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1、微信公众号：678高中初中资料库吉林省实验中学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，vavb，所以运动时间关系为tatb由知：hahb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，
2、则 ，因为vavb，tatb所以有ab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
3、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】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=EBLv故ACD错误、B正确
4、、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sin=F，则弹簧弹力
5、F弹，对m2，竖直方向上有：m2g=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.
6、、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P1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=2，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
7、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 ，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15C. 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
8、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，
9、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（
10、）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
11、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Fcos-f=0；N+Fsin-mg=0；解得：N=mg-Fsin=（m1+m2
12、）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( )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
13、，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 kgm/
14、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；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v3=v2-at=1.5m/s，动量为3kgm/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
15、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。电阻R2两端的电压U2=E-I（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，场
16、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，I2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，U2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
17、的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。(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
18、选取，以下最合理的一组是（_）AM=200g，m=10g、15g、20g、25g、30g、35g、40gBM=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120gCM=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、35g、40gDM=400g，m=20g、40g、60g、80g、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
19、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=aT2可以求出加速度的大小，（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
20、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
21、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）。操作过程中发现，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
22、，应选用E。（2）电路如图：分压式电路，电流表外接；（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0.6A，则电风扇发热功率P=I2R=0.362.5W=0.9W，则机械功率P=UI-I2R=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
23、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 联立解得： =0.25，k=30kg/s 16.如图
24、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、BCGF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
25、、2E，物体在三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：2qE=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：2qE=mg物体做匀速直线运动，有： ，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：所以有：(3)物体在ABFE区域做匀速直线运动，
26、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_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
27、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【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
28、；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：V3=160Scm3，p3=65cmHg由理想气体状态方程得：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