湖南省师大附中2018届最新高三上学期月考(四)物理试卷及答案

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湖南师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期月考(四)物理试卷

湖南师大附中 2024 届高三月考试卷(四)物理本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页。

时量 75 分钟,满分100分。

第Ⅰ卷一、单项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1. 物理思想和方法是研究物理问题的重要手段，如图所示，为了观察桌面的微小形变，在一张大桌子上放两个平面镜M和N，让一束光依次被这两面镜子反射，最后射到墙上，形成一个光点。

当用力F 压桌面时，光点的位置会发生明显变化，通过光点位置的变化反映桌面的形变。

这个实验中主要用到的思想方法与下列哪个实验用到的思想方法相同A.卡文迪什通过扭称实验测量万有引力常量B.伽利略斜面实验探究物体下落规律C.实验探究圆周运动的向心力大小的表达式D.实验探究力的合成规律2. 近日电磁弹射微重力实验装置启动试运行，该装置采用电磁弹射系统，在很短时间内将实验舱竖直向上加速到20m/s后释放。

实验舱在上抛和下落回释放点过程中创造时长达4s的微重力环境，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．微重力环境是指实验舱受到的重力很小B．实验舱上抛阶段处于超重状态，下落阶段处于失重状态C．实验舱的释放点上方需要至少20m高的空间D．实验舱在弹射阶段的加速度小于重力加速度3. 春节期间人们都喜欢在阳台上挂一些灯笼来作为喜庆的象征。

如图所示，由六根等长的轻质细绳悬挂起五个质量相等的灯笼1、2、3、4、5，中间的两根细绳BC 和CD的夹角θ=120°,下列选项中正确的是A.绳AB 与绳BC 的弹力大小之比为√3:1B. MA 的拉力为单个灯笼重力的2.5 倍C. MA 与竖直方向的夹角为15°D.绳MA 与绳AB 的弹力大小之比为√3:14. 电影中的太空电梯非常吸引人。

现假设已经建成了如图所示的太空电梯，其通过超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，它们随地球同步旋转。

湖南师大附中高三上学期月考试卷(五)——物理(物理)

湖南师大附中2018届高三上学期月考试卷（五）物理试题本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页．时量90分钟，满分110分．第Ⅰ卷一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填涂在答题卡中)1．弹跳能力是职业篮球运动员重要的身体素质指标之一，许多著名的篮球运动员因为具有惊人的弹跳能力而被球迷称为“弹簧人”．弹跳过程是身体肌肉骨骼关节等部位一系列相关动作的过程．屈膝是其中一个关键动作．如图所示，人曲膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ，设此时大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F 的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面竖直向上的弹力约为(D)A.F 2sin θ2B.F 2cos θ2C.F 2tan θ2D.F 2cotθ2【解析】设大腿骨和小腿骨的作用力分别为F 1、F 2，则F 1＝F 2由力的平行四边形定则易知F 2cosθ2＝F 2，对F 2进行分解有F 2y ＝F 2sin θ2，解得F 2y ＝F 2tan θ2＝F 2cotθ2，D 选项正确．2．如图所示，粗糙水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B 和C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内．现用水平拉力F 拉B 木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则一下说法正确的是(D)A ．一起加速过程中，A 所受到的静摩擦力大小为F4B ．一起加速过程中，C 木块受到四个力的作用C ．一起加速过程中，A 、D 木块所受静摩擦力的大小相同，方向相反 D ．当F 撤去瞬间， D 木块所受静摩擦力的大小和方向都不变【解析】一起加速的过程中，由整体法分析可知：a ＝F －F f 4m ＜F4m，对A 受力分析可知，F fA ＝ma ＜F4，故选项A 错误；对C 受力分析可知，C 受重力、地面支持力、D 物体的压力、D 物体对C 施加的摩擦力、地面的摩擦力、弹簧的拉力，共六个力的作用，故选项B 错误；A 、D 运动情况相同，受力情况相同，所受摩擦力大小、方向均相同，故选项C 错误；当F 撤去瞬间，D 受力情况不变，故D 选项正确．3．如图所示，水平挡板A 和竖直挡板B 固定在斜面C 上，一质量为m 的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A 、B 和斜面C 对小球的弹力大小分别为F A 、F B 和F C .现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a 的匀加速直线运动．若F A 和F B 不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g ，则下列图象中，可能正确的是(B)【解析】对小球进行受力分析当a ＜g tan θ时，如图一，根据牛顿第二定律水平方向： F C sin θ＝ma ①竖直方向： F C cos θ＋F A ＝mg ② 联立①②得：F A ＝mg －ma tan θ F C ＝masin θF A 与a 成线性关系，当a ＝0时，F A ＝mg ，当a ＝g tan θ时，F A ＝0，F C 与a 成线性关系，当a ＝g sin θ时，F C ＝mg 所以A 错误，B 正确，D 错误．当a ＞g tan θ时，受力如图二，根据牛顿第二定律水平方向：F C sin θ＋F B ＝ma ③ 竖直方向：F C cos θ＝mg ④联立③④得：F B ＝ma －mg tan θ F C ＝mgcos θF B 与a 也成线性，F C 不变综上C 错误．4．《中国制造2025》提出通过“三步走”实现制造强国的战略目标．其中，到2025年迈入制造强国行列是第一阶段目标．中国无人机制造公司大疆是中国制造的优秀代表，其创新的无人机产品在美国商用无人机市场占据领先地位，市场份额达47%，遥遥领先于排名第二的竞争对手．而在全球商用无人机市场中，大疆更是独领风骚，一举夺得近70%的市场份额．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量为m ＝3 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝40 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f ＝4 N ．该款无人机电池容量为4 480 mA·h ，在提供最大升力的情况下能持续工作约20分钟．g 取10 m/s 2.以下说法正确的是(C)A ．无人机从静止开始以最大升力竖直起飞，t ＝3 s 时离地高度为h ＝54 mB ．无人机以最大升力工作时电流大约为6 AC ．无人机悬停在H ＝156 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去动力竖直坠落(俗称炸机)，坠地时速度为52 m/sD ．无人机因动力设备故障坠机的过程中机械能守恒【解析】设无人机上升时加速度大小为a ，应用牛顿第二定律有：F －mg －f ＝ma ，解得：a ＝2 m/s 2，由h ＝12at 2，解得h ＝9 m ，故A 选项错误；由I ＝Qt ，解得I 约为13 A ，故选项B 错误；设无人机坠落过程中加速度大小为a 1，由牛顿第二定律mg －f ＝ma 1，解得a 1＝263 m/s 2，由v 2＝2a 1H ，解得v＝52 m/s ，故选项C 正确；由于存在阻力，无人机坠机过程中机械能不守恒，故选项D 错误．5．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面上某一位置P 处斜向上抛出，到达斜面顶端Q 处时速度恰好变为水平方向，已知P 、Q 间的距离为L ，重力加速度为g ，则关于抛出时物体的初速度v 0的大小及其与斜面间的夹角α，以下关系中正确的有(B)A ．tan α＝tan θB ．tan α＝sin 2θ2（1＋sin 2θ）C ．v 0＝cos θcos 2θL2g sin θD ．v 0＝cos θgL2sin θ【解析】运用逆向思维，物体做平抛运动，根据L sin θ＝12gt 2得：t ＝2L sin θg，则P 点的竖直分速度v y ＝gt ＝2gL sin θ，P 点的水平分速度v x ＝L cos θt＝L cos θg2L sin θ＝gL cos 2θ2sin θ，则v 0＝v 2x ＋v 2y ＝gL （1＋3sin 2θ）2sin θ，故C 、D 错误．设初速度方向与水平方向的夹角为β，根据平抛运动的推论有tan β＝2tan θ，又α＝β－θ，根据数学三角函数关系可求得tan α＝sin 2θ2（1＋sin 2θ）故B 正确，A 错误．6．如图所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平轨道相切，质量均为m 的小球A 、B 用轻杆连接，置于圆轨道上，A 位于圆心O 的正下方，B 与O 点等高．某时刻将它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是(D)A ．下滑过程中重力对B 做功的功率一直增大B ．当B 滑到圆轨道最低点时，轨道对B 的支持力大小为3mgC ．下滑过程中B 的机械能增加D ．整个过程中轻杆对A 做的功为12mgR【解析】刚下滑时，B 的速度为0，后来获得速度，重力的功率变大，但到最低点速度水平，重力的功率为0，所以重力对B 做功的功率先增大后减小，故选项A 错误；整个过程中，A 、B 组成的系统机械能守恒，最后两者的速度大小相等，应用机械能守恒：mgR ＝2×12mv 2，得v ＝gR ，重力与支持力的合力提供向心力F N －mg ＝mv 2R ，解得轨道对B 的支持力大小等于2mg ，故选项B 错误；下滑过程中，B 的重力势能减小ΔE p ＝mgR ，动能增加ΔE k ＝12mv 2＝12mgR ，机械能减小12mgR ，故选项C 错误；整个过程中对A 受力分析可知，重力不做功，A 物体动能的增量等于轻杆对A 做的功W ＝12mv 2＝12mgR ，故选项D 正确．7．如图所示，在圆形磁场区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的直径．一带电粒子从a 点射入磁场，速度大小为v 、方向与ab 成30°角时，恰好从b 点飞出磁场，且粒子在磁场中运动时间为t ；若同一带电粒子从a 点沿ab 方向射入磁场，也经时间t 飞出磁场，则其速度大小为(C)A.12vB.23vC.32v D.32v 【解析】设圆形磁场区域的半径为R ，带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有：qvB ＝mv 2r ，得v ＝qBrm ，v ∝r .当粒子从b 点飞出磁场时，入射速度和出射速度与ab 夹角相等，所以速度的偏转角为60°，轨迹对应圆心角为60°，根据几何知识可知轨迹的半径为r 1＝2R ；当粒子从a 点沿ab 方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t ，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相同，也是60°，根据几何知识可得，粒子的轨迹半径r 2＝3R ；由此可得v 2v ＝r 2r 1＝32，故选项C 正确．8．电子技术中有一种电源称为恒流电源constant-current power supply(内阻不能忽略)，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流．如图所示的电路电源为恒流电源，电表均为理想电表，当滑动变阻器R 0的滑片向上滑动时，电压表示数变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于(C)A ．R 0B ．R 1C ．R 2D ．R 3【解析】设电源输出的恒定电流为I 0，R 1两端电压为U R 1，由于通过R 1电流恒定，所以它两端电压也恒定．滑动变阻器滑片向上滑动前，设电压表示数为U 1，电流表示数为I 1；滑片向上滑动后，电压表示数为U 2，电流表示数为I 2，由于R 0变大，所以必有U 2＞U 1，I 2＜I 1，于是有U 1＝U R 1＋(I 0－I 1)R 2，U 2＝U R 1＋(I 0－I 2)R 2，两式相减得U 2－U 1＝(I 1－I 2)R 2，故选项C 正确．9．带正电的空心金属球壳置于绝缘支架上，将4个原来不带电的金属小球按图示位置放置，A 球用绝缘轻绳竖直悬挂，B 球接地，C 球用导线与球壳内部相连，D 球与球壳内部接触．设大地电势为零，当达到静电平衡时，下列说法正确的是(BC)A ．由于静电感应，A 球带负电B ．B 球接地带负电，但电势为零C ．C 球带正电，且电势与球壳电势相等D ．D 球带正电，电势为零【解析】由于静电感应，A 球的左右两端带上不同的电荷，但整体不带电．故A 错误；由于静电感应，B 球带负电，但电势和大地的电势相等，为零．故B 正确；C 球在金属球壳的外部，会带上与球壳相同的电荷．故C 正确；D 球在球壳的内部，与球壳接触后成为球壳内部的一部分，所以D 不带电．故D 错误．故选B.10．2016年1月20日，美国天文学家推测，太阳系有第九大行星，该行星质量约为地球的10倍，半径约为地球的4倍，绕太阳一周需约2万年，冥王星比它亮约一万倍，已知地球的半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，引力常量为G ，地球和该行星绕太阳运动均视为匀速圆周运动，下列说法正确的是(BC)A ．太阳的质量约为gR 2GB ．该行星的质量约为10gR 2GC ．该行星表面的重力加速度约为58gD ．该行星到太阳的距离约为地球的2万倍【解析】根据题设条件，地球表面的物体的重力由万有引力提供，即mg ＝GM 地mR 2，所以地球的质量M 地＝gR 2G ，而题中缺少计算太阳质量的有关物理量，无法计算太阳质量，故A 错误；该行星质量是地球质量的10倍，M 行＝10M 地＝10gR 2G ，故B 正确；根据mg ＝GMm R 2，有g ＝GMR2；该行星质量是地球质量的10倍，半径约为地球的4倍，则g g ′＝M 地M 行·（4R 2）R 2＝85，所以该行星表面的重力加速度约为58g ，故C 正确；根据开普勒周期定律，有：r 3地T 2地＝r 3行T 2行，解得：r 行＝(T 行T 地)23·r 地＝3（2×104）2·r 地≈7.4×102r地；故D 错误．11．如图所示，阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A 1、A 2形成，实线为电场线，虚线为等势线，x 轴为该电场的中心轴线，P 、Q 、R 为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则下列说法不正确的是(BC)A ．电极A 1的电势低于电极A 2的电势B ．电子在P 点处的动能大于在Q 点处的动能C ．电场中Q 点的电场强度小于R 点的电场强度D ．电子从P 至R 的运动过程中，电场力对它一直做正功【解析】沿电场线方向电势降低，因此电极A 1的电势低于电极A 2的电势，故选项A 正确；电子从P 至Q 的运动过程中，是由低电势向高电势运动，电场力做正功，电势能减少，动能增加，故选项B 错误，D 正确；等势线密的地方电场线也密，因此Q 点电场线比R 点电场线密，故Q 点电场强度大于R 点电场强度，故选项C 错误．12．如图所示，光滑绝缘水平面上M 、N 两点分别放置带电荷量为＋q 和＋3q 的质量相等的金属小球A 和B (可视为点电荷)，现给A 和B 大小相等的初动能E 0，使其相向运动且刚好能发生碰撞，两球碰后返回M 、N 两点时的动能分别是E 1和E 2，则(AD)A ．E 1＝E 2＞E 0B ．E 1＝E 2＝E 0C ．碰撞发生在M 、N 两点连线中点的左侧D ．两球同时返回M 、N 两点【解析】由题意可知两球组成的系统在碰撞过程中动量守恒，在运动过程中，两球的速度始终大小相等，方向相反，所以两球碰后返回M 、N 两点时的动能E 1＝E 2，两球碰撞后带电荷量都变为＋2q ，在相同距离时的库仑力增大，所以返回时电场力做功必定大于接近时克服电场力做的功，所以系统的动能必定增加，即E 1＝E 2＞E 0，故选项A 正确，选项B 错误；由牛顿第二定律知两球在运动过程中，加速度大小相等，在相等的时间内运动的位移大小必定相等，因此碰撞必定发生在M 、N 两点连线中点，又同时返回M 、N 两点，故选项D 正确，选项C 错误．答题卡二、实验题(本题共2小题，每空2分，共20分，将答案填写在答题卡中)13．为了测定滑块和水平桌面之间的动摩擦因数μ，某同学设计了如图所示的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与桌面相切，第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，末端与桌子右端M 对齐(如图甲)，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面上的P 点；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧(如图乙)，测出末端N 与桌子右端M 的距离为L ，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面上的Q 点，已知重力加速度为g ，不计空气阻力．(1)实验还需要测量为物理量是__BCD__．(填字母序号) A ．滑槽高度h B ．桌子的高度HC ．O 点到P 点的距离d 1D ．O 点到Q 点的距离d 2E ．滑块的质量m(2)根据(1)中所选物理量，写出动摩擦因数μ的表达式是μ＝__d 214HL －d 224HL__．(3)如果第二次实验时，滑块没有滑出桌面，是否还能测出动摩擦因数？如果可以，还需测出什么量．__可以．测出在水平桌面上滑行的距离x (μ＝d 214Hx)__【解析】(1)略．(2)由题意可知H ＝12gt 2，d 1＝v 1t ，d 2＝v 2t .由动能定理有：μmgL ＝12mv 21－12mv 22，所以μ＝d 214HL －d 224HL.(3)若滑块没有滑出桌面，测得滑行距离为x ，则12mv 21＝μmgx ，所以μ＝d 214Hx.14．漆包线是电机、家用电器、电子仪表电磁绕组的主要和关键原材料，随着中国制造工业的飞速发展，给漆包线带来了更加广阔的应用领域和市场，同时对漆包线的品质提出了更高的要求．某地质监局在对某品牌的漆包线进行质量抽检时，要测定一卷阻值约为20 Ω的金属漆包线的长度(两端绝缘漆层已去除)，实验室提供有下列器材：A ．电流表A ：量程①0～0.6 A ，内阻约为1 Ω；量程②0～3 A ，内阻约为0.2 ΩB ．电压表V ：量程③0～3 V ，内阻约为2 kΩ；量程④0～15 V ，内阻约为10 kΩC ．低压电源E ：电动势30 V ，内阻r 可以忽略D ．滑动变阻器R 1：阻值范围0～10 Ω，额定电流2 AE ．滑动变阻器R 2：阻值范围0～500 Ω，额定电流0.5 AF ．开关S 及导线若干(1)使用螺旋测微器测量漆包线直径时如图所示，则漆包线的直径d ＝__0.830__mm.(2)为了调节方便，并能较准确地测出该漆包线的电阻，电流表应该选择量程__①__(填量程序号)，电压表应该选择__④__(填量程序号)，滑动变阻器应选择__R 1__(填“R 1”或“R 2”)．请设计合理的实验电路，将电路图完整地画在虚线框中．(3)根据电路图连接电路进行测量，某次实验电压表与电流表的示数如图所示，可以求出这卷漆包线的电阻为__21.3__Ω.(结果保留3位有效数字)(4)已知这种漆包线金属丝的直径为d ，材料的电阻率为ρ，忽略漆包线的绝缘层的厚度，则这卷漆包线的长度L ＝__πd 2U4Iρ__．(用U 、I 、d 、ρ表示)【解析】(1)略(2)提供的电源的电动势为30 V ，漆包线的电阻在20 Ω左右，为了减小测量误差，电流表应该选择0～0.6 A 的量程，电压表应该选择0～15 V 的量程，电流表采用外接法；为了便于控制，滑动变阻器应采用分压式接法．(3)R ＝U I ＝11.50.54Ω≈21.3 Ω.(4)由电阻定律可知R ＝U I ＝ρL π⎝⎛⎭⎫d 22，得到漆包线的长度：L ＝πd 2U4Iρ.三、计算题(本题共3小题，共27分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L ，匝数为n ，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B ，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P 流向Q ，大小为I .(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v ，求安培力的功率．【解析】(1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得F ＝nBIL ①(2分)由左手定则知方向水平向右(2分) (2)安培力的功率为P ＝F ·v ②(2分) 联立①②式解得P ＝nBILv ③(2分)16．(9分)如图所示，质量为M 的平板车P 的上表面距地面高h ，质量为m 的小物块Q 的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R ，一端悬于Q 正上方高R 处，另一端系一质量也为m 的小球(大小不计)，今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，M ∶m ＝4∶1，重力加速度为g .求：(1)小物块Q 离开平板车时速度为多大？ (2)平板车P 的长度为多少？【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR (1－cos 60°)＝12mv 20解得，小球到达最低点与Q 碰撞之前瞬间的速度是：v 0＝gR (1分)小球与物块Q 相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，则有mv 0＝mv 1＋mv Q (1分) 12mv 20＝12mv 21＋12mv 2Q(1分) 解得， v 1＝0，v Q ＝v 0＝gR (1分)二者交换速度，即小球静止下来，Q 在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有 mv Q ＝Mv ＋m ·2v (1分) 解得，v ＝16v Q ＝gR 6(1分)小物块Q 离开平板车时，速度为 2v ＝gR3(1分) (2)由能的转化和守恒定律，知fL ＝12mv 2Q－12Mv 2－12m (2v )2 又f ＝μmg (1分) 解得，平板车P 的长度为 L ＝7R18μ(1分)17．(10分)在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O 点处的点电荷产生的电场E 1(未知)，该点电荷的电荷量为－Q ，且只考虑该点电荷在第一象限内产生的电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E 2(未知)；第四象限内有大小为2kQx 20、方向按如图乙所示规律周期性变化的电场E 3，以水平向右为正方向，变化周期T ＝8mx 30kQq.一质量为m ，电荷量为＋q 的离子从(－x 0，x 0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O 点做匀速圆周运动．以离子到达x 轴为计时起点，已知静电力常量为k ，不计离子重力．求：(1)离子在第一象限运动时速度大小和第二象限内电场强度E 2的大小； (2)当t ＝T2和t ＝T 时，离子的速度分别是多少；(3)当t ＝nT 时，离子的坐标．【解析】(1)设离子在第一象限的速度为v 0，在第一象限内，由库仑力提供离子做圆周运动的向心力得：kQq x 20＝mv 20x 0(1分)解得：v 0＝kQqmx 0(1分) 在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得： E 2qx 0＝12mv 20，解得：E 2＝kQ2x 20(1分) (2)离子进入第四象限后，在x 方向上，前半个周期向右做匀加速直线运动，后半个周期向右做匀减速直线运动直到速度为0.当t ＝T2时：v x ＝E 3q m t ＝2kQ x 20·q m ·128mx 30kQq＝8kQqmx 0＝22v 0(1分) 所以此时离子的合速度：v ＝v 20＋v 2x ＝3v 0＝3kQqmx 0(1分) 方向：与x 轴正向成θ角偏向y 轴负向：tan θ＝v 0v x ＝24(1分)当t ＝T 时：v x ＝0，此时离子的合速度v ＝kQqmx 0，沿y 轴负向．(1分) (3)由(2)分析可知，离子进入第四象限后，y 方向上做匀速直线运动，x 方向上每个周期向右运动的平均速度为v －＝2v 0，每个周期前进x ＝v －T ＝2v 08mx 30kQq＝4x 0(1分) 因为开始时离子的横坐标为x 0，所以t ＝nT 时，离子的横坐标x ＝x 0＋4nx 0＝(4n ＋1)x 0纵坐标y ＝－v 0nT ＝－22nx 0(1分)故在t ＝nT 时，离子的坐标为：[(4n ＋1)x 0，－22nx 0]，(n ＝1、2、3、……)(1分)四、选考题(请考生从给出的2道题中任选一题做答，并填涂所选题目的题号．注意所做题目的题号必须与所选题一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分)18．【物理——选修3－3】(15分)(1)(6分)下列说法中正确的是__ABD__．(填正确答案标号，选对一个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．只知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数B ．硬币或者钢针能够浮于水面上，是由于液体表面张力的作用C ．晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性D ．影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距E ．随着科技的发展，可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化【解析】固体、液体的分子间距比较小，但气体分子间距较大，故液体、固体可用摩尔体积除以分子体积求得阿伏加德罗常数，但气体不能，选项A 正确；硬币或者钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，选项B 正确；晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质具有各向同性，选项C 错误；空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距影响蒸发快慢，选项D 正确；根据热力学第二定律可知，与热现象有关的宏观过程具有方向性，故不能将散失的能量重新聚集利用而不引起其他变化，选项E 错误．(2)(9分)如图所示，一水平放置的气缸，由截面积不同的两圆筒联接而成．活塞A 、B 用一长为3l 的刚性细杆连接，B 与两圆筒联接处相距l ＝1.0 m ，它们可以在筒内无摩擦地沿左右滑动．A 、B 的截面积分别为S A ＝30 cm 2、S B ＝15 cm 2.A 、B 之间封闭着一定质量的理想气体．两活塞外侧(A 的左方和B 的右方)都是大气，大气压强始终保持为p 0＝1.0×105 Pa.活塞B 的中心连一不能伸长的细线，细线的另一端固定在墙上．当气缸内气体温度为T 1＝540 K ，活塞A 、B 的平衡位置如图所示，此时细线中的张力为F 1＝30 N.(i)现使气缸内气体温度由初始的540 K 缓慢下降，温度降为多少时活塞开始向右移动？ (ii)继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为多少时活塞A 刚刚右移到两圆筒联接处？【解析】(i)设气缸内气体压强为p 1，F 1为细线中的张力，则活塞A 、B 及细杆这个整体的平衡条件为：p 0S A －p 1S A ＋p 1S B －p 0S B ＋F 1＝0 ①(1分)解得：p 1＝p 0＋F 1S A －S B＝1.2×105 Pa ②(1分)由②式看出，只要气体压强：p 1>p 0，细线就会拉直且有拉力，于是活塞不会移动．当气缸内气体做等容变化，温度下降使压强降到p 0时，细线拉力变为零，再降温时活塞开始向右移，设此时温度为T 2，压强p 2＝p 0(1分)由查理定律得：p 1T 1＝p 2T 2③(1分)代入数据解得：T 2＝450 K ④(1分)(ii)再降温，细线松了，要平衡必有气体压强：p ＝p 0(1分)此过程是等压降温过程，活塞右移、体积相应减小，当A 到达两圆筒联接处时，温度为T 3，由盖－吕萨克定律得：V 2T 2＝V 3T 3，2S A l ＋S B l T 2＝3S B lT 3⑤(1分)代入数据解得：T 3＝270 K ⑥(2分)答：(i)现使气缸内气体温度由初始的540 K 缓慢下降，温度降为450 K 时活塞开始向右移动； (ii)继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为270 K 时活塞A 刚刚右移到两圆筒联接处． 19．【物理——选修3－4】(15分)(1)(6分)如图所示为一竖直的肥皂膜的横截面，用单色光照射薄膜，在薄膜上产生明暗相间的条纹，下列说法正确的是__BCD__．(填正确答案标号，选对一个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．薄膜上的干涉条纹是竖直的B ．薄膜上的干涉条纹是水平的C ．用蓝光照射薄膜所产生的干涉条纹的间距比用红光照射时的小D ．干涉条纹是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波叠加的结果E ．干涉条纹的间距是不相等的【解析】光从肥皂膜的前后表面反射形成相干光，其路程差与薄膜厚度有关；在重力作用下，肥皂膜形成上薄下厚的楔形，在同一水平面上厚度相等，形成亮纹(或暗纹)．因此，干涉条纹应是水平的．又因蓝光的波长小于红光的波长，所以用蓝光照射薄膜所产生的干涉条纹的间距较红光的小．条纹间距相等．综上所述，选项B 、C 、D 正确．(2)(9分)玻璃半圆柱体的半径为R ，横截面如图所示，圆心为O ，A 为圆柱面的顶点．两条单色红光分别按如图方向沿截面入射到圆柱体上，光束1指向圆心，方向与AO 夹角为30°，光束2的入射点为B ，方向与底面垂直，∠AOB ＝60°，已知玻璃对该红光的折射率n ＝3，求：(i)求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O 点的距离d ；(ii)若入射的是单色蓝光，则距离d 将比上面求得的结果大还是小？【解析】(i)对光线2在B 点折射时，入射角i ＝60°(1分)由折射定律有n ＝sin i sin r(1分) 得sin r ＝sin i n ＝sin 60°3＝12，r ＝30°(1分) 入射到底面的入射角i ′＝60°－r ＝30°，则：sin r ′＝n sin i ′，r ′＝60°(1分)根据几何知识得 L OC ＝12R cos 30°＝33R (1分) 同理，光线1从O 点出射，折射光线与CD 交于E 点，折射角∠EOD ＝60°，则△EOD 为等边三角形d ＝OE ＝OD ＝L OC tan 30°＝R 3(2分) (ii)玻璃对蓝光的折射率比对红光的大，蓝光偏折更明显，故d 变小．(2分)答：(i)两条光线经柱面和底面折射后的交点与O 点的距离d 是R 3； (ii)若入射的是单色蓝光，则距离d 更小．。

湖南师范大学附属中学2018届高三上学期月考四理数试题含答案

数学（理）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.复数242(1)ii -=+（）A ．12i -B ．12i +C ．12i -+D ．12i --2.执行如图所示的程序框图，则输出的i 值为（）A ．3B ．4C ．5D ．63.设向量a ，b 均为单位向量，且||1a b +=，则a 与b 夹角为（） A ．3π B ．2π C ．23π D ．34π 4.设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若m α⊥，//n α，则m n ⊥；②若//m n ，//n α，则//m α；③若//m n ，n β⊥，//m α，则αβ⊥；④若mn A =，//m α，//m β，//n α，//n β，则//αβ．其中真命题的个数是（） A ．1B ．2C ．3D ．45.已知函数x y a =，b y x =，log c y x =的图象如图所示，则（）A ．a b c >>B ．a c b >>C ．c a b >>D ．c b a >>6.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图、俯视图中的圆以及侧视图中的圆弧的半径都相等，侧视图中的两条半径互相垂直，若该几何体的体积是π，则它的表面积是（）A ．πB ．43π C ．3π D ．4π7.已知数列{}n a ，{}n b 满足11a =，且n a ，1n a +是方程220n n x b x -+=的两根，则10b 等于（） A ．24B ．32C ．48D ．648.从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（） A ．40种B ．60种C ．100种D ．120种9.已知1F 、2F 分别是双曲线C ：22221x y a b-=的左、右焦点，若2F 关于渐进线的对称点恰落在以1F 为圆心，1||OF 为半径的圆上（O 为原点），则双曲线的离心率为（）A B ．3C D ．210.如果对于任意实数x ，[]x 表示不超过x 的最大整数，例如[]3.273=，[]0.60=，那么“[][]x y =”是“||1x y -<”的（） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件11.设直线l ：340x y a ++=，圆C ：22(2)2x y -+=，若在圆C 上存在两点P ，Q ，在直线l 上存在一点M ，使得90PMQ ∠=︒，则a 的取值范围是（）A ．[]18,6-B ．6⎡-+⎣C ．[]16,4-D ．66⎡---+⎣12.若函数1,0,()ln ,0,kx x f x x x +≤⎧=⎨>⎩则当0k >时，函数[]()1y f f x =+的零点个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.在二项式252()x x-的展开式中，x 的一次项系数为．（用数字作答）14.《九章算术》是我国古代内容记为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有圆堡壔，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？答曰：二千一百一十二尺．术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”．这里所说的圆堡壔就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一．”就是说：圆堡壔（圆柱体）的体积112V =⨯（底面的圆周长的平方⨯高），则该问题中圆周率π的取值为．15.若x ，y 满足()(1)0,01,x y x y x -+-≥⎧⎨≤≤⎩则2x y +的取值范围是．16.函数()sin()f x x ωϕ=+的导函数'()y f x =的部分图像如图所示，其中A ，C 为图象与x 轴的两个焦点，B 为图象的最低点，若在曲线段ABC 与x 轴所围成的区域内随机取一点，则该点在ABC ∆内的概率为．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，函数()2sin()cos sin()f x x A x B C =-++（x R ∈），()f x 的图象关于点(,0)6π对称．（1）当(0,)2x π∈时，求()f x 的值域；（2）若7a =且sin sin B C +=，求ABC ∆的面积． 18.某网络营销部门为了统计某市网友2018年11月11日在某淘宝店的网购情况，随机抽查了该市当天60名网友的网购金额情况，得到如下数据统计表（如表）：若网购金额超过2千元的顾客定义为“网购达人”，网购金额不超过2千元的顾客定义为“非网购达人”，已知“非网购达人”与“网购达人”人数比恰为3:2．（1）试确定x ，y ，p ，q 的值，并不全频率分布直方图（如图）；（2）该营销部门为了进一步了解这60名网友的购物体验，从“非网购达人”、“网购达人”中用分层抽样的方法确定10人，若需从这10人总随机选取3人进行问卷调查，设ξ为选取的3人中“网购达人”的人数，求ξ的分布列和数学期望．19.如图，正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为BC ，DA 的中点，将正方形ABCD 沿着线段EF 折起，使得60DFA ∠=︒，设G 为AF 的中点．（1）求证：DG EF ⊥；（2）求直线GA 与平面BCF 所成角的正弦值；（3）设P ，Q 分别为线段DG ，CF 上一点，且//PQ 平面ABEF ，求线段PQ 长度的最小值．20.已知椭圆E ：22221(0)x y a b a b+=>>的离心率为12，以E 的四个顶点为顶点的四边形的面积为（1）求椭圆E 的方程；（2）设A ，B 分别为椭圆E 的左、右顶点，P 是直线4x =上不同于点(4,0)的任意一点，若直线AP ，BP 分别与椭圆相交于异于A ，B 的点M 、N ，试探究，点B 是否在以MN 为直径的圆内？证明你的结论． 21.已知函数()ax f x e x =-．（1）若对一切x R ∈，()1f x ≥恒成立，求a 的取值集合；（2）若1a =，k 为整数，且存在00x >，使000()'()10x k f x x -++<，求k 的最小值．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为2cos 22sin x y αα=⎧⎨=+⎩（α为参数），M 为1C 上的动点，P 点满足2OP OM =，点P 的轨迹为曲线2C ．（1）求2C 的普通方程；（2）在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线3πθ=与1C 的异于极点的交点为A ，与2C 的异于极点的交点为B ，求||AB ． 23.选修4-5：不等式选讲已知函数()|2|f x m x =--，m R ∈，且(2)0f x +≥的解集为[]1,1-．（1）求m 的值；（2）若a ，b ，c R +∈，且11123m a b c++=，求证：239a b c ++≥．湖南师大附中2018届高三月考试卷（四）数学（理）答案一、选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 DBCCCDDBDACD二、填空题 13.80- 14.3 15.[]0,3 16.4π三、解答题17.解：（1）()2sin()cos sin()f x x A x B C =-++2(sin cos cos sin )cos sin x A x A x A =-+22sin cos cos 2cos sin sin x x A x A A =-+sin 2cos cos 2sin sin(2)x A x A x A =-=-，所以sin(2)13x π<-≤，即()f x的值域为(．（2）由正弦定理得sin sin sin a b c A B C ===sin B =，sin C =，所以sin sin ()1414B C b c +=+=，即13b c +=，由余弦定理2222cos a b c bc A =+-，得22249()3b c bc b c bc =+-=+-，从而40bc =，所以ABC ∆的面积为11sin 40222S bc A ==⨯⨯= 18.解（1）根据题意，有39151860,182,39153x y y x +++++=⎧⎪+⎨=⎪+++⎩解得9,6.x y =⎧⎨=⎩ ∴0.15p =，0.10q =，补全频率分布直方图如图所示：（2）用分层抽样的方法，从中选取10人，则其中“网购达人”有21045⨯=人；“非网购达人”有31065⨯=人，故ξ的可能取值为0,1,2,3，03463101(0)6C C P C ξ===，12463101(1)2C C P C ξ===，21463103(2)10C C P C ξ===，30463101(2)30C C P C ξ===，所以ξ的分布列为：ξ0 1 2 3P16 12310 130所以11316()01236210305E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=． 19.（1）证明：因为正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF FD ⊥，EF FA ⊥，将正方形ABCD 沿着线段EF 折起后，仍有EF FD ⊥，EF FA ⊥，而FDFA F =，所以EF ⊥平面DFA ，又因为DG ⊂平面DFA ，所以DG EF ⊥．（2）因为60DFA ∠=︒，DF FA =，所以DFA ∆为等边三角形，又AG GF =，所以DG FA ⊥，由（1），D G E F ⊥，又EF FA F =，所以DG ⊥平面ABEF ．设BE 的中点为H ，连接GH ，则GA ，GH ，GD 两两垂直，故以GA ，GH ，GD 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图．则(0,0,0)G ，(1,0,0)A ，(1,4,0)B ，C ，(1,0,0)F -，所以(1,0,0)GA =，(1BC =-，(2,4,0)BF =--，设平面BCF 的一个法向量为(,,)m x y z =，由0m BC ⋅=，0m BF ⋅=，得0,240,x x y ⎧-+=⎪⎨--=⎪⎩令2z =，得(23,m =，设直线GA 与平面BCF 所成角为α, 则||2sin |cos ,|||||m GA m GA m GA α⋅=<>==⋅．即直线GA 与平面BCF ．（3）由题意，可设(0,0,)P k （0k ≤≤，F Q F C λ=（01λ≤≤），由(1FC =，得(,4)FQ λλ=，所以(1,4)Q λλ-，(1,4)PQ k λλ=--，由（2），得GD =为平面ABEF 的的法向量，因为//PQ 平面ABEF ，所以0PQ GD ⋅=0k -=，所以||(PQ λ===又因为22116172117()1717λλλ-+=-+，所以当117λ=时，min ||PQ =，所以当117λ=，17k =PQ 长度有最小值17．20.解：（1）依题意得12c a =，1222a b ⋅⋅= 又222a b c =+，由此解得2a =，b =E 的方程为22143x y +=．（2）点B 在以MN 为直径的圆内，证明如下：由（1）得(2,0)A -，(2,0)B ，设00(,)M x y ．因为M 点在椭圆上，所以22003(4)4y x =-．① 又点M 异于顶点A 、B ，所以022x -<<．由P 、A 、M 三点共线可得006(4,)2y P x +，从而00(2,)BM x y =-，006(2,)2y BP x =+，所以2220000006224(43)22y BM BP x x y x x ⋅=-+=-+++．②将①代入②，化简得05(2)2BM BP x ⋅=-，因为020x ->，所以0BM BP ⋅>，于是MBP ∠为锐角，从而MBN ∠为钝角，故点B 在以MN 为直径的圆内．21.解：（1）若0a ≤，则对一切0x >，()1axf x e x =-<，这与题设矛盾，故0a >，而'()f x 1axae =-，令'()0f x =，得11ln x a a=．当11ln x a a <时，'()0f x <，()f x 单调递减；当11ln x a a >时，'()0f x >，()f x 单调递增，故当11ln x a a =时，()f x 取最小值11111(ln )ln f a a a a a=-，于是对一切x R ∈，()1f x ≥恒成立，当且仅当111ln 1a a a-≥，①令()ln g t t t t =-，则'()ln g t t =-，当01t <<时，'()0g t >，()g t 单调递增；当1t >时，'()0g t <，()g t 单调递减．故当1t =时，()g t 取最大值(1)1g =，因此当且仅当11a=，即1a =时，①式成立，综上所述，a 的取值集合为{}1．（2）1a =时，'()1x f x e =-，所以()'()1()(1)1x x k f x x x k e x -++=--++，故当0x >时，()'()10x k f x x -++<等价于11x x k x e +>+-，② 令1()(0)1x x h x x x e +=+>-，则221(2)'()1(1)(1)x x x x x xe e e x h x e e ----=+=--，令()2(0)xx e x x ϕ=-->，则'()10xx e ϕ=->，()x ϕ在(0,)+∞上单调递增，而(1)0ϕ<，(2)0ϕ>，所以()x ϕ在(0,)+∞上存在唯一的零点，亦即'()h x 在(0,)+∞上存在唯一的零点，设此零点为α，则(1,2)α∈，2e αα=+，当(0,)x α∈时，'()0h x <；当(,)x α∈+∞时，'()0h x >，所以()h x 在(0,)+∞上的最小值为()h α，而()1()12,31h e ααααα+=+=+∈-，而由②知，存在00x >，使000()'()10x k f x x -++<等价于()k h α>，所以整数k 的最小值为3．22.解：（1）设(,)P x y ，则由条件知(,)22x yM ，由于M 点在1C 上，所以2cos ,222sin ,2x y αα⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩即4cos ,44sin ,x y αα=⎧⎨=+⎩消去参数，得22(4)16x y +-=，即2C 的普通方程为22(4)16x y +-=．（2）曲线1C 的极坐标方程为4sin ρθ=，曲线2C 的极坐标方程为8sin ρθ=，射线3πθ=与1C 的交点A 的极径为14sin 3πρ=，射线3πθ=与2C 的交点B 的极径为28sin 3πρ=．所以21||||AB ρρ=-=．23.解：（1）因为()|2|f x m x =--，所以(2)0f x +≥等价于||x m ≤，由||x m ≤有解，得0m ≥，且其解集为{}|x m x m -≤≤，又(2)0f x +≥的解集为[]1,1-，故1m =．（2）由（1）知111123a b c++=，a ，b ，c R +∈，由基本不等式得：11123(23)()23a b c a b c a b c ++=++++23233()()()2233b a c b a c a b b c c a=++++++32229≥+++=．。

湖南师大附中2018届高三月考物理试题4

# 取! $8 7
-% !8 0 % ! % *8 1% # % !8 水平推力 & * ! ! 和& # 分别作用在静止于水平面上等质量的' 作用相同 * 两物体上 & & ! # 两物体与水平面的动摩擦因数相同则距离这个过程中两个力的冲量 + + ! # 的大小关系正确的是 -% + ! 一定大于+ # 1% + ! 一定等于+ # 如图所示一轻质弹簧一端固 4 ! 另一端与质量为 # 的小物定块, 相接触而不相连原来 , 静止在水平面上弹簧没有形 0 % + ! 一定小于+ # 2% + ! 可能小于+ #
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湖南师大附中2017-2018学年高三上学期第四次月考试题物理 Word版含解析

炎德·英才大联考湖南师大附中2017-2018学年高三月考试卷(四)物理本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页．时量90分钟，满分110分．第Ⅰ卷一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题为单选题，9～12为多选题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．结果填到答题卡上)1．关于物理学的研究方法，下列说法中正确的是(C)A ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了等效替代法B ．当Δt →0时，Δv Δt称做物体在时刻t 的瞬时速度，应用了比值定义物理量的方法 C ．用Δv Δt来描述速度变化快慢，采用了比值定义法 D ．伽利略利用斜面实验研究自由落体运动时，采用的是微小放大的思想方法2．每种原子都有自己的特征谱线，所以运用光谱分析可以鉴别物质和进行深入研究．氢原子光谱中巴耳末系的谱线波长公式为：1＝E 1hc (122－1n 2)，n ＝3、4、5…，E 1为氢原子基态能量，h 为普朗克常量，c 为光在真空中的传播速度．锂离子Li ＋的光谱中某个线系的波长可归纳成一个公式：1λ＝E ′1hc (162－1m 2)，m ＝9、12、15…，E ′1为锂离子Li ＋基态能量，经研究发现这个线系光谱与氢原子巴耳末系光谱完全相同．由此可以推算出锂离子Li ＋基态能量与氢原子基态能量的比值为(C)A ．3B ．6C ．9D ．123．表面光滑、半径为R 的半球固定在水平地面上，球心O 的正上方O ′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L 1＝2.4R 和L 2＝2.5R ，则这两个小球的质量之比为m 1m 2，小球与半球之间的压力之比为N 1N 2，则以下说法正确的是(B)A.m 1m 2＝2425B.m 1m 2＝2524C.N 1N 2＝1D.N 1N 2＝24254．如图所示，水平传送带AB 距离地面的高度为h ，以恒定速率v 0顺时针运行．现有甲、乙两相同滑块(视为质点)之间夹着一个压缩轻弹簧(长度不计)，在AB 的正中间位置轻放它们时，弹簧瞬间恢复原长，两滑块以相对地面相同的速率分别向左、右运动．下列判断正确的是(D)A ．甲、乙滑块不可能落在传送带的左右两侧B ．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定相等C ．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等D ．若甲、乙滑块能落在同一点，则摩擦力对甲、乙做的功一定相等5．为纪念中国航天事业的成就，发扬航天精神，自2016年起，将每年的4月24日设立为“中国航天日”．在46年前的这一天，中国第一颗人造卫星发射成功．若该卫星运行轨道与地面的最近距离为h 1，最远距离为h 2.已知地球的半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，月球绕地球做匀速圆周运动的周期为T ，引力常量为G ，根据以上信息不可求出的物理量有(D)A ．地球的质量B ．月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径C ．中国第一颗人造卫星绕地球运动的周期D ．月球表面的重力加速度6．如图所示，在O 点处放置一个正电荷．在过O 点的竖直平面内的A 点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m 、电荷量为q .小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O 为圆心、R 为半径的圆(图中实线表示)相交于B 、C 两点，O 、C 在同一水平线上，∠BOC ＝30°，A 距离OC 的竖直高度为h .若小球通过B 点的速度为v ，则下列说法中正确的是(B)A ．小球通过C 点的速度大小是2ghB ．小球通过C 点的速度大小是v 2＋gRC ．小球由A 到C 电场力做功是12m v 2－mgh D ．小球由A 到C 动能的损失是mg ⎝⎛⎭⎫h －R 2－12m v 27．如图甲所示，质量为1 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s ，从θ＝53°固定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 ，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v －t 图像，不考虑空气阻力，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是(sin 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)(B)A ．恒力F 大小为21 NB ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C ．有恒力F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较大D ．有恒力F 时，小物块在上升过程产生的热量较小8．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m (m ＜M )的小球从槽高h 处开始自由下滑，下列说法正确的是(D)A ．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B ．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C ．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D ．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h 处9．如图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一绝缘轻细线一端固定于O 点，另一端系一带正电的小球在竖直平面内做圆周运动．小球的电荷量为q ，质量为m ，绝缘细线长为L ，电场的场强为E .若带电小球恰好能通过最高点A ，则(BCD)A ．在A 点时小球的速度v 1＝（qE m －g ）L B ．在A 点时小球的速度v 1＝（qE m＋g ）L C ．运动到B 点时细线对小球的拉力为6()mg ＋qED ．小球运动到最低点B 时的速度v 2＝5⎝⎛⎭⎫qE m ＋g L【解析】小球在电场中受到重力、电场力和细线的拉力作用，恰好能通过最高点A ，由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得qE ＋mg ＝m v 21L，解得，v 1＝（qE ＋mg ）L m，选项B 正确，A 错误；小球由A 运动到B 的过程中，绳子拉力不做功，根据动能定理得(qE ＋mg )·2L ＝12m v 22－12m v 21，解得，v 2＝5（qE ＋mg ）L m，选项D 正确；在B 点：T －mg －Eq ＝m v 22L解得，T ＝6(mg ＋Eq )，选项C 正确；故选BCD. 10．下列四幅图的有关说法中，正确的是(BD)A ．甲图中，球m 1以速度v 碰静止球m 2，若两球质量相等，碰后m 2的速度一定为vB ．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C ．丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由α粒子组成D ．链式反应属于重核的裂变【解析】甲图中，两球碰撞过程动量守恒，碰撞过程机械能不增加，如果两球质量相等，则碰撞后m 2的速度不大于v ，故A 错误；乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大，故B 正确；丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由α粒子组成，乙不带电，射线乙是γ射线，丙射线粒子带负电，则丙射线由电子组成，故C 错误；图丁中链式反应属于重核裂变，故D 正确；故选BD.11．我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1和5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(AD)A ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2B ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比C ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2【解析】设每节动车的功率为P ，牵引力为F ，每一节车厢的质量是m ，阻力为kmg ，启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同．所以C 错误；做加速运动时，有两节动力车厢，对整个的车进行受力分析得：2F －8kmg ＝8ma ，把6、7、8车厢看成一个整体，第5、6节车厢间的作用力为F 1，由牛顿第二定律得：F 1－3kmg ＝3ma ，对7、8车厢看成一个整体，第6、7节车厢间的作用力为F 2，由牛顿第二定律得：F 2－2kmg ＝2ma ，联立可得F 1F 2＝32，所以A 正确；设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s ，则由动能定理：－8kmgs ＝0－8×12m v 2，可得：s ＝v 22kg，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比．所以B 错误；当只有两节动力车时，最大速率为v，由瞬时功率表达式：2P＝8kmg·v，改为4节动车带4节拖车的动车组时最大速率为v′，由瞬时功率表达式：4P＝8kmg·v′，可得：v′＝2v，所以D正确．12．如图所示，光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块A和B，开始时弹簧处于原长，现给A一个向右的瞬时冲量，让A开始以速度v0向右运动，若m A>m B，则(BC) A．当弹簧压缩最短时，B的速度达到最大值B．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定向右C．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定小于B的速度D．当弹簧再次恢复原长时，A的速度可能大于B的速度【解析】A开始压缩弹簧时做减速运动，B做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩最短，然后B继续做加速运动，A继续做减速运动，所以弹簧压缩到最短时，B的速度不是达到最大，故选项A错误；弹簧压缩到最短时，两者速度相等，然后B继续做加速，A继续做减速运动，直到弹簧恢复原长，此时B的速度达到最大，且大于A的速度，根据动量守恒有：m A v0＝m A v A＋m B v B，若A的速度方向向左，则m B v B＞m A v0，动能E p＝P22m，可知E k B＞E k0，违背了能量守恒定律，所以A的速度一定向右．故选项BC正确，D错误．故选BC.二、实验题(本题包括2小题.13题8分，14题6分，每空2分，共14分)13．右图所示是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点正下方桌子的边沿有一竖直立柱．实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球等高．将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞．碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C 点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出弹性球1和2的质量m1、m2，A点离水平桌面的距离为a，B点离水平桌面的距离为b.此外：(1)还需要测量的量是__C点与桌子边沿间的水平距离c__、__立柱高h__和__桌面高H__．(2)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为__．(忽略小球的大小)【解析】要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，要通过平抛运动的分位移公式求解碰撞后球2的速度，所以要测量C点与桌子边沿间的水平距离c、立柱高h，桌面高H；球1从A 处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有m 1g (a －h )＝12m 1v 21，碰撞后球1上升到最高点的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有m 1g (b －h )＝12m 1v 22，所以该实验中动量守恒的表达式为：m 1v 1＝m 2v 3＋m 1v 2，碰后球2有h ＋H ＝12gt 2，c ＝v 3t . 联立解得2m 1a －h ＝2m 1b －h ＋m 2c H ＋h. 14．某同学验证动能定理的实验装置如图所示．水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A 点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M ，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一易拉罐相连，易拉罐和里面的细沙总质量为m ；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B 点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间为t ，d 表示遮光片的宽度，L 表示A 、B 两点间的距离．滑块与导轨间没有摩擦，用g 表示重力加速度．(1)该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度，如下图所示，遮光片的宽度d ＝__1.14__ cm.(2)该同学首先调整导轨倾角，易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在滑块上．让滑块恰好在A 点静止．剪断细绳后，滑块开始加速下滑，则其受到的合外力为__mg __．(3)为验证从A →B 过程中小车合外力做功与滑块动能变化的关系，需要验证的关系式为__mgL ＝12M ⎝⎛⎭⎫d t 2__(用题目中所给的物理量符号表示)．【解析】(1)宽度d ＝(11＋0.4) mm ＝11.4 mm ＝1.14 cm ；(2)由于滑块在A 点静止，因此滑块的下滑分力等于易拉罐及细沙的总重量mg ，又由于斜面与滑块间无摩擦，因此滑块下滑时，其受到的合外力等于mg ；(3)本实验应该验证mgL ＝12M v 2，而到达B 点时的速度v ＝d t ，代入可得mgL ＝12M ⎝⎛⎭⎫d t 2. 三、计算题(本题包括3小题，其中15题10分，16题10分，17题13分．共33分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分)15．(10分)在水平地面上沿直线放置两个完全相同的小物体A 和B ，它们相距s ，在距B 为2s 的右侧有一坑，如图所示，A 以初速度v 0向B 运动，为使A 能与B 发生碰撞且碰后又不会落入坑中，求A 、B 与水平地面间的动摩擦力因数满足的条件，已知A 、B 碰撞时间很短且碰后粘在一起不再分开，重力加速度为g .【解析】设A 、B 质量均为m ，它们与地面间的动摩擦因数为μ，若A 能与B 相碰，则有：12m v 20－μmgs >0 ①(2分) 设A 与B 碰前速度为v 1，碰后速度为v 2，由动能定理得：12m v 20－12m v 21＝μmgs ②(2分) 碰撞过程中，动量守恒，以A 的速度方向为正，根据动量守恒定律得：m v 1＝2m v 2 ③(2分)A 、B 粘一起不落入坑中的条件为：12×2m v 22≤μ·2mg ·2s ④(2分) 联立并解得：v 202gs >μ≥v 2018gs(2分) 答：A 、B 与水平地面间的摩擦因数应满足的条件为v 202gs >μ≥v 2018gs.16．(10分)在如图所示的竖直平面内，物体A 和带正电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M 点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k ＝5 N/m 的轻弹簧一端固定在O 点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D 与A 相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM 垂直于斜面．水平面处于电场强度E ＝5×104 N/C 、方向水平向右的匀强电场中．已知A 、B 的质量分别为m A ＝0.1 kg ，m B ＝0.2 kg ，B所带电荷量q ＝＋4×10－6 C ．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B 电量不变．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求B 所受摩擦力的大小；(2)现对A 施加沿斜面向下的拉力F 使A 以加速度a ＝0.6 m/s 2开始做匀加速直线运动．A 从M 到N 的过程中，B 的电势能增加了ΔE p ＝0.06 J ．已知DN 沿竖直方向，B 与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.4.求A 到达N 点时拉力F 的瞬时功率？【解析】(1)根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：由平衡条件所得：对A 有：m A g sin θ＝F T ①对B 有：qE ＋f 0＝F T ②代入数据得f 0＝0.4 N ③(4分)(2)根据题意，A 到N 点时，对两物体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：对A 有：F ＋m A g sin θ－F ′T －F k sin θ＝m A a ④对B 有：F ′T －qE －f ＝m B a ⑤其中f ＝μm B g ⑥F k ＝kx ⑦由电场力做功与电势能的关系得ΔE p ＝qEd ⑧由几何关系得x ＝d sin θ－d tan θ⑨ A 由M 到N ，由v 2t －v 20＝2ax 得A 运动到N 的速度v ＝2ad ⑩拉力F 在N 点的瞬时功率P ＝F v ⑪由以上各式，代入数据P ＝0.528 W ⑫(6分)17．(13分)如图甲，PNQ 为竖直放置的半径为0.1 m 的半圆形轨道，在轨道的最低点P 和最高点Q 各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力F P 和F Q .轨道的下端与一光滑水平轨道相切，水平轨道上有一质量为0.06 kg 的小球A ，以不同的初速度v 0与静止在轨道最低点P 处稍右侧的另一质量为0.04 kg 的小球B 发生碰撞，碰后形成一整体(记为小球C )以共同速度v 冲入PNQ 轨道．(A 、B 、C 三小球均可视为质点，g 取10 m/s 2)(1)若F P 和F Q 的关系图线如图乙所示，求：当F P ＝13 N 时所对应的入射小球A 的初速度v 0为多大？(2)当F P ＝13 N 时，AB 所组成的系统从A 球开始向左运动到整体达到轨道最高点Q 全过程中所损失的总机械能为多少？(3)若轨道PNQ 光滑，小球C 均能通过Q 点．试推导F P 随F Q 变化的关系式，并在图丙中画出其图线．【解析】(1)设A 球的质量为M ，B 球的质量为m ，由牛顿第三定律可知，小球在P 、Q 两点所受轨道的弹力大小N P ＝F P ；N Q ＝F Q ①(1分)在P 点由牛顿第二定律得： N P －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2P R②(1分) 解得v P ＝2 3 m/s(1分)AB 相碰，M v 0＝(M ＋m )v P ③(1分)解得v 0＝1033m/s(1分) (2)AB 相碰所损失的机械能ΔE 1＝12M v 20－12(M ＋m )v 2P ＝0.4 J ④(1分) 球C 在Q 点由牛顿第二定律得：N Q ＋(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2Q R⑤(1分)球C 从P 运动至Q 的过程，由动能定理得：W f －(M ＋m )g 2R ＝12(M ＋m )v 2Q －12(M ＋m )v 2P ⑥(1分) 联立并代入数据解得W f ＝－0.2 J故球C 上升过程中所损失的机械能ΔE 2＝0.2 J故整个系统在全过程中所损失的机械能ΔE ＝ΔE 1＋ΔE 2＝0.6 J ⑦(2分)(3)因轨道光滑，小球C 由P 至Q 的过程中机械能守恒12(M ＋m )v 2P ＝12(M ＋m )v 2Q ＋(M ＋m )g ·2R ⑧(1分) 联立①②⑤⑧得N P －N Q ＝6(M ＋m )g (1分)即F Q ＝F P －6(N)(1分)四、选做题(两个题任意选做一个，如果多做或全做的，按18题阅卷，共15分)18．【物理——选修3—3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是__BCE__．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B ．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D ．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E ．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果(2)(10分)如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L 、底面积为S ，缸内有一个质量为m 的活塞，封闭了一定质量的理想气体．温度为热力学温标T 0时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L 0.已知重力加速度为g ，大气压强为p 0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：(ⅰ)采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？ (ⅱ)从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功多少？(ⅲ)当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU ，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？【解析】(ⅰ)T ＝L L 0T 0(3分) (ⅱ)W ＝(p 0S －mg )(L －L 0)(3分)(ⅲ)Q ＝ΔU ＋(p 0S －mg )(L －L 0)(4分)19．【物理——选修3—4】(15分)(1)(5分)如图所示，甲图为沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波动图象，乙图为参与波动质点P 的振动图象，则下列判断正确的是__ADE__．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．该波的传播速率为4 m/sB ．该波的传播方向沿x 轴正方向C ．经过0.5 s 时间，质点P 沿波的传播方向向前传播2 mD ．该波在传播过程中若遇到3 m 的障碍物，能发生明显衍射现象E ．经过0.5 s 时间，质点P 的位移为零，路程为0.4 m(2)(10分)如图所示，横截面为矩形ABCD 的玻璃砖竖直放置在水平面上，其厚度为d ，AD 面镀有水银．用一束与BC 成45°角的细激光向下照射在BC 面上，在水平面上出现两个光斑，距离为233d ，求玻璃砖的折射率．【解析】作出光路图，由光的反射定律和光路图可逆性可知，反射光线和OH 与FG 平行，且OH 与水平面的夹角为45°.(2分)则得OF ＝GH ＝233d (2分) IE ＝12OF ＝33d (2分) tan r ＝IE IO ＝33，可得r ＝30°(2分) 所以折射率n ＝sin i sin r ＝2(2分)。

湖南师大附中2017-2018学年高三上学期第一次月考物理试卷 Word版含解析

2017-2018学年湖南师大附中高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．其中1～7小题为单选题，8～12为多选题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．结果填到答题卡上）1．以下说法正确的是（）A．做直线运动的物体，所受合力一定为定值B．当物体的速度为零时，它所受的合力一定等于零C．一个物体甲受到滑动摩擦力f的作用，该滑动摩擦力f一定对物体甲做了功D．具有加速度a（a不等于零）的物体，该物体的速率不一定会改变2．我国的成熟的高铁技术正在不断的走向世界，当今，高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如a站→b站→c站→d站→e站→f站→g站→a站，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A以恒定速率以360km/h运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B，如某乘客甲想从a站上车到e站，先在a站登上B车，当A车快到a站且距a 站路程为s处时，B车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360km/h时恰好遇到A车，两车连锁并打开乘客双向通道，A、B列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B车匀减速运动后停在b站并卸客，A车上的乘客甲可以中途不停站直达e站．则下列说法正确的是（）A．无论B车匀加速的加速度值为多少，s是相同的B．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间C．若B车匀加速的时间为1 min，则s为4 kmD．若B车匀减速的加速度大小为5 m/s2则当B车停下时A车已距b站路程为1 km3．我们学校对升旗手的要求是：国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好升到旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48s，红旗上升的高度是17.6m．若国旗先向上做匀加速运动，时间持续4s，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，减速时间也为4s，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．则国旗匀加速运动时加速度a及国旗匀速运动时的速度v，正确的是（）A．a=0.2 m/s2，v=0.1 m/s B．a=0.4 m/s2，v=0.2 m/sC．a=0.1 m/s2，v=0.4 m/s D．a=0.1 m/s2，v=0.2 m/s4．如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°．则第2 016个小球与第2 017个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（）A．B．C．D．5．两个完全相同的条形磁铁放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示．开始时平板及磁铁均处于水平位置上，且静止不动．（1）现将AB突然竖直向上平移（平板与磁铁之间始终接触），并使之停在A′B′处，结果发现两个条形磁铁吸在了一起．（2）如果将AB从原来位置突然竖直向下平移，并使之停在A″B″处，结果发现两条磁铁也吸在了一起．则下列说法正确的是（）A．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的作用力是排斥力B．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的吸引力小于静摩擦力C．第（1）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向上加速D．第（2）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向下加速6．如图所示，在水平地面上叠放着A、B、C三个完全相同的物块，今用水平力F作用于B 时，A、B、C均处于静止状态，则下列判断正确的是（）A．B对A的摩擦力大小一定等于零B．A对B的摩擦力大小可能等于C．地对C的摩擦力大小不一定等于FD．B对C的摩擦力大小可能等于7．电动车是不是新能源车值得思考，但电动车是人们出行方便的重要工具，某品牌电动自根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为（）A．15 km/h B．18 km/h C．10 km/h D．22 km/h8．如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在水平力F1和力F的作用下一起沿水平方向做直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N及其他的运动情况说法正确的是（）A．一定有N=m1g+m2g﹣Fsin θ且不等于零B．N可能等于零C．如果Fcos θ＜F1可能做匀速直线运动D．F1=Fcos θ一定做匀速直线运动9．如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=100kg的物体．不可伸长的细绳的一端与物体相连（与斜面平行），另一端经摩擦不计的轻定滑轮被一人拉住缓慢向左移动（物体缓慢上移），拉力恒为500N（取g=10m/s2），下列说法正确的是（）A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对地面的压力保持不变C．人与地面的摩擦力大小保持不变D．人、斜面对地面的压力之和保持不变10．如图所示AB是半径为R的四分之一圆弧，与水平面相切于B点，PB是架设在圆弧上的光滑的薄板，B点与地面圆滑相连接，一个物体从P点静止开始下滑，达B点的速度为v0，然后匀减速运动停在C点，且BC的长度为L，那么以下说法正确的是（）A．可以求出物体从P点到C点的运动时间tB．可以求出物体在BC段运动的加速度aC．可以求出物体达BC中点时的速度vD．如果将PB薄板加长，按同样方式从A点架设到B点，那么物体从A点静止开始运动到最后停止运动，其运动时间与原来一样为t11．一辆摩托车行驶的最大速度为30m/s．现让该摩托车从静止出发，要在4min内追上它前方相距1km、正以25m/s的速度在平直公路上行驶的汽车，则（）A．摩托车的最小加速度为0.24 m/s2B．摩托车的最小加速度为2.25 m/s2C．以最小加速度追上时摩托车的速度为25 m/sD．以最小加速度追上时摩托车的速度为30 m/s12．如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B 为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球．用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态．现将A球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是（）A．A、B两小球间的库仑力变大，B球对NO杆的压力变大B．A、B两小球间的库仑力变小，B球对NO杆的压力变小C．A、B两小球间的库仑力变小，A球对MO杆的压力不变D．A、B两小球间的库仑力变大，A球对MO杆的压力不变二、实验题（本题包括2小题.13题6分，14题8分，每空2分，共14分）13．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，（1）下列说法错误的是A．打点计时器不一定要使用交流电B．在释放小车前，小车应紧挨在打点计时器旁C．应先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车D．要在小车到达定滑轮前使小车停止运动（2）某次实验中得到的一条纸带如图所示，从比较清晰的点起，每五个打印点取一个点作为计数点，分别标作0、1、2、3、4．量得2、3两计数点间的距离s3=30.0mm，3、4两计数点间的距离s4=48.0mm，则小车在3计数点时的速度为m/s，小车的加速度为m/s2．14．某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图．长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上．在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间．实验步骤如下：①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；②用直尺测量AB之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2；③将滑块从A点静止释放，由光电计时器读出滑块的挡光时间t；④重复步骤③数次，并求挡光时间的平均值；⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cos α；用测量的物理量完成下列各式（重力加速度为g）：（1）斜面倾角的余弦cos α=；（2）滑块通过光电门时的速度v=；（3）滑块运动时的加速度a=；（4）滑块运动时所受到的摩擦阻力f=．三、计算题（本题包括4小题，其中15题10分，16题11分，17题12分．共33分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）15．2013年8月7日，中国海警编队依法对一艘非法进入中国钓鱼岛领海船只进行维权执法．在执法过程中，发现非法船只位于图1中的A处，预计在80s的时间内将到达图1的C 处，海警执法人员立即调整好航向，沿直线BC由静止出发恰好在运动了80s后到达C处，而此时该非法船只也恰好到达C处，我国海警立即对该非法船只进行了驱赶．非法船只一直做匀速直线运动且AC与BC距离相等，我国海警船运动的v﹣t图象如图2所示．（1）B、C间的距离是多少？（2）若海警船加速与减速过程的加速度大小不变，海警船从B处由静止开始若以最短时间准确停在C处，求需要加速的时间．16．一个质量为m=10g，带电量为+q=10﹣8C的小球从某高处A点自由下落，不考虑一切阻力，测得该小球着地前最后2s内的下落高度为60m，试求：（g取10m/s2）（1）A点距地面的高度h为多少？总的下落时间是多少？（2）如果当小球下落的高度为总高度的时，加一个竖直向上的匀强电场，小球落地的速度恰好为零，那么小球从开始到落地的时间是多少？电场强度多大？17．如图所示，物体A、B叠放在倾角θ=37°的斜面上（斜面保持不动，质量为M=10kg），并通过跨过光滑滑轮的细线相连，细线与斜面平行．两物体的质量分别m A=2kg，m B=1kg，B与斜面间的动摩擦因数μ2=0.2，已知g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：（1）如果A、B间动摩擦因数μ1=0.1，为使A能平行于斜面向下做匀速运动，应对A施加一平行于斜面向下的多大F的拉力？此时斜面对地面的压力N多大？（2）如果AB间摩擦因数不知，为使AB两个物体一起静止在斜面上，AB间的摩擦因数μ1应满足什么条件．（认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力）四、选做题（三个题任意选做一个，如果多做或全做的，按18题阅卷）【物理--选修3-3】（15分）18．下列说法正确的是（）A．给农作物松土，是破坏土壤的毛细管从而保存土壤中的水份B．空气相对湿度越大，空气中的水分子含量就越高C．第二类永动机不能做成，是因为其违背了能量守恒D．在孤立系统中，一切不可逆过程必然朝着熵增加的方向进行E．电能、焦炭、蒸汽属于二次能源F．一个物体的内能增大，它的温度一定升高19．如图所示，两端封闭的试管竖直放置，中间一段24cm的水银柱将气体分成相等的两段，温度均为27℃，气柱长均为22cm，其中上端气柱的压强为76cmHg．现将试管水平放置，求：①水银柱如何移动（向A还是向B移动）？移动了多远？②保持试管水平，将试管温度均匀升高100℃，那么水银柱如何移动？试管内气体的压强分别多大？【物理--选修3-4】20．一复色光中只含有a、b两种单色光，在真空中a光的波长大于b光的波长．①在真空中，a光的速度（填“大于”、“等于”或“小于”）b光的速度．②若用此复色光通过半圆形玻璃砖且经圆心O射向空气时，下列四个光路图中可能符合实际情况的是．21．一简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0时刻的波形如图所示．已知介质中质点P的振动周期为2s，此时P质点所在位置的纵坐标为2cm，横坐标为0.5m．试求从图示时刻开始在哪些时刻质点P会出现在波峰？【物理--选修3-5】（15分）22．下列说法正确的是（）A．居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象B．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大C．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性D．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成E．赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象﹣﹣光电效应F．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定吸收核能23．排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1=1.8m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3s，第一次反弹的高度为h2=1.25m．已知排球的质量为m=0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力．求：①排球与地面的作用时间．②排球对地面的平均作用力的大小．2016-2017学年湖南师大附中高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．其中1～7小题为单选题，8～12为多选题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．结果填到答题卡上）1．以下说法正确的是（）A．做直线运动的物体，所受合力一定为定值B．当物体的速度为零时，它所受的合力一定等于零C．一个物体甲受到滑动摩擦力f的作用，该滑动摩擦力f一定对物体甲做了功D．具有加速度a（a不等于零）的物体，该物体的速率不一定会改变【考点】功的计算；加速度与力、质量的关系式．【专题】定性思想；推理法；功的计算专题．【分析】明确力和运动的关系，知道速度为零时，物体可以受力的作用，同时明确加速度与速度的关系，加速度不为零时，速度变化但速率可以不变．根据功的公式进行分析，明确只有同时具有力和力的方向上的位移时才能做功；【解答】解：A、做直线运动的物体可能受到变力的作用，即物体做变加速运动，故A错误；B、当物体的速度为零时，加速度不一定为零，即合外力也不一定为零，故B错误；C、物体受滑动摩擦力时，摩擦力不一定做功，只要物体没有位移即可，故C错误；D、具有加速度的物体，其速率不一定变化，如匀速圆周运动，受向心加速度的作用，但速率不变，故D正确；故选：D．【点评】本题考查加速度和力以及加速度和速度之间的关系，要求能正确理解力和运动的关系，知道力是产生加速度的原因，同时明确一些特例的应用，如平抛和圆周运动等．2．）我国的成熟的高铁技术正在不断的走向世界，当今，高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如a站→b站→c站→d站→e站→f站→g站→a站，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A以恒定速率以360km/h运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B，如某乘客甲想从a站上车到e站，先在a站登上B车，当A车快到a站且距a站路程为s处时，B车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360km/h时恰好遇到A车，两车连锁并打开乘客双向通道，A、B列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B车匀减速运动后停在b站并卸客，A车上的乘客甲可以中途不停站直达e站．则下列说法正确的是（）A．无论B车匀加速的加速度值为多少，s是相同的B．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间C．若B车匀加速的时间为1 min，则s为4 kmD．若B车匀减速的加速度大小为5 m/s2则当B车停下时A车已距b站路程为1 km【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】B加速度越大，加速度到360km/h的时间越短，相应A的运动时间越短．从襄阳到潜江间隔四个站．由匀变速规律可得B的减速时间，进而可得A的运动位移．由匀速运动可算出s．【解答】解：A、B加速度越大，加速度到360km/h的时间越短，相应A的运动时间越短，由于A是匀速运动，故时间越短s越小，故A错误．B、从襄阳到潜江间一共间隔四个站，故一共节约4个站的减速、停车、提速时间，故B错误．C、若B车匀加速的时间为1min，则此时间内A的运动位移为：s=vt=100×60m=6000m，故C错误．D、B由360km/h=100m/s减速到0的时间为：t=s=20s，位移x==1000m，A运动的位移x=vt=100×20m=2000m，A的运动位移为：x=vt=100×20=2000m，故则当B 车停下时A车已距b站路程为△x=x2﹣x1=1km，故D正确．故选：D．【点评】该题的关键是要抓住AB的运动状态，A一直是匀速直线运动，B经历匀加速，匀速，匀减速三个阶段，完成乘客的上车下车．3．我们学校对升旗手的要求是：国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好升到旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48s，红旗上升的高度是17.6m．若国旗先向上做匀加速运动，时间持续4s，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，减速时间也为4s，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．则国旗匀加速运动时加速度a及国旗匀速运动时的速度v，正确的是（）A．a=0.2 m/s2，v=0.1 m/s B．a=0.4 m/s2，v=0.2 m/sC．a=0.1 m/s2，v=0.4 m/s D．a=0.1 m/s2，v=0.2 m/s【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】红旗经历了匀加速、匀速和匀减速直线运动过程，抓住三段的位移之和等于17.6m，总时间为48s，匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，运用运动学公式联立方程组求出加速度和匀速运动时的速度．【解答】解：对于红旗加速上升阶段：x1=a1t12，对于红旗匀速上升阶段：v2=at1，x2=v2t2，对于红旗减速上升阶段：x3=v2t3﹣a3t32，对于全过程：a1=a3，x1+x2+x3=17.6 m，t1+t2+t3=48 s，t1=t3=4 s，由以上各式可得：a1=0.1 m/s2，v2=0.4 m/s．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】本题也可以运用平均速度的推论，运用，t1=t3，求出匀速直线运动的速度，从而结合速度时间公式求出加速度的大小．4．如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°．则第2 016个小球与第2 017个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】先以整体为研究对象，由平衡条件求出F的大小；再以2017个到5000个小球组成的整体为研究对象，根据平衡条件求出第2016个小球与2016个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值．【解答】解：以5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得：F=5000mg；再以2017个到5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，则有：tanα==，故选：D【点评】本题的解题关键是选择研究对象，采用整体法与隔离法相结合进行研究，用质点代替物体，作图简单方便．5．两个完全相同的条形磁铁放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示．开始时平板及磁铁均处于水平位置上，且静止不动．（1）现将AB突然竖直向上平移（平板与磁铁之间始终接触），并使之停在A′B′处，结果发现两个条形磁铁吸在了一起．（2）如果将AB从原来位置突然竖直向下平移，并使之停在A″B″处，结果发现两条磁铁也吸在了一起．则下列说法正确的是（）A．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的作用力是排斥力B．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的吸引力小于静摩擦力C．第（1）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向上加速D．第（2）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向下加速【考点】牛顿第二定律．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】开始时两块磁铁在底板上处于静止，说明磁铁间的吸引力不大于最大静摩擦力．突然竖直向上平移时，先加速上升后减速上升，先处于超重状态，后处于失重状态，失重时磁铁所受的最大静摩擦力减小，两块磁铁可能碰在一起．同样，分析突然竖直向下平移的情形．【解答】解：A、由于突然向上或向下运动两条磁铁都会吸在一起，说明磁铁间的作用力为吸引力，故A错误．B、开始磁铁静止不动，说明磁铁受力平衡，磁铁间的吸引力等于静摩擦力，故B错误．C、磁铁原来静止，后开始滑动，说明最大静摩擦力减小，则磁铁与平板AB间的弹力减小，磁铁处于失重状态，加速度方向向下，即向上减速或向下加速，故C错误，D正确．故选：D．【点评】本题关键在于：不管向上还是向下，磁体都是先加速后减速，同时要明确加速度向上时物体处于超重状态，加速度向下时物体处于失重状态．6．如图所示，在水平地面上叠放着A、B、C三个完全相同的物块，今用水平力F作用于B 时，A、B、C均处于静止状态，则下列判断正确的是（）A．B对A的摩擦力大小一定等于零B．A对B的摩擦力大小可能等于C．地对C的摩擦力大小不一定等于FD．B对C的摩擦力大小可能等于【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】分别以A、AB整体和ABC整体为研究对象，根据平衡条件研究A与B间，B与C间、C与地面间的摩擦力．【解答】解：A、以A为研究对象，根据平衡条件得知，B对A没有摩擦力，则A对B的摩擦力等于零，故A正确；B、由牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力也为零；故B错误；C、以ABC三个物体组成的整体为研究对象，根据平衡条件得到，地面对C的摩擦力大小等于F，方向水平向左，C对地面的摩擦力等于F，方向水平向右，故C错误；D、以AB组成的整体为研究对象，根据平衡条件得知，C对B的摩擦力大小等于F，方向水平向左，则B对C的摩擦力等于F方向向右，故D错误；故选：A．【点评】本题是连接体问题，关键是根据整体法和隔离法灵活选择研究对象；整体法与隔离法的选择原则：通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法，尽量选择受力少的物体进行分析．7．电动车是不是新能源车值得思考，但电动车是人们出行方便的重要工具，某品牌电动自A．15 km/h B．18 km/h C．10 km/h D．22 km/h【考点】线速度、角速度和周期、转速．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题．【分析】根据电动车的额定转速，求出1h转多少圈，求出1圈的周长，即可知道电动车在1h内运行的距离，即时速．【解答】解：电动车在1h内转过的圈数n=240×60=14400，所以电动车在1h内运动的距离s=π×0.500×14400m≈22608m≈22.6km，所以该车的额定时速v=22.6km/h≈22km/h．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键求出1h内电动车行走的路程，通过额定转速求出1h内转过的圈数，从而求出1h内行走的路程．8．如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在水平力F1和力F的作用下一起沿水平方向做直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N及其他的运动情况说法正确的是（）A．一定有N=m1g+m2g﹣Fsin θ且不等于零B．N可能等于零C．如果Fcos θ＜F1可能做匀速直线运动D．F1=Fcos θ一定做匀速直线运动【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】对两个物体的整体受力分析，受已知拉力F1、F2、重力，可能有支持力和摩擦力，也可能只有两个拉力，沿着水平方向做匀变速直线运动．【解答】解：AB、对整体受力分析，受两个已知拉力、重力，地面可能对整体同时有支持力和摩擦力，也可能没有，竖直方向平衡，故N=m1g+m2g﹣Fsinθ，但支持力可能为零，故A错误，B正确；C、对两个物体整体，如果Fcosθ＜F1，可能向左做匀速直线运动，故C正确；D、如果F1=Fcos θ，水平方向可以有摩擦力，不一定是匀速，除非N=m1g+m2g﹣Fsin θ=0，故D错误；故选：BC【点评】本题关键是采用整体法进行分析，不难；整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析．9．如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=100kg的物体．不可伸长的细绳的一端与物体相连（与斜面平行），另一端经摩擦不计的轻定滑轮被一人拉住缓慢向左移动（物体缓慢上移），拉力恒为500N（取g=10m/s2），下列说法正确的是（）A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对地面的压力保持不变C．人与地面的摩擦力大小保持不变D．人、斜面对地面的压力之和保持不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；牛顿第三定律．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】先隔离物体受力分析，受拉力、重力、支持力，假设有摩擦力，根据平衡条件列式求解摩擦力大小，判断有无；再对斜面和物体的整体进行分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件分析支持力情况；同时要对人受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件分析地面对人摩擦力的变化；最后对人、物体、斜面体整体受力分析，根据平衡条件分析整体受支持力变化情况．【解答】解：A、对物体受力分析，受重力、支持力、拉力，可能有摩擦力，重力的下滑分力为mgsin30°=100×10×=50N，等于拉力，故无摩擦力，故A正确；B、再对物体和斜面体整体受力分析，受重力、支持力、拉力和地面的静摩擦力，由于物体的移动，绳子拉力的方向会改变，故支持力会改变，根据牛顿第三定律，压力也就会改变，故B错误；C、对人受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，拉力的水平分力等于静摩擦力的大小，由于拉力大小不变化，方向改变，故静摩擦力大小改变，故C错误；D、对人、物体、斜面体整体受力分析，受重力、支持力、地面的摩擦力，其中地面对整体的两个摩擦力是平衡的，竖直方向支持力等于整体的重力，根据牛顿第三定律，人、斜面对地面的压力之和保持不变，故D正确；故选：AD【点评】本题关键是根据整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件分析；通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法；有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．10．如图所示AB是半径为R的四分之一圆弧，与水平面相切于B点，PB是架设在圆弧上的光滑的薄板，B点与地面圆滑相连接，一个物体从P点静止开始下滑，达B点的速度为v0，然后匀减速运动停在C点，且BC的长度为L，那么以下说法正确的是（）。

湖南省师大附中2018届高三上学期月考(四)物理试题Word版含解析

湖南师大附中2018届高三上学期月考试卷（四）物理一、选择题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173 kg, nJ 将其视为近地卫星，它绕地球运动的的动能约为 A. 5X10n J B. 5X109J C. 5X107J D. 5X105J 【答案】B【解析】由于该卫星可视为近地卫星，它绕地球运动的速度为第一宇宙速度7.9km/s,故卫星的动能：fi=-W=-X 173X （7. 9X IO 5）2 J~5X1O"J.2 2 故B 正确，ACD 错误。

故选：Bo2. 如图所示表面光滑、半径为斤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30°、设这两个小球的质量Z 比为巴，小球与半球Z 间的压力Z 比为叫，则以下说法正确的N2D.【答案】D【解析】对I"】受力分析如图所示60° ,B .H1]C. —=1 :扫 m 2 -=1:^N 2Fsin45^由正交分解可得：平行球面方向Hi]gsin30° =Fsin45° ,垂直球面方向N】=iri]gcos30° + Fcos45° , 联立解得：0卫,N广色也,g 2【点睛】分别对卩和皿2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111=3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从/•=()时刻起，物体在水平力厂作用下由静止开始做直线运动，在0〜3 s时间内物体的加速度日随时间广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0〜3 s时间内，物体的速度先增大后减小B. 3 s末物体的速度最大，最大速度为6 m/sC. 2 s末尸最大，尸的最大值为12 ND.前2 s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0〜3s内始终加速，3s末速度最大，最大为图象围成“面积”,即6m/s, 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，0~2s加速度变大，则拉力大小变大，D错误.选B.【点睛】加速度一时间图象主要考查的是：图线与时间轴围成的面枳表示速度，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F=8N,30° X\ Feos 45^\tv同理，对皿2分析可得: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、质量刃=2 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t=l. 5 s的吋I'可,则物体相对地面的位移为@取10 m/s2)[71A. 1 mB. 1.5mC. 2. 1 mD. 3.6 m【答案】c【解析】当在车的右端放上物体时，对物块：由牛顿第二定律屮屈=«1打，解得：a! = pg = 2m/s2, 对小车：F-^mg = Ma2,解得：a. = 0.5m/s2,设经过时间t°,物体和车的速度相等，即MV严2,物体的速度V严心,车的速度v2 = v0+a2t0, V o= 1.5m/s,联立解得t°= Is, v】= 2m/s, 前1S物块相对地面的位移为S1 =^=111!,当物块与小车共速后，由牛顿第二定律F = (M + m)a,解得：a = O.8m/s2,则后t=0. 5s 物块相对地面的位移^s2 = v1t + ^t2 = 1.1m,则物体从放上小车开始经t=l. 5s的时间，则物体相对地面的位移为s = s1+s2 = (l + l.l)m = 2.1m, 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，求出物块的位移即可.5.水平推力用和庄分别作用在静止于水平面上等质量的日、力两物体上，斥＞£,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人、血的大小关系正确的是A.71 —定大于厶B.厶一定小于ZC.厶一定等于ZD.厶可能小于Z【答案】D. ------- 2mx【解析】I=Ft, x=-at1 2, ma=F— u mg,贝ij I=F I ^mX-= 1 ymg,2 E吨Jr■臣当F=2umg时，冲量最小.I】可能大于T2， h也可能小于L,故D正确，ABC错误.故选：Do点睛：根据冲量定义将冲量表达式表示出来，求最小值。

湖南师大附中2018届高三上学期第一次月考物理试卷

炎德英才大联考湖南师大附中2018届高三月考试卷（一）物理本试题卷分第I 卷（选择题）和第H 卷（非选择题）两部分，共8页•时量90分钟，满分 110 分.第I 卷一、填空题（本题共12小题，每小题4分，共48 分.其中1〜8小题只有一个选项正确， 9〜12小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分•将选项填涂在答题卡中）1.伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是（A ）观察现象|一罔一I 逻辑推理］—->0一|修正推广］一厂^~A .提出假设，实验检验B •数学推理，实验检验C .实验检验，数学推理D •实验检验，合理外推 2.某物体做直线运动的 v — t 图象如图所示，据此判断给出的 A 、B 、C 、D 四种图象（F 表示物体所受合力，x 表示物体的位移，E k 表示物体动能，a 表示物体加速度t 表示时间）中正确的是（B ）轨道I . ________■3. 2012年6月16日，刘旺、景海鹏、刘洋三名宇航员搭乘“神舟九号”飞船飞向太空.6月24日执行手动载人交汇对接任务后，于29日10时03分乘返回舱安全返回. 返回舱在A 点从圆形轨道I 进入椭圆轨道H , B 为轨道H 上的一点，如图所示.关于返回舱的运动：下列说法中正确的有（A ）A .在同一轨道n 上经过 A 的速率小于经过B 的速率 B. 在轨道n 上经过 A 的速率大于在轨道I 上经过A 的速率”J 轨道H■ - 4 •■C. 在轨道n上运动的周期大于在轨道I上运动的周期D .正常运行时，在轨道n 上经过 A 的加速度小于在轨道I 上经过 A 的加速度4. 一质量为m 的物块能在倾角为 B 的足够长斜面上匀减速下滑•在初始状态相同及其他条件不变时，只对物块施加一个竖直向下的恒力 F ,如图所示，则物块减速到零的时间与不加恒力F两种情况相比较将(B)A .变长B .变短C .不变D .不能确定mg ( cos 9 — sin 9 )【解析】在F 作用前，物块加速度a i =凹里上一 ,F 作用后a 2 =5.在地表附近有一竖直向下匀强电场E , 一带电油滴以某初速度从a 处运动到b 处,其运动轨迹如图中曲线所示,不计空气阻力，此过程中油滴运动情况描述正确的是(C)A •油滴在做变加速曲线运动 B. 油滴在做速度大小不变的曲线运动 C. 动能和电势能之和减小 D .油滴的轨迹为椭圆的一部分6.在墙与地面之间用三块长木板并排搭成如图所示的三个固定斜面 1、2和3,斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，斜面1和3长度相同，斜面表面均光滑•一小物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端，在这三种情况下(D)A .物体沿斜面2下滑速度改变最快B. 物体分别沿斜面 2、3下滑速度改变相同C. 物体沿斜面下滑到达底端时速度大小均相等 D .物体沿斜面3下滑到底端的时间最长【解析】此题用“等时圆”分析.(mg + F )(p cos 9 — sin 9 )a 2 > a i , 初速度相同时 ,滑停的时间变短 ,滑行距离变短.7. 如右图，三个质点a、b、c质量分别为m i、m2、M(M? m i, M? m2).在c的万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比T a：T b=1 : k；从图示位置开始，在b运动一周的过程中，则(D)A . a、b距离最近的次数为k次10. 如图所示,质量相同的木块 A 、B 用轻质弹簧连接，在力F 作用下静止在光滑的斜B. a 、b 距离最远的次数为 k + 1次C. a 、b 、c 共线的次数为2kD. 以上说法都不对【解析】以b 为参照系分析.a 的转速为b 的k 倍，b 转一圈，a 转k 圈，a 相对b 转(k -1)圈，共线2(k — 1)次,相距最近(远)(k — 1)次. &甲、乙两名滑冰运动员圆周运动的滑冰表演，如图， ,M 甲=80 kg , M 乙=40 kg ,面对面水平拉着弹簧秤做匀速两人相距0.9 m ，弹簧秤的示数为 9.2 N ，下列判断中正确的是(D)A. 两人的线速度相同，B. 两人的角速度相同，C. 两人的运动半径相同 D .两人的运动半径不同【解析】甲、乙两人做圆周运动的角速度相同约为40 m/s 为 6 rad/s ,都是0.45 m ,甲为0.3 m ,乙为0.6 m,向心力大小都是弹簧的弹力，则有M 甲w r 甲=M 乙w r 乙即M 甲r 甲=M 乙r 乙且r 甲+ r 乙=0.9 m , M 甲=80 kg , M 乙=40 kg 解得r 甲_ , 2 =0.3 m , r五：乞 rad/s ~ 0.62 rad/s 而v = wr, r 不同，v 不同.9.如图所示，长约1 m 的两端封闭的竖直玻璃管中注满水，玻璃管内有一质量为 0.1 kg的红腊块能在管内浮动. 假设t = 0时，红蜡块从玻璃管底端开始向上浮动，且每1 s 上升的距离都是30 cm ；从t = 0开始，玻璃管以初速度为零匀加速向右平移，第1 s 内、第2 s 内、B .前3 s 内红蜡块的位移大小为2 9 C .红蜡块的轨迹方程为 y 2= ；x 5D .红蜡块在浮动过程中受到的合力是0.01N【解析】在连续的1 s 内，水平距离变化△ x = 0.1 m ,由厶x = aT 2,得a = 0.1 m/s 2,水平位移x = ^at 2,竖直位移y = v y t ,其中v y = 0.3 m/s ,将数据代入化简得y 2 = 5X ,将t = 3 s代入并结合 s = .x 2+ y 2,求得位移 45・5 cm , F = ma = 0.01 N.面上•现突然增大 F 至某一恒力推 A ，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中(BC)A •两木块速度相同时，加速度a A = aB B •两木块速度相同时，加速度a A <a B11.在光滑的水平面上，放着两块长度相同、质量分别为M i 和M 2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，如图所示•开始时，各物均静止•今在两物块上各作用一水平恒力F i 、F 2,当物块与木板分离时，两木板的速度分别为V i 和V 2.物块与两木板之间的动摩擦因数相同.下列说法正确的是(BD)B •若 F i = F 2, M i v M 2,则 V i >V 2【解析】采用极限法和临界值分析•当M i 小到能和物块刚好一起运动时，对F i = F 2,M i V M 2情况，或是F i v F 2, M i = M 2情况，物块在M 2上最终会滑离，而在M i 上在无穷远处滑离.12・如图所示，某生产线上相互垂直的甲、乙传送带处于同一水平面，宽度均为d ,均以大小为V 的速度运行，图中虚线为传送带中线. 一可视为质点的工件从甲左端释放，能以速度V 由甲的右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止处相同.下列说法中正确的是(AC)B .工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为C .工件与乙传送带间的动摩擦因数.2V 2 卩=gd1D .工件相对传送带滑动过程中的轨迹为4圆弧厂一「H■ ............h 工祥単h痕迹长为C .两木块加速度相同时D .两木块加速度相同时,速度V A >V B ,速度V A <V BA •若 F i = F 2, M 1 >M 2,贝V V i > V 2C .若 F i > F 2, M i = M 2,则 V 1 > V 2D •若 F i V F 2,M i = M 2,贝V V i > V 2 ,设乙传送带表面粗糙程度处 A •工件在乙传送带上的痕迹为直线【解析】工件相对乙的速度方向如图所示 ,则滑动摩擦力F f大小、方向均不变，工件为匀变速运动，相对乙轨迹为直线，而对地轨迹为一段抛物线•由对称分析可知，痕迹长为二^;由独立性原理可知：v2= 2a°x 2, ao^22a,而a= 述则尸疇，由d=2七得时间：山d.答题卡题号123456789101112答案A B A B C D D D BCD BC BD AC第n卷二、实验题（本题共2小题，共15分，将答案填写在答题卡中）13. （6分）“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示,其中A为固定橡皮筋的图钉，0为橡皮筋与细绳的结点，0B和0C为细绳.图乙是在白纸上根据实验结果画出的图.⑴图乙中的F与F两力中，方向一定沿A0方向的是_F '（分）_ .（2）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：_不变（2分L_（选填“变”或“不变”）.⑶本实验采用的科学方法是_B（2分）_.A .理想实验法B •等效替代C.控制变量法 D .建立物理模型法14. （9分）“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力 F.通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象•他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a —F图线，如图（b）所示.（1）图线—①（3分）__（选填“①”或“②”）是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；（2）在轨道水平时，小车运动的阻力F f= 一0.5（3分）_ N ;（3）图（b）中，拉力F较大时，a—F图线明显弯曲，产生误差•为避免此误差可采取的措施是C（3 分） __.A .调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B. 在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C. 将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D .更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验三、计算题（本题共3小题，共32分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）Q ——15. （10分）如图所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为 m 的物体A , A 与地面的摩擦不计. （1）当卡车以a i = "g 的加速度运动时，绳的拉力为6mg ,则A 对地面的压力为多大？ a 2= g 时，绳的拉力为多大？（1）（5分）卡车和A 的加速度一致.由图知绳的拉力的分力使A 产生了加速度，5 6mgcos设地面对A 的支持力为F N , 5则有：F N = mg — 6mg sin a1由牛顿第三定律得：A 对地面的压力为§mg.⑵（5分）设地面对A 支持力为零时，物体的临界加速度为 a o ,3则 a o = g cot 0 = 4g ,故当a 2= g > a °时，物体已飘起.此时物体所受合力为 mg .口 mg = ma 0 0— v o =— 2a o x 2 解得尸严3（2）当1” P3 /口4a = m 2g ,解得 cos a = 5，得：sin a = 5.1 3mg则由三角形知识可知,拉力 F 2= mg 2 + mg 2= 2mg.16. （10分）某物块以一定的初速度 V 0沿可变倾角的斜面向上运动，物块所能达到的最大位移x 与斜面倾角0的关系如图.（1）求V 0的大小；（2）物块与斜面之间的动摩擦因数 ⑶求0为多少时，x 的最小值？【解析】（1）（2分）当0= 90°时：则 0 — v 2=— 2gx 1，得 v 0= 5 m/s （2）（3分）当0= 0°时X 2= -4- m ，说明斜面粗糙，设物块与斜面间摩擦因数为仏则物体的加速度大小为 a 0，则(g = 10 m/s 2)3；X 1= 1.25 m ,物体做竖直上抛运动，（3）（5分）当0为其他值时，对物块受力分析，物体的加速度大小为a2mgs in B +u mgos 9 = ma , 0 — v o =— 2ax 2由以上各式得x = V0—2g (sin 9 + pcos 9 )由数学知识sin 9 + cos 9 =寸1+『sin （ 9+⑥,其中tan 0=仏进一步得（f ）= 30° ,则当9= 60°时x 取得最小值:5护X min = m ~ 1.08 m.17. （12分）如图所示，水平放置的圆盘半径为 R = 1 m ,在其边缘C 点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD 的正上方放置一条水平滑道 AB ,滑道AB 与CD 平行，滑道右端B 与圆盘圆心O 在同一竖直线上，其高度差为h = 1.25 m •在滑道左端静止放置一质量为m =0.4 kg 的滑块（可视为质点），滑块与滑道间的动摩擦因数尸0.2.当用一大小为F = 4 N 的 ,圆盘从图示位置以 3= 2 n rad/s 绕盘心O 在水平面内匀，滑块在滑道上继续滑行，从B 点水平抛出，恰好落入卫__^ _________ 尹A Lt\（1）求拉力作用的最短时间;（2）若拉力作用时间为t = 0.5 s ,滑块会落入小桶吗？若能，求所需滑道的长度;R = V B t o ②由①②式并代入数据得：V B = 2 m/s , t o = 0.5 s圆盘转动一周落入，拉力作用时间最短，设为t 1.圆盘周期：T = 2n = 1 s ③ 3拉力作用时，由牛顿第二定律：F —『m = ma 1④得：a 1 = 8 m/s 末速度 V 1 =⑤撤去拉力后，由牛顿第二定律：口 mg = ma 2⑥得: a 2= 2 m/s 2，则有：V B = V 1 — a 2t 2 ⑦且有b + t ? + t ° = T ⑧联立以上各式，并代入数据得：t 1= 0.3 s 水平向右的拉力拉动滑块的同时速转动，拉力作用一段时间后撤掉小桶内，重力加速度g = 10 m/s 2.⑶物块落入桶中后如果随圆盘一起以力大小.【解析】（1）（6分）由 B 点抛出恰好3="字rad/s 匀速转动，求小桶给物块的作用 C ,则由平抛运动规律可知:⑵（4分）滑块获得速度：V = a 1t = 4 m/s ⑨t+ t'+ t o = 2 s = 2T , 恰好落入C.2_、/2则所需滑道长度为：L = 1a i t 2+ = 4 m ?2 2a 2 （3）（2 分）由向心力公式：F x = mo 2R =3 N , F y = mg =4 N桶对滑块的作用力大小： F = F x + F y = 5 N四、选考题（请考生从给出的2道题中任选一题做答，并填涂所选题目的题号•注意所做题目的题号必须与所选题一致，在答题卡选答区域指定位置答题. 如果多做，则按所做的第一题计分）18 .【物理选修3 — 3模块】（15分）（1）（6分）如图，一个导热气缸竖直放置，气缸内封闭有一定质量的气体 ,活塞与气缸壁紧密接触，可沿汽缸壁无摩擦地上下移动•若大气压保持不变，而环境温度缓慢升高，在这个过程中_BDE_ （填选项字母）.A .汽缸内每个分子的动能都增大B. 封闭气体对外做功C. 汽缸内单位体积内的分子数增多D .封闭气体吸收热量E .汽缸内单位时间内撞击活塞的分子数减少（2）（9分）某同学用一端封闭的 U 形管，研究一定质量封闭气体的压强，如图所示,U 形管竖直放置，当封闭气柱长为L 。

湖南师大附中高三物理月考试卷(四)

炎德·英才大联考高三月考试卷(四)物理湖南师大附中高三物理备课组稿命题人：陈国荣审题人：刘建军宋铁柱时量：90分钟满分：120分第1卷选择题(共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项符合题目要求的，请把它填在答题拦内．)1.为了航天员的生存，环绕地球飞行的航天飞机内密封着地球表面大气成分的混合气体，针对舱内的封闭气体，下列说法中正确的是A.气体不受重力B.气体受重力C.气体对舱壁无压力D.气体对舱壁有压力2.一根张紧的水平弹性长绳上的“、6两点，相距14．On ／，b 点在。

点的右方如图所示．当一列简谐横波沿此长绳向右传播时：若“点的位移达到正极大时，6点的位移恰为零，且向下运动；经过1．00s 后，“点的位移为零，且向下运动，而6点的位移达到负极大．则这简谐横波的波速可能等于A. 4．67 m/sB. 6 m/sC.10m/sD. 14m/s3．如图(a)所示，斜面体B 置于粗糙水平地面上，物体A 能在斜面体B E 恰能沿斜面匀速下滑，此时地面对斜面体B 的摩擦力和支持力记为F1和N1．现平行斜面向下加一恒力F ，物体A 能沿斜面向下作匀加速直线运动如图(b)，此时，斜面体B 所受摩擦力和支持力分别记为F2和N2擦力及支持力情况说法正确的是则前后两种情况，关于地面对B 摩擦力及支持力情况说法正确的是A ．F1=0，F2 > 0,F2方向水平向右B ．F1=0， F2=0C ．N2=N1D ．N2 <N14．我国已成功发射多颗气象卫星，其中“风云一号”是极地圆形轨道卫星，“风云二号”是地球同步卫星，“风云一号”的运动周期是“风云二号’’的一半．比较这两颗卫星，下列说法正确的是A ．“风云一号”离地面较远B ．“风云一号”的向心加速度大 ’C ．“风云一号”的线速度大，观测范围较大D ．“风云一号”对同一区域连续观测的时间较长5．在光滑水平面上,一质量为m 可视为质点的物块A 以一定的初速度滑上一平板车B ，B 的质量为M ，长度为L ，最终A 与B 一起运动。

2018届湖南师大附中高三第四次月考物理试卷及答案

2018届高三第四次月考物理试卷满分：110分时量：90分钟（考试范围：必修一、二，选修3－1静电场，恒定电流）一、选择题（本题1～8题为单选，9～12题为多选，每题４分，共48分） 1．用长为l 、不可伸长的细线把质量为m 的小球悬挂于O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t 时间后停在最低点。

则在时间t 内（ B ）A ．空气阻力做功为αcos mgl -B ．小球重力做功为)cos 1(α-mglC ．小球所受合力做功为αsin mglD ．绳拉力做功的功率为tmgl )cos 1(α-2．小明从某砖墙前的高处由静止释放一个石子，让其自由落下，拍摄到石子下落过程中的一张照片如图所示。

由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。

已知每层砖的平均厚度为6.0cm ，照相机本次拍照曝光时间为1.5×10-2s ，由此估算出位置A 距石子下落起始位置的距离大约为（ C ） A 、1.6m B 、2.5m C 、3.2m D 、4.5m3．如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上．其正上方A 位置有一只小球．小球从静止开始下落，在B 位置接触弹簧的上端，在C 位置小球所受弹力大小等于重力，在D 位置小球速度减小到零．小球下降阶段下列说法中不正确．．．的是( A )A 、在D 位置小球机械能最大B 、在C 位置小球动能最大C 、从A →C 位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加D 、从A →D 位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加4. 如图所示，两个3/4圆弧轨道固定在水平地面上，半径R 相同，A 轨道由金属凹槽制成，B 轨道由金属圆管制成,均可视为光滑轨道。

在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A 和B 由静止释放，小球距离地面的高度分别用h A 和h B 表示，则下列说法正确的是（ D ）A 、若h A ＝hB ＝2R ，则两小球都能沿轨道运动到最高点B 、若h A ＝h B ＝32R ，由于机械能守恒，两小球在轨道上升的最大高度为32RC 、适当调整h A 和h B,均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D 、若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，A 小球的最小高度为52R ，B 小球在h B ＞2R 的任何高度均可5.．在上海世博会最佳实践区，江苏城市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域风情和人文特色。

湖南师大附中高三上学期月考试卷(四)(教师版)物理 Wor

炎德·英才大联考湖南师大附中2018届高三月考试卷(四)物理命题人：郭志君审稿人：宋铁柱本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页．时量90分钟，满分110分．第Ⅰ卷一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～7小题只有一个选项正确，8～12小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填涂在答题卡中)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173 kg ，可将其视为近地卫星，它绕地球运动的的动能约为(B)A ．5×1011JB ．5×109JC ．5×107JD ．5×105J 【解析】E k ＝12m v 2＝12×173×(7.9×103)2 J ≈5×109J.2．如图所示表面光滑、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30°、60°，设这两个小球的质量之比为m 1m 2，小球与半球之间的压力之比为N 1N 2，则以下说法正确的是(D)A.m 1m 2＝1∶3，N 1N 2＝3∶1 B.m 1m 2＝3∶1，N 1N 2＝1∶ 3C.m 1m 2＝1∶3，N 1N 2＝1∶ 3D.m 1m 2＝3∶1，N 1N 2＝3∶1【解析】受力如图：12m 1g ＝22FN 1＝32m 1g ＋22F 得：m 1＝2FgN 1＝2＋62F 同理得：m 2＝2F 3gN 2＝2＋623F 故得：m 1m 2＝3∶1，N 1N 2＝3∶1.3．如图所示，一个m ＝3 kg 的物体放在粗糙水平地面上，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0～3 s 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(B)A ．在0～3 s 时间内，物体的速度先增大后减小B ．3 s 末物体的速度最大，最大速度为6 m/sC ．2 s 末F 最大，F 的最大值为12 ND ．前2 s 内物体做匀变速直线运动，力F 大小保持不变【解析】在0～3 s 内始终加速，3 s 末速度最大，最大为图象围成“面积”，即6 m/s ，A 错，B 对；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；但滑动摩擦力不变，0～2 s 加速度变大，则拉力大小变大，D 错．故选B.4．如图所示，质量M ＝8 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F ＝8 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m ＝2 kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，物体从放上小车开始经t ＝1.5 s 的时间，则物体相对地面的位移为(g 取10 m/s 2)(C)A ．1 mB ．1.5 mC ．2.1 mD ．3.6 m【解析】解析一：放上物体后，物体的加速度a 1＝μg ＝2 m/s 2，小车的加速度：a 2＝F －μmgM ＝0.5 m/s 2，物体的速度达到与小车共速的时间为t 1，则a 1t 1＝v 0＋a 2t 2，解得t 1＝1 s ；此过程中物体的位移：x 1＝12a 1t 21＝1 m ；共同速度为v ＝a 1t 1＝2 m/s ；当物体与小车相对静止时，共同加速度为a 3＝F M ＋m ＝0.8 m/s 2，再运动t 2＝0.5 s 的位移x 2＝v t 2＋12a 3t 22＝1.1 m ，故物体从放上小车开始经t ＝1.5 s 的时间，物体相对地面的位移为x ＝x 1＋x 2＝1 m ＋1.1 m ＝2.1 m ，故选C.解析二：根据动量定理可得Ft ＝(M ＋m )v －M v 1⇒v ＝2.4 m/s ，物体的位移x ：v t >x >12v t ，即3.6 m>x >1.8 m ，故选C.5．水平推力F 1和F 2分别作用在静止于水平面上等质量的a 、b 两物体上，F 1>F 2，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I 1、I 2的大小关系正确的是(D)A ．I 1一定大于I 2B ．I 1一定小于I 2C ．I 1一定等于I 2D ．I 1可能小于I 2【解析】解析一：I ＝Ft ，x ＝12at 2，ma ＝F －μmg ⇒I ＝F2mxF －μmg＝2mx1F －μmg F 2当F ＝2μmg时，冲量最小．解析二：若F 1无穷大，I 1就无穷大，若F 2无限接近摩擦力，需无限长的时间才能使物体运动相同的距离，I 2就无穷大，故ABC 说法错误．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 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)A ．1.43FsB ．2FsC ．2.5FsD ．3Fs【解析】解析一：B 与A 碰撞前的瞬间的动能12m v 21＝(F －f )×4s ，碰撞过程中动量守恒：m v 1＝2m v 2B 与A 碰撞后至回到C 点过程中有：12×2m v 22＝2f ×6s B 与A 碰撞后至到达D 点过程中有：12×2m v 22＝2f ×s ＋E p ，得E p ＝107Fs ≈1.43Fs . 解析二：B 与A 碰撞后的动能E k ＝(F －f )×2s <2Fs ，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后，关于它们间的距离说法正确的是(A)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L D ．AB 、BC 间距离为L ，CD 间距离为2L【解析】如图是A 、B 、C 、D 球的v －t 图象，可得在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 .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q A ＝q C ＝4q ，q B ＝－q ，则在xOy 平面内电场强度为零的点的坐标为(AB)A ．(0，233)B ．(0，－233)C ．(－4，0)D ．(4，0)【解析】解析一：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，E A ＝E C ＝4kqS 4＋y 2，E B ＝kq y 2，则(E A ＋E C )y 4＋y 2＝E B得y ＝±233 解析二：在x 轴上的点电场强度不可能为零，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Q A 和Q B (小球的大小可忽略不计)，质量为m A 和m B .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Q A ∶Q B 可能为(AC)A ．(15＋414)∶1B ．4∶1C ．(15－414)∶1D ．1∶4【解析】根据受力可得：两小球接触后之间的电场力变为原来的两倍因此有k Q A Q Bd 2＝12k⎝⎛⎭⎫Q A ＋Q B 22()2d 2，得Q A ∶Q B ＝(15±414)∶110．一质量m 、电荷量－q 的圆环，套在与水平面成θ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v 0，(取为初速度v 0正方向) 以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是(ABD)【解析】当F 洛＝qB v 0>mg cos θ时，物体受到F N 先变小后增大，物体减速的加速度也先减小后增大；速度变小为零时，若μ>tan θ时，物体将静止；若μ<tan θ时，物体将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速．当F 洛＝qB v 0<mg cos θ物体受到F N 先增大，物体减速的加速度增大；速度变小为零时，若μ>tan θ时，物体将静止；若μ<tan θ时，物体将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速．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45°，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30°)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(AD)A ．A 、B 组成的系统机械能守恒B ．当A 到达与 B 同一水平面时，A 的速度为gLC ．B 滑块到达最右端时，A 的速度为2gLD ．B 滑块最大速度为3gL【解析】因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，A 正确；当A 到达与B 同一水平面时有：mg L 2＝12m v 2A ＋12m v 2B v B ＝22v A得：v A ＝23gL ，B 错； B 滑块到达最右端时，B 的速度为零，如图1所示，有：mgL 1＋22＝12m v ′2A ⇒v ′A ＝gL （1＋2），故C 错误；当A 滑到最低点时，速度为零，B 的速度最大，如图2所示，有：32mgL ＝12m v ′2B⇒v ′B ＝3gL ，故D 正确．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v 0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v －t 图象，不考虑空气阻力，下列说法正确的是(AC)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，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【解析】有F 时，小物体上升的高度大，到最高点时的重力势能大，因此机械能的减少量较小，生热多．第Ⅱ卷二、实验题(本题共2小题，共15分，将答案填写在答题卡中)13．(9分)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3 m，横截面积为0.8 cm2，设计要求它受到拉力后伸长不超过原长的1 1000.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：__正(3分)__与材料的截面积成__反(3分)__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__1×104(3分)__N.【解析】(1)由表格知：①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；②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；③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①②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①②③三个结论，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，那么有：x＝k·FlS(k为常数)，根据图表提供数据代入解得：k＝8×10－12 m2/N.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11 000，即3×10－3m；此时S＝0.8 cm2＝8×10－5 m2, L＝3 m；代入公式x＝kFLS解得：F＝1×104 N.14．(6分)在“测定导体电阻”的实验中，电源使用两节新干电池，被测电阻R x的阻值约为5 Ω，电流表内阻约0.2 Ω，电压表内阻约为2 kΩ，滑动变阻器的规格是“10 Ω 1.5 A”．(1)图甲是不完整的实验电路，请你将电路图画完整；__答案如下图__(3分)(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__第1组数据有拼凑的嫌疑，电压最低大约1__V或电流最小大约0.2__A(只指出三、计算题(本题共3小题，共32分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(10分)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5L .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 .【解析】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：L 2＝h 2＋x 2 ①(2分) (5L )2＝h 2＋(3x )2 ②(2分) ( ①②联立，得：h ＝22L ) 设该星球表面的重力加速度为g ，则竖直方向h ＝12gt 2 ③(2分)又因为mg ＝GMmR 2 ④(2分)由③④联立，得M ＝2LR 2Gt 2(2分)16．(10分)如图所示，质量为m ＝1 kg 的小木块放在质量为M ＝8 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μ＝0.1，g ＝10 m/s 2.现给m 一个向右的速度v 0＝10 m/s 同时对M 施加一水平向左的恒力F ，且F ＝5 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t 1； (2)此过程中系统生热Q .【解析】(1)根据动量定理对M 、m 系统分析可得：Ft 1＝m v 0⇒t 1＝2 s(2分) (2)对M 受力分析可得：F －μmg ＝Ma ⇒a ＝0.5 m/s 2(2分) 在0～t 1时间内M 运动的位移x ＝12at 21＝1 m(2分)系统生热Q ＝Fx ＋12m v 20(2分)Q ＝55 J(2分) 17．(12分)如图所示，绝缘光滑轨道ABCD 竖直放在与水平方向成θ＝45°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 .【解析】(1)当小球通过D 点时，速度满足m v 2R ＝mg －22F (2分)小球通过D 点后的运动：水平方向做匀变速直线运动：x ＝v t －12a x t 2＝0(1分)22F ＝ma x (1分) 竖直方向做匀加速直线运动：2R ＝12a y t 2(1分)mg －22F ＝ma y (1分) 得v ＝2gR2E ＝2mg2q(2分) (2)由起点到D 点的过程，根据动能定理得：22EqL －mg ×2R ＋Eq ×2R ×22＝12m v 2(2分) L ＝2.5R (2分)四、选考题(请考生从给出的2道题中任选一题做答，并填涂所选题目的题号．注意所做题目的题号必须与所选题一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分)18．【物理选修3－3模块】(15分)(1)(5分)下列说法中正确的是__ACD__．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分 )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【解析】气体分子频繁地对容器壁面进行碰撞，表现为气体的压强，故A 项正确．气体分子间的间距大于10r 0，分子间的作用力几乎为零，故B 项错误．根据理想气体状态方程pV ＝nRT ，当气体体积增大，气体对外做功，为了使气体压强不变，需要气体温度即内能增大，则一定从外界吸收热量，故C 项正确．根据热力学第二定律，一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的，故D 项正确．对于同一种液体，饱和气压随温度升高而增大，故E 项错误．(2)(10分)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T 1＝300 K ，已知L 1＝80 cm ，L 2＝25 cm ，L 3＝10 cm ，h ＝15 cm ，大气压强p 0＝75 cmHg ，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Δh ＝15 cm 时，气体2的温度．(此过程气体1的温度保持不变)【解析】初状态时，气体2的压强p 2＝p 0＋h ＝90 cmHg(1分)气体1的压强p 1＝p 0＝75 cmHg(1分)末状态时，气体2的压强p ′2＝p 0＋h ＋L 3＝100 cmHg(1分)设末状态时，气体1的长度为L ′1，末状态时，气体1的压强p ′1＝p ′2－(L 1＋h －L ′1)(1分) 气体1是等温变化：p 1L 1s ＝p ′1L ′1s (得L ′1＝75 cm)(1分) 气体2的长度L ′2＝L 2＋Δh ＋L 1－L ′1＝45 cm(1分) 根据理想气体方程得p 2V 2T 1＝p ′2V ′2T 2⇒p 2L 2T 1＝p ′2L ′2T 2(2分)得：T 2＝600 K(2分)19．【物理选修3－4模块】(15分)(1)(5分)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 点，t ＝0.6 s 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__ABD__．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．当t ＝0.5 s 时质点b 和质点c 的位移相等B ．当t ＝0.6 s 时质点a 的位移为－5 3 cmC ．质点c 在0～0.6 s 时间内沿x 轴正方向移动了3 mD ．质点d 在0～0.6 s 时间内通过的路程为20 cmE ．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【解析】由题意可得该波向右传播，起振的方向向上，波长是4 m ，0.6 s 的时间内传播的距离是34λ，所以波的周期T ＝0.6×43 s ＝0.8 s ，f ＝1T ＝10.8＝54Hz ，ω＝2πf ＝5π2.0.5 s 时该波传播的距离Δx ＝v t ＝2.5 m ，因此位置x ＝5.5 m 处是波谷，质点b 、c 关于位置x ＝5.5 m 对称，质点b 、c 的位移相同．故A 正确；质点a 的振动方程为y ＝10sin ⎝⎛⎭⎫ωt ＋16πcm ＝10sin ⎝⎛⎭⎫32π＋16πcm ＝－5 3 cm ，故B 正确；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. 由图可知，质点d 在0.6 s 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20 cm.故D 正确. 因为发生干涉的两列波频率相同，这列简谐横波的频率为54Hz ，遇到频率为1 Hz 的另一列简谐横波时，我们不能够观察到干涉现象，故E 错误；故选ABD.(2)(10分)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n 水＝43，玻璃对该单色光的折射率为n 玻璃＝1.5，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sin θ1sin θ2＝v 12)求： ①该单色光在玻璃和水中传播的速度；②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)．【解析】①由v ＝c n 可知，光在水中的速度为：v ＝c n 水＝34c (2分) 光在玻璃中的速度为：v ＝c n 玻璃＝23c (2分) ②如图所示：光恰好在水和空气的分界面发生全反射时：sin C ＝1n 水＝34(2分) 在玻璃与水的分界面上，由sin C sin θ＝n 玻璃n 水得：sin θ＝23(2分) 则光斑的半径：R ＝⎝⎛⎭⎫255＋677d (2分)。

湖南省师范大学附属中学2018届高三物理上学期月考试题(一)(含解析)

湖南省师范大学附属中学2018届高三物理上学期月考试题（一）（含解析）一、填空题1.伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是( )A. 提出假设，实验检验B. 数学推理，实验检验C. 实验检验，数学推理D. 实验检验，合理外推【答案】A【解析】这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广．故BCD错误，A正确；故选A．2.某物体做直线运动的v－t图象如图所示，据此判断给出的A、B、C、D四种图象(F表示物体所受合力，x表示物体的位移，E k表示物体动能，a表示物体加速度t表示时间)中正确的是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A. 由图可知，前2s内物体做初速度为零的匀加速直线运动，合力恒定，且沿正方向.2s−4s做匀减速直线运动，合力恒定，且沿负方向.4s−6s做负方向匀加速直线运动，合力恒定，且沿负方向.6s−8s做负方向匀减速直线运动，合力恒定，且沿正方向，故A错误；B. 0−2s内，x−t图象是开口向上的抛物线.2−4s内，x=v0t−x−t图象是开口向下的抛物线。

结合对称性可知，该图正确，故B正确；C. 根据E k v−t图象是直线时，E k与t是二次函数关系，图象应是曲线，故C错误；D. 0−2s内，加速度为正.2−6s内加速度一定，且为负，6−8s内，加速度为正，故D错误。

故选：B3.2012年6月16日，刘旺、景海鹏、刘洋三名宇航员搭乘“神舟九号”飞船飞向太空.6月24日执行手动载人交汇对接任务后，于29日10时03分乘返回舱安全返回．返回舱在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示．关于返回舱的运动，下列说法中正确的有( )A. 在同一轨道Ⅱ上经过A的速率小于经过B的速率B. 在轨道Ⅱ上经过A的速率大于在轨道Ⅰ上经过A的速率C. 在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期D. 正常运行时，在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度【答案】A【解析】【详解】A. 飞船在同一轨道上从远地点A向近地点B运动时，所受万有引力对飞船做功，飞船的动能增加，故速度增加，即在B点的速率大于A点速率，故A正确；B. 飞船在椭圆轨道上运动时A点为远地点，经过A点飞船将开始做近心运动，提供的向心力大于在该轨道上做圆周运动所需的向心力，即在轨道II上有：I上做圆v II<v I，故B错误；C. 由开普勒第三定律知，由于在轨道II上运动时半长轴小于轨道I的半径，故在轨道II上的周期小于在轨道I上的周期，故C错误；D. 飞船在A点的加速度由万有引力产生，因为是同一位置，故不管在哪个轨道上运动，飞船的加速度大小一样，故D错误。

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