上饶县中学2018届高三物理上学期第三次月考试题(零班,含解析)

上饶县中学2018届高三年级上学期第三次月考
物理试卷(零班)
选择题(本题10小题，每小题4分，共40分，其中2、8、10题为多选题,全部选对的4分,选不全的得2分，有选错的或不答的得0分）. 1。

如右图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R(R视为质点）。

将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在红蜡块R从坐标原点匀速上浮的同时，玻璃管沿x 轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为。

则红蜡块R的
A。

分位移y与分位移x成正比
B。

合速度v的大小与时间t成正比
C。

分位移y的平方与分位移x成正比
D。

与时间t成正比
【答案】C
【解析】
【分析】
小圆柱体红蜡快同时参与两个运动:y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的初速为零的匀加速直线运动．根据位移与时间表达式，从而确定分位移y与x的关系，再由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度，从而求得v x,再由速度合成求此时的速度大小，最后由两方向的速度关系,可知tanα与时间t的关系．
【详解】由题意可知，y轴方向,y=v0t；而x轴方向，x=at2,联立可得：x=y2，故A错误，C正确；x轴方向，v x=at，那么合速度的大小v=，则v的大小与时间t不成正比，故B错误；设合速度的方向与y轴夹角为α,则有：tanα=t，故D错误;故选C.
2.已知引力常数G与下列哪些数据,可以计算出地球密度( )
A。

地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离
B。

月球绕地球运行的周期及月球绕地球转的轨道半径
C。

人造地球卫星在地面附近绕行运行周期
D。

若不考虑地球自转，已知地球半径和重力加速度
【答案】CD
【解析】
试题分析:已知地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离，根据万有引力提供向心力，列出等式:，，所以只能求出太阳的质量．故A错误．已知月球绕地球运行的周期及月球绕地球转的轨道半径，根据万有引力提供向心力，列出等式：,地球质量，可以求出地球质量．但不知道地球半径，故B错误．已知
人造地球卫星在地面附近绕行运行周期，根据万有引力提供向心力，列出等式：,地球质量根据密度定义得：，故C正确．已知地球半径和重力加速度，根据万有引力等于重力列出等式
，，根据密度定义得：，故D正确．故选CD。

考点:万有引力定律的应用
3。

质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.5s，安全带长5m,g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（）
A. 500N B。

1000N C. 1200N D。

1400N
【答案】D
【解析】
试题分析:在安全带产生拉力的过程中，人受重力、安全带的拉力作用做减速运动,此过程的初速度就是自由落体运动的末速度,所以有：
，根据动量定理,取竖直向下为正，有：mg•t-F•t=0-mv0,解得：．故选D．
考点：动量定理
【名师点睛】本题除了用动力学解决,也可以对缓冲的过程采取动量定理进行求解．注意在解题时明确动量定理的矢量性，先设定正方向．
4。

如图所示,实线为电场线，虚线为等势线,且相邻两等势线间的电
势差相等．一正电荷在等势线φ3上时，具有动能20 J,它运动到等势线φ1上时,速度为零，令φ2＝0，那么，当该电荷的电势能为4 J时，其动能大小为（)
A. 16 J B。

10 J C。

6 J D. 4 J
【答案】C
【解析】
试题分析：相邻等势面间的电势差相等,电荷经过相邻等势面时电场力做功相等,根据动能定理求出电荷经经过等势面时的动能,确出电荷的总能量,再由能量守恒定律求出电势能为4J时它的动能．
正电荷在等势面上时动能20J，在等势面上时动能为零,动能的减小为20J．由于相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面间时电场力做功相等,动能减小量相等,则电荷经经过等势面时的动能为10J,又，所以电荷的动能与电势能的总量为10J，根据能量守恒定律得到，电势能为4J时它的动能为6J，C正确．
5.质量为500kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车： ( ）
A。

做匀加速直线运动B。

功率为20kW
C。

所受阻力大小为2000N D。

速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N
【答案】C
【解析】
试题分析：由图像可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加速运动,选项A错误;根据P=Fv，F—f=ma可得：；由图像可知：,，解得f=”2000N;” P=2×105W,选项B错误,C 正确;速度大小为50m/s时牵引力大小为，选项D错误；故选C．
考点：牛顿第二定律；功率
【名师点睛】本题考查动能定理、功率公式的应用以及图象的性质，要注意正确根据物理规律确定函数关系，再由图象求解相关物理量。

6. 如图所示电路中，R为某种半导体气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小．当一氧化碳气体浓度减小时,下列说法中正确的是（）
A。

电压表V示数减小
B。

电流表A示数减小
C. 电路的总功率增大
D。

变阻器R1的取值越小,电表示数变化越明显
【答案】B
【解析】
试题分析：当一氧化碳气体浓度减小时,R增大，总电阻增大,则总电流减小，内电压减小，路端电压增大，可知，通过R1的电流增大,因此电压表V示数增大，通过变阻器的电流增大,则电流表A示数减小．故A错误,B正确．电路的总功率为P=EI，E不变,I减小，则P 减小，故C错误．变阻器R1的取值越大,R1与R并联的阻值越接近R，R对电路的影响越大，则知变阻器R1的取值越大,电压表示数变化越明显．故D错误．故选B．
考点：电路的动态分析
7.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时．一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比.下列用虚线和实线描述两物体运动的v—t图象是
A. B.
C. D。

【答案】C
【解析】
【详解】空气阻力不计时，物体只受重力,是竖直上抛运动，做匀变速直线运动，v-t图象是向下倾斜的直线;有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma,故a=g+，由于阻力随着速度而
减小，故加速度逐渐减小,最小值为g；下降阶段，根据牛顿第二定律，有:mg—f=ma，故a=g—，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小；v-t图象的斜率表示加速度，故图线切线的斜率不断减小，图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行;故ABD 错误，C正确.故选C。

【点睛】本题关键是明确v-t图象上某点的切线斜率表示加速度，知道有空气阻力时，速度为零时加速度为g．
8。

（多选）两个小球在光滑水平面上沿同一直线,同一方向运动,B球在前,A球在后,,,当A球与B球发生碰撞后,AB 两球的速度可能为:（）
A。

B。

C。

D.
【答案】AB
【解析】
试题分析：碰撞前系统的总动量:P=16+23=12kg．m/s ，碰撞前系统的总动能:E K=mAv A2+mBv B2=162+232=25J；
A、碰撞后，A、B的动量P A=14="4” kg．m/s,P B=24=8kg．m/s，系统动量守恒,系统总动能:E K，
=mAv A2+mBv B2=142+242=24J25J,系统动能不增加，故A正确；
B、碰撞后，A、B的动量P A=12=2kg．m/s,P B=25=10kg．m/s，系统动量守恒,系统总动能：E K，
=mAv A2+mBv B2=122+252=27J25J,系统动能不增加,故B正
确；
C、碰撞后，A、B的动量P A=1（-4）=”—4”
kg．m/s,P B=26=12kg．m/s，系统动量不守恒,故C错误；
D、由题,碰撞后,两球的动量方向都与原来方向相同,A的动量不可能沿原方向增大，故D错误，故选：AB。

考点：动量守恒定律
【名师点睛】】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒,碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能,根据能量守恒定律,碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度。

9。

如图质子（）、氘核(）和α粒子()都沿平行板电容器两板中线OO/方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO/垂直的荧光屏上,使荧光屏上出现亮点．则
A. 若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点
B. 若它们射入电场时的动量相等,在荧光屏上将只出现2个亮点C。

若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点D。

若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点
【答案】D
【解析】
三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：
加速度为：
偏转距离为：，运动时间为：
联立三式得:
A、若它们射入电场时的速度相等,y与比荷成正比,而三个粒子中质子的比荷最大,氘核和粒子的比荷相等,在荧光屏上将出现2个亮点,故A错误．
B、若它们射入电场时的动量相等，,可见y与成正比,三个都不同,则在荧光屏上将只出现3个亮点，故B错误;
C、若它们射入电场时的动能相等,则y与q成正比,在荧光屏上将只出现2个亮点,故C错误．
D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知,y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，故D正确。

点睛：此类题目属于类平抛运动，质子、氘核和粒子带电量和质量不全相同,进入同一电场时加速度不同，做类平抛运动,在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式,再进行分析。

10。

如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中有质量和电荷量都相同的两油滴M、N.M静止，N做半径为R的匀速圆周运动，若N 与M相碰后并结合在一起，则关于它们下列说法中不正确的
A。

以N原速率的一半做匀速直线运动
B. 以为半径做匀速圆周运动
C. 仍以R为半径做匀速圆周运动
D。

做周期为N的一半的匀速圆周运动
【答案】ACD
【解析】
【详解】设M、N的质量和电荷量分别为m、q，碰撞前N的速率为v.碰撞后瞬间整体的速率为v′.碰撞前,对N，由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m,得 R=；对M有qE=mg；碰撞过程,取碰撞前N 的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv=2mv′，得v′=；MN整体受到的电场力2qE，重力为2mg,则2qE=2mg,所以整体的电场力和重力仍平衡,所以碰后整体做匀速圆周运动，轨迹半径为,故AC错误,B正确。

N原来的周期．碰后整体的周期．故D错误。

此题选择不正确的选项，故选ACD.【点睛】本题关键是明确两个油滴的运动情况和受力情况，知道粒子在复合场中做匀速圆周运动的条件是重力和电场力平衡，洛伦兹力充当向心力，并能根据动量守恒定律和牛顿第二定律列式分析计算。

二、实验，探究题（每空2 分,共16 分)
11. 某同学利用自己设计的弹簧弹射器测量弹簧的弹性势能，装置
如图所示.水平放置的弹射器将质量为m的静止小球弹射出去，测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t,甲、乙光电门间距为L,忽略一切阻力。

①小球被弹射出的速度大小= ,求得静止释放小球时弹簧弹性势能Ep= (用题目中的字母符号表示）
②由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转,这对实验结果影响（选填“有”或“无”)
【答案】①，②无
【解析】
试题分析：①由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度：，由能量守恒得：
②由力作用的独立性可知,重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度不会变化
考点：测量弹簧的弹性势能实验
【名师点睛】本题重点是要弄清小球的射出速度就是在光电门间匀速运动的速度,在由平抛规律可得结果．
12。

为了测定电源电动势E、内电阻r的大小并同时描绘出小灯泡
的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路.闭合开关，调节电阻箱的阻值,同时记录电阻箱的阻值R，电压表的示数U1,电压表的示数U2。

根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条U I图线,如图乙所示.请回答下列问题：
(1）写出流过电阻箱的电流I的表达式：
________________________________。

（2）小灯泡两端电压随电流变化的图象是________（选填“a”或“b”)。

(3)根据图乙可以求得电源的电动势E＝________ V,内电阻r＝
________ Ω，该电路中小灯泡消耗的最大功率为______ W.
【答案】（1）。

(2)。

b（3)。

3。

0 （4）。

2。

0 (5)。

1.0
【解析】
【分析】
由电路图可知，灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，电压表V2测路端电压；
（1）由串联电路特点求出电阻箱两端电压，然后由欧姆定律求出电流表达式．
（2）根据串联电路特点分析判断哪个图象是灯泡电压随电流变化的
（3）电源的U—I图象与纵轴的交点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．由图象找出灯泡的最大电流与最大电压，由P=UI求出最大功率．
【详解】（1）电阻箱两端电压U R=U2—U1，通过电阻箱的电流; (2）灯泡与电阻箱串联,电压表V1测灯泡电压，灯泡两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线b是灯泡电压随电流变化的关系图象．
（3）随电流增大，路端电压减小,由图乙所示图象可知，图线a是电源的U-I图象，由图线a可知，电源电动势E=3.0V,电源内电阻；由图线a可知,灯泡两端最大电压为2V,电流为0。

5A，灯泡最大功率P=UI=2V×0。

5A=1W．
三、计算题（共44 分）
13.总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，图所示是跳伞过程中的v－t图象,试根据图象求:（g取10 m/s2）
(1)t＝1 s时运动员的加速度和所受阻力的大小；(图像过（2、14)这
(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功．（阻力做功的答案保留三位有效数字）
【答案】(1）7 m/s2240 N （2）156m至164m均可，1.23×105J 至1.30×105J均可
【解析】
【详解】(1)从图中可以看,在t=2s内运动员做匀加速运动,其加速度大小为:，
设此过程中运动员受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律得：
mg-f=ma，解得:f=m(g—a)=80×（10—7）N=240N；
（2）从图中由“面积"估算得出运动员在14s内下落了：39。

5×2×2m=158m，
根据动能定理有：mgh−W f＝mv2，
解得:W f＝mgh−mv2=(80×10×158-×80×62)J≈1。

25×105J；
【点睛】本题是v—t图象应用的典型题型，要掌握图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移,估算面积时可以通过数方格的个数来估算，采用“四舍五入"进行近似计算．
14.如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块A以速度v0朝B运动,压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C 碰撞过程时间极短．那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,求．
(1）A、B第一次速度相同时的速度大小；
（2）A、B第二次速度相同时的速度大小;
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小
【答案】（1）v0（2)v0(3）
【解析】
试题分析：（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得,mv0=2mv1,
解得v1＝v0
（2）设AB第二次速度相同时的速度大小v2，对ABC系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2
解得v2=v0
（3)B与C接触的瞬间,B、C组成的系统动量守恒,有：
解得v3＝v0
系统损失的机械能为
当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v2=v0
根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能．考点：动量守恒定律及能量守恒定律
【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。

15。

如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放,运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°=0．6，
cos37°=0．8）。

现将该小球从电场中某点以初速度v0。

竖直向上抛出。

求运动过程中：
（1）小球受到的电场力的大小及方向；
（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量；
（3）小球的最小速度的大小及方向。

【答案】（1）电场力为，方向水平向右（2）
（3）,与电场方向夹角为37°斜向上
【解析】
试题分析：（1）小球所受电场力与重力的合力一定沿速度v方向,即有：，得，方向水平向右；
（2）竖直方向小球做竖直上抛运动，故上升时间为；上升的高度为
到最高点时速度为水平方向，设为,则有：，
o由动能定理得得,
即电势能减小了。

将初速度分解为沿v反方向的分量和垂直此方向的分速度;小球在方向做类竖直上抛运动,到“最高点"处速度仅有垂直于方向的分速度，此时合力对小球做的负功最多，即小球的速度最小，且为，方向与v垂直,斜向右上方,即与电场E方向
夹角为37°，斜向上.
考点：考查了牛顿第二定律，动能定理，电场力做功
【名师点睛】解决本题的关键知道小球竖直上抛时,在竖直方向和水平方向上的运动规律,结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．视频
16。

如图所示，△OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0)、A（L，0)、C（0,L），在△OAC区域内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场．在t=0时刻，从三角形的OA边各处有质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，所有粒子射入磁场时相同速度且均沿y轴正向，已知在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴．不计粒子的重力和粒子间的相互作用。

求
（1)带电粒子在磁场中运动的周期T;
（2)磁场的磁感应强度B的大小;
（3）若恰好不能从AC边离开磁场的粒子最终从O点离开磁场,求粒子进入磁场时的速度大小v1；
(4)若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P（图中未标出)射出磁场，这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔的最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小v2。

【答案】(1)T=4t0 （2）（3）（4）
【解析】
【详解】（1)因为在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴，在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子在磁场中运动了四分之一周期，所以粒子周期：T=4t0
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得:qvB=m
粒子在磁场中运动的周期：③
结合T=4t0 联立可得磁场的磁感应强度：
（3）恰好不能从AC边离开磁场的粒子最终从O点离开磁场，粒子运动轨迹如图所示，
根据几何关系可得：r1+=L
粒子在磁场中运动的周期：T=4t0 =
联立可得粒子进入磁场时的速度大小:v1=
（4)时间间隔最大时两粒子的运动轨迹如图所示．
时间间隔：△t=t2—t1=•4t0
根据几何关系有：α+β=π
可得：△t=•2t0
当△t最大为t0时有:•2t0=t0
解得：α=
由几何关系得：r2cosα+=L
解得：r2=L
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv2B=m，
结合=4t0,
可得粒子进入磁场时的速度大小：v2=
【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，对于带电粒子在磁场中运动类型，要能作出粒子的运动轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键．。