【物理试卷】吉林省实验中学2019届高三物理上学期第三次月考试卷及答案.doc

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，v a＞v b，所以运动时间关系为t a＜t b．由知：h a＜h b．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间速度与竖直方向的夹角为α，则，因为v a＞v b，t a＜t b．所以有αa＜αb．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】=E 【详解】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＝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( )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】【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sinθ=F，则弹簧弹力F弹＝，对m2，竖直方向上有：m2g=F弹cosθ+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、P2的半径相等，结合a与r2的反比关系函数图象得出P 1的质量大于P2的质量，根据，所以P1的平均密度比P2的大，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=2π，所以s1的公转周期比s2的小，故C错误；s1、s2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 Ω，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2∶1B. 原线圈和副线圈的匝数比为1∶5C. 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：P1=U1I1=220×0.20=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：I2=1.0A，故C 正确，D错误。

故选C。

【点睛】理想变压器是理想化模型，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（）A.B.C.D.【答案】AD 【解析】【详解】对AB整体受力分析，受到重力mg=（m1+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Fcosθ-f=0；N+Fsinθ-mg=0；解得：N=mg-Fsinθ=（m1+m2）g-Fsinθ；f=Fcosθ；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( )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】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时物块的速率为1 m/sB. =2 s时物块的动量大小为2 kg·m/sC. =3 s时物块的动量大小为3kg·m/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=4kg•m/s，故B错误；2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a′=-0.5m/s2，所以3s时的速度为v 3=v2-a′t=1.5m/s，动量为3kg•m/s，同理4s时速度为1m/s，故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。