吉林省实验中学2019届高三物理上学期第三次月考试卷（含解析）.doc

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1、- 1 -吉林省实验中学 2018-2019 学年度上学期高三年级第三次月考物理试题一、单项选择题（共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，每个小题只有一项符合题目要求。 ）1.某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖 由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是：( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】两只飞镖 a、 b 都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有 x=v0t，据题它们的水平位移大小相等， va vb，所以运动时间关系为 ta tb由 知： ha hb所以插在竖直靶上时 a 镖在 b 的上面设飞镖插在竖直靶上前瞬

2、间速度与竖直方向的夹角为 ，则 ，因为 va vb， ta tb所以有 a b所以 C 图正确故选 C.【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移2.汽车的加速性能是反映汽车性能的重要指标，下图为甲、乙、丙三辆汽车运动的 图象，根据图象可以判定( )A. 甲车的速度变化最快B. 乙与甲在 3s 时恰好相遇- 2 -C. 丙比乙始终保持相同的距离D. 乙、丙两车的加速性能相同【答案】D【解析】【详解】加速度越大，速度变化快，图线的斜率表示加速度，可知丙和乙的加速度相等，大于甲的加速度，故 A 错误。乙和甲在 3s

3、 时速度相等，图线围成的面积不等，则位移不同，可知 3s 时不相遇，故 B 错误。图线围成的面积表示位移，由图可知，丙和乙围成的面积之差随着时间增大，则两者间的距离增大，故 C 错误。丙和乙的加速度相等，则乙、丙两车的加速性能相同，故 D 正确。故选 D。【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移3.如图所示，一边长为 的同一材料同样粗细导线制成的正方形金属框 abcd 在竖直面内下落，ab 边以速度 进入下方的磁感应强度为 的匀强磁场，则线框进入磁场时， ab 边两端的电势差 为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】

4、ab 边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势 E=BLv；ab 两端的电势差Uab= E BLv故 ACD 错误、B 正确、故选 B。【点睛】本题是电磁感应中电路问题，关键要正确区分内电压和外电压。要注意电源两极间的电压是外电压，不是内电压。4.如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为 、 的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为 。在 左端施加水平拉力 ，使 、 均处于静止状态。已知 m1 表面光滑，重力加速度为 ，则下列说法正确的是( )- 3 -A. 弹簧可能处于原长状态B. 弹簧弹力的大小为C. 地面对 的摩擦力大小为D. 地面对 的支持力可能为零【答案】C【解析】【

5、详解】隔离对 m1分析，在水平方向上平衡，拉力 F 等于弹簧在水平方向上的分力，可知弹簧处于伸长状态，故 A 错误。对 m1分析，水平方向上有：F 弹 sin=F，则弹簧弹力 F 弹 ，对 m2，竖直方向上有：m 2g=F 弹 cos+N，可知 F 弹 ，故 B 错误。对整体分析，地面对 m2的摩擦力大小等于 F，故 C 正确。物体 m2在水平方向上平衡，可知 m2在水平方向一定受到摩擦力，则支持力不为零，故 D 错误。故选 C。【点睛】解决本题的关键能够地受力分析，结合共点力平衡进行求解，掌握整体法隔离法的运用，知道有摩擦力必定有弹力，有弹力不一定有摩擦力5. 、 为相距遥远的两颗行星，距各

6、自表面相同高度处各有一颗卫星 、 做匀速圆周运动，图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度 a，横坐标表示物体到行星中心的距离 r 的平方，两条曲线分别表示 、 周围的 a 与 的反比关系，它们左端点横坐标相同，则( )A. 、 的平均密度相等- 4 -B. 的第一宇宙速度比 的小C. 的公转周期比 的大D. 的向心加速度比 的大【答案】D【解析】【详解】根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为： ，它们左端点横坐标相同，所以 P1、P 2的半径相等，结合 a 与 r2的反比关系函数图象得出 P1的质量大于 P2的质量，根据 ，所以 P1的平均密度比 P2的大

7、，故 A 错误；第一宇宙速度，所以 P1的“第一宇宙速度”比 P2的大，故 B 错误；根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式 T=2 ，所以 s1的公转周期比 s2的小，故 C 错误；s 1、s 2的轨道半径相等，根据 a= ，所以 s1的向心加速度比 s2的大，故 D 正确；故选 D。【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算该题还要求要有一定的读图能力和数学分析能力，会从图中读出一些信息就像该题，能知道两个行星的半径是相等的6.如图所示，理想变压器原线圈的两端 a、 b 接正弦交流电源时，电

8、压表 V 的示数为 220 V，电流表 A1的示数为 0.20 A。已知负载电阻 = 44 ，则下列判断中正确的是（电表均为理想交流电表）( )A. 原线圈和副线圈的匝数比为 21B. 原线圈和副线圈的匝数比为 15- 5 -C. 电流表 A2的示数为 1AD. 电流表 A2的示数为 0.4 A【答案】C【解析】【详解】原线圈的输入功率：P 1=U1I1=2200.20=44W；根据理想变压器输入功率等于输出功率，则副线圈上 R 消耗的电功率也是 44W，根据： ，变压器的副线圈电压：，所以 ，故 AB 错误；根据 得：I 2=1.0A，故 C 正确，D 错误。故选 C。【点睛】理想变压器是理

9、想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象。输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率。7.两个质量相同的小球 a， b 用长度不等的细线拴在天花板上的同一点并在空中同一水平面内做匀速圆周运动，如图所示，则 a， b 两小球具有相同的( )A. 角速度B. 线速度C. 向心力D. 向心加速度【答案】A【解析】试题分析：绳子的拉力和重力充当向心力，故 （ 表示绳子与竖直方向的夹角） ，故向心力不同，C 错误；设做圆周运动的平面与悬挂点的竖直高度为 h，运动半径为 r，故，根据公式 可得 ，解得 ，故角速度相同，A 正确；根据公式 可得，由于角速度相同，但运动半径不同，所以线速度不同，B

10、错误，根据公式可得，由于角速度相同，但是运动半径不同，所以向心加速度不同，D 错误- 6 -考点：考查了匀速圆周运动规律的应用【名师点睛】两个小球均做匀速圆周运动，对它们受力分析，找出向心力来源，可先求出角速度，再由角速度与线速度、周期、向心加速度的关系公式求解8.如图所示，真空中有一个边长为 L 的正方体，正方体的两个顶点 M、 N 处分别放置电荷量都为 q 的正、负点电荷。图中的 a、b、c、d 是其他的四个顶点， k 为静电力常量。下列表述正确是（ ）A. a、b 两点电场强度大小相等，方向不同B. a 点电势高于 b 点电势C. 把点电荷+ Q 从 c 移到 d，电势能增加D. 同一个

11、试探电荷从 c 移到 b 和从 b 移到 d，电场力做功相同【答案】D【解析】A、根据电场线分布知， a、 b 两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同故 A错误B、 ab 两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以 a、 b 的电势相等故 B 错误C、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则 c 点的电势大于 d 点的电势把点电荷+ Q 从 c 移到 d，电场力做正功，电势能减小，故 C错误D、因 可知同一电荷移动，电场力做功相等，则 D 正确。故选 D【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向

12、电势逐渐降低二、多项选择题（共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，每个小题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选的不得分。 ）9.如图所示，质量为 的两个物体通过轻弹簧连接，在力 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（ 在地面， 在空中） ，力 与水平方向成 角则 所受支持力 和摩擦力 正确的是（ ）- 7 -A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】对 AB 整体受力分析，受到重力 mg=（m 1+m2）g、支持力 N、拉力 F、滑动摩擦力 f，如图根据共点力平衡条件，有 Fcos-f=0；N+Fsin-mg=0；解得：N=mg-Fsin=（

13、m 1+m2）g-Fsin；f=Fcos；故选 AD。【点睛】整体法与隔离法是解决平衡问题的常用方法，在具体问题中，灵活地选用整体法和隔离法，可以使问题大大简化10.如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为 m 的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为 L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为 2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中( )- 8 -A. 圆环的机械能守恒B. 弹簧弹性势能变化了 mgLC. 圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【答案】B【解析

14、】圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小 ，选项 A 错误； 圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为 ，圆环的速度为零，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量，为 ，故选项 B 正确； 圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，所以选项 C 错误； 在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，即系统机械能守恒，所以选项 D 错误；考点：系统机械能守恒视频11.一质量为 2 kg 的物块在合外力 的作用下从静止开始沿直线运动。 随时间 变化的图线如图所示，则A. =1 s

15、 时物块的速率为 1 m/sB. =2 s 时物块的动量大小为 2 kgm/sC. =3 s 时物块的动量大小为 3kgm/sD. =4 s 时物块的速度为 1 m/s【答案】ACD【解析】【详解】前两秒，根据牛顿第二定律，a= =1m/s2，则 0-2s 的速度规律为：v=at；t=1s时，速率为 1m/s，故 A 正确；t=2s 时，速率为 2m/s，则动量为 P=mv=4kgm/s，故 B 错误；- 9 -2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=-0.5m/s 2，所以 3s 时的速度为v3=v2-at=1.5m/s，动量为 3kgm/s，同理 4s 时速度为 1m/s，故

16、 CD 正确；故选 ACD。【点睛】本题考查了牛顿第二定律的简单运用，熟悉公式即可，并能运用牛顿第二定律求解加速度。另外要学会看图，从图象中得出一些物理量之间的关系。12.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为 E、内电阻为 r， R1、 R2为定值电阻，R3为滑动变阻器， C 为电容器，A、V 为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是（ ）A. 电流表示数变小B. 电压表示数变大C. 电容器 C 中的电场强度变小D. a 点的电势降低【答案】BCD【解析】【详解】在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，变阻器

17、在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流 I 增大，电阻 R1两端电压增大，则电压表示数变大，B 正确。电阻 R2两端的电压 U2=E-I（R 1+r） ，I 增大，则 U2变小，电容器板间电压变小，场强变小；通过 R2的电流 I2减小，通过电流表的电流 IA=I-I2，I 增大，I 2减小，则 IA增大，即电流表示数变大。故 C 正确，A 错误；根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a 的电势大于零，a点的电势等于 R2两端的电压，U 2变小，则 a 点的电势降低，故 D 正确；故选 BCD。【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分

18、析根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化三、实验题（共 2 小题，13 小题 6 分，14 小题 9 分，共 15 分。 ）13.在“验证牛顿第二定律”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用 M 表示，砂和砂桶的质量用 m 表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。- 10 -(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是（_）A将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电。改变砂桶中砂子的多少，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车

19、是否做匀速运动B将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)实验中要进行质量 m 和 M 的选取，以下最合理的一组是（_）A M=200g， m=10g、15g、20g、25g、30g、35g、40gB M=200g， m=20g、40g、60g、80g、100g、120gC M=400g， m=10g、15g、20g、25g、30g、35g、40gD M=400g， m=20g、40g、60g、80g

20、、100g、120g(3)已知打点计时器使用的交流电频率为 50Hz，每相邻两个计数点间还有 4 个点未画出，利用下图给出的数据可求出小车运动的加速度 a=_m/s2。(结果保留三位有效数字)【答案】 (1). B (2). C (3). 1.58【解析】试题分析：小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力；当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即 mM 时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力；根据匀变速直线运动的推论公式x=aT 2可以求出加速度的大小，- 11 -（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高

21、度，使细线与长木板平行接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，故 B 正确（2）当 mM 时，即当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力因此最合理的一组是 C（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为 T=0.1s，利用匀变速直线运动的推论 ，得： ， ， ，为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：14. 某一小型电风扇额定电压为 4.0V，额定功率为 2.4W。某实验小组想

22、通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A电源 E（电动势为 4.5V）B电压表 V（量程为 05V，内阻约为 4k ）C电流表 A1（量程为 00.6A，内阻约为 0.2 ）D电流表 A2(量程 3A，内阻约 0.05 );E滑动变阻器 R1（最大阻值 10 ，额定电流 1A）F滑动变阻器 R2（最大阻值 2k ，额定电流 100mA）为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 。 （填所选仪器前的字母序号）请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在虚线内（小电风扇的电路符号如图所示） 。- 12 -操作过程中发现

23、，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于 0.5V 时电风扇没启动。该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为 ，正常工作时的发热功率为 ，机械功率为 。【答案】 （1）C; E （2）电路如图：分压式电路，电流表外接；（3）2.5； 0.9W； 1.5W.【解析】试题分析：（1）电风扇的额定电流为 ，为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用 C，滑动变阻器用分压电路，应选用 E。 （2）电路如图：分压式电路，电流表外接；- 13 -（3）电压表读数小于 0.5V 时电风扇没启动根据欧姆定律得， 正常工作时电压为 4V，根据图象知电流为

24、0.6A，则电风扇发热功率P=I2R=0.362.5W=0.9W，则机械功率 P=UI-I 2R=2.4-0.9=1.5W考点：描绘出小电风扇的伏安特性曲线.四、计算题（本题共 2 小题，共 24 分。要求写出必要的文字说明、主要的计算公式及步骤和结果，有数据计算的要写清单位，只写最后结果的不得分。 ）15.在倾角 =37 的平直滑道上，一名质量 75 kg 的滑雪运动员由静止开始向下滑行运动员所受空气阻力与速度成正比，比例系数为 ，运动员与滑道间的动摩擦因数为 今测得运动员从静止开始沿滑道下滑的速度时间图象如图所示，图中的 OA 直线是 时刻速度图线的切线，速度图线末段 BC 平行于时间轴设

25、最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 sin 370.6，cos 370.8，重力加速度 =10m/s2求：（1） 时刻运动员的加速度大小;（2）动摩擦因数 和比例系数 .【答案】 （1） （2） 【解析】(1)由速度-时间图像可知 ，物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动在 t=0 时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有(2)在 t=0 时刻开始加速时， v0=0，由牛顿第二定律可得最后匀速时， vm=10m/s， a=0，由平衡条件可得- 14 -联立解得： =0.25， k=30kg/s 16.如图所示，竖直平面 xOy 内有三个宽度均为 首尾相接的电场区域 ABFE、BC

26、GF 和 CDHG。三个区域中分别存在方向为y、y、x 的匀强电场，且电场区域竖直方向无限大，其场强大小比例为 212。现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为(0， )的 P 点射入 ABFE场区，初速度方向水平向右。物体恰从坐标为(2 ， /2)的 Q 点射入 CDHG 场区，已知物体在ABFE 区域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为 ，物体可以视为质点，求：(1)物体进入 ABFE 区域时的初速度大小；(2)物体在 ADHE 区域运动的总时间；(3)物体从 DH 边界射出位置的坐标【答案】 （1） （2） （3） 【解析】设三个区域的电场强度大小依次为 2E、 E、2 E，物体在三

27、个区域运动的时间分别t1、 t2、 t3(1)在 BCGF 区域，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得： mg-qE=ma2，而：2 qE=mg得：在水平方向有： L=v0t在竖直方向有： 解得： ,(2)在 ABEF 区域对物体进行受力分析，在竖直方向有：2 qE=mg物体做匀速直线运动，有： ，- 15 -在 BCGF 区域，物体做类平抛运动，有： ,在 Q 点竖直方向速度为：则 Q 点速度为： ，与水平方向夹角为 45在 CDHG 区域 由于 2qE=mg对物体进行受力分析， mg，与水平方向夹角为 45，与速度方向相同，物体做匀加速直线运动运动到 x 轴过程，根据运动学公式，有： 解得

28、：所以有：(3)物体在 ABFE 区域做匀速直线运动，在 BCGF 区域物体做类平抛运动，偏移量为 在 CDHG 区域，沿与水平方向夹角为 45，物体做匀加速直线运动，竖直方向位移为 L，则物体从 DH 边界射出位置的坐标为 【点睛】此题是带电体在电场和重力场的复合场中运动的问题，关键是分析物体的受力情况和运动情况类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究，匀加速直线运动根据牛顿定律和运动学公式结合研究五、选修题（本题共 2 小题，共 15 分。计算题要写出必要的文字说明、主要的计算公式及步骤和结果，有数据计算的要写清单位，只写最后结果的不得分。 ）17.关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是

29、_A悬浮在液体中的微小固定颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的B物体中分子热运动动能的总和等于物体的内能C在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D气体从外界吸收热量，其内能不一定增加E液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力【答案】ADE- 16 -【解析】【详解】固体小颗粒的无规则运动，间接说明液体分子的运动也是无规则的，故 A 正确；物体中分子热运动动能和势能的总和等于物体的内能，故 B 错误；根据压强的微观意义可知气体对器壁的压强是由于大量分子对器壁持续的撞击形成的，与是否失重无关，故 C 错误；做功与热传递都可以改变物体的内能，可知气体从外界

30、吸收热量，其内能不一定增加，故 D 正确；液体表面张力的产生原因是：液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力；合力现为引力；故 E 正确。故选 ADE。18.如图，内径均匀的弯曲玻璃管 ABCDE 两端开口，AB、CD 段竖直，BC、DE 段水平，AB=100cm，BC=40cm，CD=50cm，DE=60cm。在水平段 DE 内有一长 10cm 的水银柱，其左端距D 点 10cm。在环境温度为 300 K 时，保持 BC 段水平，已知大气压为 75 cmHg 且保持不变。（1）若将玻璃管 A 端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使 A 端刚刚没入水银面，环境温度缓慢升高，求温度升高到多少 K 时，水银柱刚好全部溢出； （2）将玻璃管 A 端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使 A 端刚刚没入水银面下 10 cm。若环境温度缓慢降低，求温度降低到多少 K 时，水银柱刚好全部进入 CD 段。【答案】 （1） （2）【解析】(1)A 端插入水银槽后，液柱向右移动 50cm，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可得 ， ，解得：(2)当液柱刚好全部进入 CD 管时，水银槽中的水银将沿 AB 管上升 10cm封闭气体体积及压强：V 3=160Scm3， p3=65cmHg由理想气体状态方程得：- 17 -解得：【点睛】认真审题，根据题意求出气体体积与压强，应用盖吕萨克定律与理想气体状态方程即可正确解题