(3 小题)15. 宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球经过时间 t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为 L.若抛出时的初速度增大到 3 倍，则抛出点与落地点之间的距离为 L.已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为 R，万有引力常量为G，求该星球的质量 M.【答案】 【解析】试题分析：运用平抛运动规律表示出抛出点与落地点之间的距离求解星球表面重力加速度忽略星球自转的影响，根
21、据万有引力等于重力列出等式求解天体质量设抛出点的高度为 h，第一次抛出时水平射程为 x；当初速度变为原来 3 倍时，水平射程为3x，如图所示由几何关系可知： ， 联立得：设该星球表面的重力加速度为 g，则竖直方向： - 13 -又因为 联立得：16. 如图所示，质量为 m1 kg 的小木块放在质量为 M8 kg 的长木板(足够长)的左端，静止在光滑的水平面上， m 与 M 之间的动摩擦因数 0.1， g10 m/s 2.现给 m 一个向右的速度 v010 m/s 同时对 M 施加一水平向左的恒力 F，且 F5 N，则 F 作用一段时间后撤去，M、 m 的速度最终都变为零求：(1)F 作用的时间
22、 t1；(2)此过程中系统生热 Q.【答案】 （1）2s（2）55 J【解析】试题分析：（1）对 M、M 系统由动量定理可求得 F 作用的时间， （2）对 M 受力分析求出加速度，由运动学公式求出位移，再根据功能关系求出系统产生的热量 Q.(1)根据动量定理对 M、m 系统分析可得：解得：(2)对 M 受力分析可得：解得：在 时间内 M 运动的位移则系统生热代入数据解得：17. 如图所示，绝缘光滑轨道 ABCD 竖直放在与水平方向成 的匀强电场中，其中 BCD 部分是半径为 R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆相切，现把一质量为 m、电荷量为q 的小球(大小忽略不计)，放在水平面上某点由静止开始
23、释放，恰好能通过半圆轨道最高点 D，落地时恰好落在 B 点求：(1)电场强度 E；(2)起点距 B 点的距离 L.- 14 -【答案】 （1） ， （2）2.5R .【解析】 （1）小球通过 D 点后分别在水平方向做匀变速直线运动和在竖直方向做匀加速直线运动，对小球受力分析，由牛顿第二定律求出两个方向的加速度，结合小球恰好能通过 D 点的临界条件列出方程组进行求解；（2）由起点到 D 点的过程，根据动能定理求起点距 B 点的距离.(1)小球恰好能通过 D 点，则有：小球通过 D 点后的运动：水平方向做匀变速直线运动：由牛顿第二定律得：竖直方向做匀加速直线运动：由牛顿第二定律得：联立得：(2)由
24、起点到 D 点的过程，根据动能定理得：解得：四、选考题(4 小题)18. 下列说法中正确的是 A. 气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果B. 足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C. 一定质量的理想气体等压膨胀过程气体一定从外界吸收热量D. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E. 饱和汽压与分子密度有关，与温度无关【答案】ACD【解析】试题分析：气体分子不停地做无规则，气体对容器壁的压强是气体分子对容器壁频- 15 -繁碰撞而产生的，故 A 正确足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体压强较大的缘故，与分子间斥力无关，选项 B 错误；一
25、定质量的理想气体等压膨胀过程中，体积增大，气体对外界做功，由气态方程 知，气体的温度升高，内能增大，由热力学第一定律知，气体一定从外界吸收热量故 C 正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故 D 正确；饱和汽压与分子密度有关，与温度也有关，故E 错误；故选 ACD考点：气体压强的微观意义；热力学第二定律；饱和汽压【名师点睛】气体压强的微观意义：气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生的；温度是分子平均动能的标志；明确热力学第二定律；饱和汽压与分子数密度和温度有关；加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好 3-3 的基本方法。1
26、9. 如图所示，一细 U 形管一端开口，一端封闭，用两段水银柱封闭两段空气柱在管内，初始状态时两气体的温度都为 ，已知 ， ， ，h=15cm，大气压强 ，现给气体 2 加热，使之温度缓慢升高，求：当右端的水银柱的液面上升时，气体 2 的温度(此过程气体 1 的温度保持不变 )【答案】600K.初状态时，气体 2 的压强气体 1 的压强末状态时，气体 2 的压强 设末状态时，气体 1 的长度为 ，末状态时，气体 1 的压强- 16 -气体 1 是等温变化： 解得：气体 2 的长度根据理想气体方程得解得：20. 一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，t=0 时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到 c
27、 点，t=0.6s 时波恰好传到 e 点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e 是介质中的质点，下列说法正确的是 A. 当 t=0.5s 时质点 b 和质点 c 的位移相等B. 当 t=0.6s 时质点 a 的位移为C. 质点 c 在 00.6s 时间内沿 x 轴正方向移动了 3mD. 质点 d 在 00.6s 时间内通过的路程为 20cmE. 这列简谐横波遇到频率为 1 Hz 的另一列简谐横波时我们能够观察到干涉现象【答案】ABD【解析】由题意可得该波向右传播,起振的方向向上,波长是 4m,0.6s 的时间内传播的距离是3/4,所以波的周期 T=0.6 =0.8s，A. 该波是方程：y=A
28、sin - 2 当 t=0.5s 时质点 b 的位移：y b=0.10sin = mc 点的位移：yc=0.10sin = m，质点 b、c 的位移相同。故 A 正确；B. 质点 a 的处相为 ，振动方程为： ，当 t=0.6s 时，- 17 -，故 B 正确；C. 质点 c 在这段时间内只是沿振动的方向振动，没有沿 x 轴正方向移动。故 C 错误；D. 由图可知，质点 d 在 0.6s 内先向上运动到达最高点后又返回平衡位置，在这段时间内通过的路程是 2 倍的振幅，为 20cm.故 D 正确；E这列波的频率为 f=1/T=1.25Hz, 与频率为 1Hz 的另一列简谐横波不是相干波，不会发生
29、干涉现象，E 错误。故选：ABD21. 如图所示为一巨大的玻璃容器，容器底部有一定的厚度，容器中装有一定量的水，在容器底部有一单色点光源 S，已知水对该单色光的折射率为 ，玻璃对该单色光的折射率为，容器底部玻璃的厚度为 d，水的深度为 2d.(已知光在真空中的传播速度为 c，波的折射定律 )求：该单色光在玻璃和水中传播的速度；水面形成的圆形光斑的半径(不考虑两个界面处的反射光线)【答案】 ， .【解析】由 可以求出光在水中的速度和在玻璃中的速度，作出光路图，光在水与玻璃接触面发生全反射，由向何关系求出 R.由 可知，光在水中的速度为：光在玻璃中的速度为：如图所示：- 18 -光恰好在水和空气的分界面发生全反射时：在玻璃与水的分界面上由：解得：由几何关系知：光斑的半径又 ，故
