云南省玉溪市元江一中2019届高三物理第一次月考试题.docx

云南省玉溪市元江一中2018-2019学年高三第一次月考高三物理卷I一、单选题(共5小题,每小题6.0分,共30分) 1.关于静电场，下列结论普遍成立的是()A 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零2.芬兰小将拉林托以两跳240.9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，拉林托从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点拉林托的速度方向与轨道CD平行，设拉林托从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，则(）At1t2，CFFDBt1t2，CFt2，CFFDDt1t2，CFFD3.如图所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度下述哪些做法可使指针张角增大()A 使A、B两板靠近些B 使A、B两板正对面积错开些C 断开S后，使A板向右平移些D 断开S后，使A、B正对面积错开些4.用两条细绳把一个镜框悬挂在墙上，在如图所示的四种挂法中，细绳对镜框拉力最小的是()ABCD5.一个质量为m的带负电的小球，在如图所示的匀强电场中以水平速度抛出小球运动的加速度方向竖直向下，大小为，小球在竖直方向下落高度H，以下说法中正确是()A 小球的动能增加了B 小球的机械能减少了C 小球的重力势能减少了D 电势能增加了二、多选题(共3小题,每小题6.0分,共18分) 6.(多选)如图所示，A、B两个小物体用不可伸长的轻绳连接跨在一尺寸不计的滑轮两端，小物体B置于一表面呈凹形的光滑曲面上，曲面底端切线沿水平方向，曲面放在桌子边缘并使A悬空，开始时将B物体从曲面顶端由静止释放，B将能滑到曲面的底端不计一切摩擦，轻绳足够长，则下列说法正确的是()A 物体B从曲面顶端到达曲面底端过程中，B的机械能守恒B 物体B到达曲面底端时的速率大于A的速度C 物体B在曲面顶端和底端时，重力对B的功率相等D 物体B机械能的减小量等于物体A的动能和重力势能的增加量7.(多选)如图所示，小球B放在真空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长，现将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是()A 若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有弹力B 若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的弹力向下C 若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的弹力向上D 若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的弹力8.(多选)图中甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场(a，b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点)，丁是等量正点电荷形成的电场(a，b位于两点电荷连线的中垂线上，且a位于连线的中点)有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从电场中的a点由静止释放，动能Ek随位移x变化的关系图象如图中的图线所示，其中图线是直线下列说法正确的是()A 甲对应的图线是B 乙对应的图线是C 丙对应的图线是D 丁对应的图线是分卷II三、实验题(共2小题,共15分) 9.某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律(1)某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为_cm.图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为2.55 ms、5.15 ms，由此可知小球通过光电门A、B时的速度分别为vA、vB，其中vA_m/s.(2)用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较_(用题目中涉及的物理量符号表示)是否相等，就可以验证机械能是否守恒(3)通过多次实验发现，小球通过光电门A的时间越短，(2)中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是_10.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某小组设计了如图所示的实验装置图中上下两层水平轨道表面光滑，两小车前端系上细线，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停止(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使_；在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量_小车的质量(选填“远大于”“远小于”“等于”)(2)本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为_(3)实验中获得数据如下表所示：小车、的质量都约为200 g.在第1次实验中小车从A点运动到B点的位移如下图所示，请将测量结果填到表中空格处通过分析，可知表中第_次实验数据存在明显错误，应舍弃四、计算题 11.一物体所受的力F随位移x变化的图象如图所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为多少？12.如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离s2 m，BC是半径为R0.40 m的竖直半圆形光滑轨道，B为两轨道的连接点，C为轨道的最高点一小物块以v06 m/s的初速度从A点出发，经过B点滑上半圆形光滑轨道，恰能经过轨道的最高点，之后落回到水平轨道AB上的D点处g取10 m/s2，求：(1)落点D到B点间的距离；(2)小物块经过B点时的速度大小；(3)小物块与水平轨道AB间的动摩擦因数【物理选修3-3】13.(1)下列说法中正确的有（ ）A已知水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B布朗运动说明分子在永不停息地做无规则运动C两个分子间由很远(r109m)距离减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大D露珠呈球状是由于液体表面张力的作用(2)如图甲所示，一端开口导热良好的气缸放置在水平平台上，活塞质量为10 kg，横截面积为50 cm2，气缸全长21 cm，气缸质量20 kg，大气压强为1105Pa，当温度为70C时，活塞封闭的气柱长10 cm，现将气缸倒过来竖直悬挂在天花板上，如图乙所示，g取10m/s2.求稳定后，活塞相对气缸移动的距离；当气缸被竖直悬挂在天花板上，活塞下降并达到稳定的过程中，判断气缸内气体是吸热还是放热，并简述原因【物理选修3-4】14.(1)一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，该列波沿x轴传播(填“正向”或“负向”)；该列波的波速大小为ms；若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为Hz。（2）如图，为某种透明材料做成的三棱镜横截面，其形状是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB，AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面.试求： 该材料对此平行光束的折射率；这些到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两块?答案解析1.【答案】C【解析】在正电荷的电场中，离正电荷越近，电场强度越大，电势越高，离正电荷越远，电场强度越小，电势越低，而在负电荷的电场中正好相反，故A、B错误；沿电场方向电势降低，而且电势降落最快，故C正确；场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功，故D错误2.【答案】B【解析】将拉林托的运动分解为平行于滑道CD的匀加速直线运动和垂直于滑道CD方向的类似竖直上抛运动，则由类似竖直上抛运动的对称性可知t1t2，因在平行CD方向拉林托做匀加速运动，所以CFFD，B对3.【答案】D【解析】开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变，故A、B错误；断开S，电容器所带的电量不变，A板向右平移拉开些，则电容增大，根据U知，电势差减小，则指针张角减小，故C错误；断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U知，电势差增大，则指针张角增大，故D正确4.【答案】B【解析】镜框的重力相同，由平行四边形定则可知，当两根绳子的夹角最小时绳子的拉力最小，故选B.5.【答案】B【解析】小球受重力和电场力两个力作用，根据牛顿第二定律知，小球所受的合力为F合mamg，方向竖直向下，根据动能定理，合力做功等于动能的增加量，合力做功为合mgh，则小球动能增加mgh，故A错误；除重力以外其它力做功等于机械能的增加量，所以电场力做功W电mgh，则知小球的机械能减小mgh，故B正确；小球高度下降，重力做正功，重力势能减小该过程中重力做功为mgh，则重力势能减小了mgh，故C错误；由mgF电ma，则得电场力为F电mg，方向竖直向上，电场力做功为W电F电hmgh，则小球的电势能增加mgh，故D错误6.【答案】BCD【解析】物体B从曲面顶端到达曲面底端过程中，除了重力做功外还有绳子拉力做负功，故B的机械能减少，A错误；物体B到底曲面底端时的速度为水平方向，可分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，设绳子与水平方向夹角为，则vBcosvA可见，vAvB，故B正确；物体B在曲面顶端顶端时，速度为零，则重力的功率为零；在曲面底端时，速度在竖直方向的分量为零，故重力的功率为零；可见物体B在曲面顶端和底端时，重力对B的功率相等，C正确；A和B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，则物体B机械能的减小量等于物体A的动能和重力势能的增加量，故D正确7.【答案】AB【解析】将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力故A正确，D错误若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力A对B的压力向下故B正确若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误8.【答案】AC【解析】甲图中电场为匀强电场，电场力做功WEqS，因E、q均保持不变，故电场力做功与S成正比，故对应的图线可能是，故A正确；乙图中从a到b时电场减小，故电场力做的功越来越小，即动能的增量应是减小的，故图象应为，故B错误；丙图中为两异种点电荷，a位于中间，故从a到b时，电场强度增大，故电场力做功也将增大，故动能的增量增大，故应为，故C正确；丁图中a处场强最小，而不能明确b的位置，故从a到b时场强可能一直增大，也可能先增大再减小，若场强一直增大，则做功越来越快，图象应为，故D错误9.【答案】(1)1.024(4.0或4.00也对)(2)gh和(3)小球上升过程中受到空气阻力的作用，速度越大，所受阻力越大【解析】(1)由游标卡尺的读数方法d主尺读数游标尺的读数，注意分度，读得小球直径为1.02 cm，小球通过光电门可近似认为做匀速直线运动，所以vA4 m/s；(2)在验证机械能守恒定律时，要看动能的减少量是否等于势能的增加量，即gh；(3)小球通过A的时间越短，意味着小球的速度越大，而速度越大受到的空气阻力就越大，损失的能量越多，动能的减少量和势能的增加量差值就越大10.【答案】(1)细线与轨道平行远小于(2)两小车从静止开始做匀加速直线运动，且两小车的运动时间相等(3)23.36(23.3423.38均对)3【解析】(1)拉小车的细线要与轨道平行只有在砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量时，才能认为砝码盘和砝码的总重力等于细线拉小车的力(2)对初速度为零的匀加速直线运动，时间相同时，根据xat2，得.(3)刻度尺的最小刻度是1 mm，要估读到毫米的下一位，读数为23.86 cm0.50 cm23.36 cm.11.【答案】6 J【解析】力F对物体做的功等于x轴上方梯形“面积”所表示的正功与x轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和S梯形(34)27S三角形(54)21所以力F对物体做的功为W7 J1 J6 J.12.【答案】(1)0.8 m(2)2m/s(3)0.4【解析】(1)物块恰能经过轨道最高点，有mgm，之后做平抛运动，有2Rgt2，xBDvCt，联立解得xBD0.8 m(2) 物块从B点到C点过程中机械能守恒，得mvB2mvC2mgR，联立解得vB2m/s(3)物块从A点到B点做匀减速直线运动，由动能定理得mgsmvB2mv02将vB代入解得0.413.【答案】(1)ABD(2)5 cm吸热气缸倒置过程中，气缸内气体体积变大，对外做功，而气体内能不变，据热力学第一定律，气缸内气体吸热【解析】(2)设气缸倒置前后被封闭的气体的压强分别为P1和P2，气柱体积分别为V1和V2，活塞向下移动的距离为x，则P1P01.2105Pa，V1L1S，P2P00.8105Pa，V2L2S(L1x)S，因为气缸导热良好，则气缸倒置前后温度不变，由玻意耳定律得：P1V1P2V2，解得x5 cm；气缸倒置过程中，气缸内气体体积变大，对外做功，而气体内能不变，所以，气缸内气体吸热14.【答案】(1)正向； 1m/s； 2.5Hz(2) 当光屏到BC距离超过