炎德英才大聯(lián)考長沙市一中2018屆高三月考三

1、炎德英才大聯(lián)考長沙市一中2018屆高三月考三一、選擇題1. 以下對物理學(xué)發(fā)展史的說法正確的是( )A卡文迪許利用扭秤實驗測得了靜電常量B法拉第為了形象的描述電場首次引入電場線的概念C開普勒在前人積累的數(shù)據(jù)上提出了萬有引力定律D牛頓利用理想斜面實驗推翻了亞里斯多德關(guān)于運動需要力來維持的觀點答案：B解析：卡文迪許通過扭秤實驗測量出萬有引力場常數(shù)，所以A錯。牛頓在總結(jié)前人基礎(chǔ)上通過自己的推導(dǎo)得出萬有引力定律，所以C錯。伽利略通過斜面理想實驗推翻亞里斯多德關(guān)于運動需要力來維持的觀點，所以D錯。2. 一質(zhì)點做勻加速直線運動時，速度變化v時發(fā)生位移x1，緊接著速度變化同樣的v時發(fā)生位移x2，則該質(zhì)點的加速

2、度為（）A.B.2C.（v）2（-）D.（v）2（+）答案：A解析：設(shè)勻加速的加速度a，物體的速度分別為v1、v2和 v3據(jù)題得：v2-v1=v3-v2=v，則v3-v1=2v據(jù)運動學(xué)公式可知：，得（v2-v1）（v2+v1）=2ax1，即v（v2+v1）=2ax1；，得（v2-v1）（v3+v2）=2ax1，即v（v3+v2）=2ax2；由-解得：a=，故A正確，BCD錯誤3. 如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球又疊放在一起，從高度為h處自由落下，且遠大于兩小球半徑，所有的碰撞都是完全彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向已知m2=3m1，則小球m1反彈后能達到的高度為（） AhB2hC3hD

3、4h答案：D解析：下降過程為自由落體運動，觸地時兩球速度相同，v=，m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，則：m2v-m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得：（m1+m2）v2=m1v12+m2v22且，m2=3m1聯(lián)立解得：v1=2反彈后高度為：H=4h,故選D4. 如圖所示，以速度v將小球沿與水平方向成=37°角方向斜向上拋出，結(jié)果小球剛好能垂直打在豎直墻上，小球反彈會的速度方向水平，速度的大小為碰撞前速度大小的，不計空氣阻力，則反彈后小球的速度大小再次為v時，速

4、度與水平方向夾角的正切值為( )A B C D 答案：B解析：小球斜向上拋出垂直打在墻上，逆向可視為平拋運動，設(shè)打在墻上的速度為v0，則v0=cos37°，反彈后以v0拋出，當速度為v時，v0=vcos，聯(lián)立解得cos=，故tan=，B正確；5. 如圖所示，置于固定斜面上的物體A受到平行于斜面向下的力，作用保持靜止.若力F大小不變，將力F在豎直平面內(nèi)由沿斜面向下緩慢的轉(zhuǎn)到沿斜面向上（轉(zhuǎn)動范圍如圖中虛線所示）.物體質(zhì)量為m，斜面傾角為.在F轉(zhuǎn)動過程中，物體始終保持靜止.在此過程中物體與斜面間的（）A. 彈力可能先增大后減小B. 彈力一定先減小后增大C. 若Fmgsin，則摩擦力一定先減

5、小后增大D. 若Fmgsin，則摩擦力一定一直減小答案：BCD解析：A、B、物體受重力、支持力、摩擦力及拉力的作用而處于靜止狀態(tài)，故合力為零；將重力和拉力都分解到沿斜面和垂直于斜面的方向；在垂直于斜面方向，重力的分力、支持力及拉力的分力平衡，因拉力的垂直分力先增大后減小，故彈力一定是先減小后增大；故A錯誤，B正確；C、若Fmgsin，故拉力平行斜面分力與重力的平行斜面分力的合力先變小，減為零后反向增加，故根據(jù)平衡條件，靜摩擦力先減小后反向增加，故C正確；D、若Fmgsin，故拉力平行斜面分力與重力的平行斜面分力的合力一直變小，故根據(jù)平衡條件，靜摩擦力也一直減小，故D正確；故選BCD6. 靜止在

6、地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機械能隨時間變化關(guān)系是（ ）答案：C解析：根據(jù)機械能守恒定律，只有系統(tǒng)內(nèi)重力彈力做功，系統(tǒng)機械能保持不變，那么除系統(tǒng)內(nèi)重力彈力外其他力做功等于系統(tǒng)機械能的變化，本題目中其他力即豎直向上的恒力，所以恒力撤去前，物體受到自身重力和豎直向上的恒力作用，豎直向上為勻加速直線運動，即，所以，機械能的增加量與時間平方成正比，對照選項AB錯。撤去拉力后只有重力做功，機械能不變，選項D錯。所以正確選項為C。7. 如圖所示，用一小車通過輕繩提升一滑塊，滑塊沿豎直光滑桿上升，某一時刻，兩段繩恰好垂直，且拴在小車一端的繩

7、與水平方向的夾角為，此時小車的速度為v0，則此時滑塊豎直上升的速度為（）A.v0 B.v0sin C.v0cos D.答案：A解析：車的速度等于沿繩子方向和垂直于繩子方向速度的合速度，根據(jù)平行四邊形定則，有v0cos=v繩，而貨物的速度等于沿繩子方向和垂直于繩子方向速度的合速度則有v貨cos=v繩由于兩繩子相互垂直，所以=，則由以上兩式可得，貨物的速度就等于小車的速度故選：A8. 如圖所示，以o為圓心的圓周上有六個等分點a、b、c、d、e、f等量正、負點電荷分別放置在a、d兩處時，在圓心o處產(chǎn)生的電場強度大小為E現(xiàn)改變a處點電荷的位置，使o點的電場強度改變，下列敘述正確的是（） A移至c處，o

8、處的電場強度大小不變，方向沿oe B移至b處，o處的電場強度大小減半，方向沿od C移至e處，o處的電場強度大小減半，方向沿oc D移至f處，o處的電場強度大小不變，方向沿oe答案：C解析：放置在a、d兩處的等量正、負點電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場強度方向相同，每個電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場強度大小為E/2。根據(jù)場強疊加原理，a處正電荷移至c處，o處的電場強度大小為E/2，方向沿oe，選項A錯誤；a處正電荷移至b處，o處的電場強度大小為2·E/2·cos 30°E，方向沿eod的角平分線，選項B錯誤；a處正電荷移至e處，o處的電場強度大小為E/2，方向沿oc，選項C正確

9、；a處正電荷移至f處，o處的電場強度大小為2·E/2·cos 30°E，方向沿cod的角平分線，選項D錯誤。9. （多選）如圖為哈勃望遠鏡拍攝的銀河系中被科學(xué)家成為“羅盤座T星”系統(tǒng)的照片，最新觀測標明“羅盤座T星”距離太陽系只有3260光年，比天文學(xué)家此前認為的距離要近得多該系統(tǒng)是由一顆白矮星和它的類日伴星組成的雙星系統(tǒng)，由于白矮星不停地吸收由類日伴星拋出的物質(zhì)致使其質(zhì)量不斷增加，科學(xué)家預(yù)計這顆白矮星在不到1000萬年的時間內(nèi)會完全“爆炸”，從而變成一顆超新星，并同時放出大量的射線，這些射線到達地球后會對地球的臭氧層造成毀滅性的破壞現(xiàn)假設(shè)類日伴星所釋放的物質(zhì)被白

10、矮星全部吸收，并且兩星間的距離在一段時間內(nèi)不變，兩星球的總質(zhì)量不變，則下列說法正確的是（）A兩星間的萬有引力不變 B兩星的運動周期不變C類日伴星的軌道半徑增大 D白矮星的軌道半徑增大答案：BC解析：A、兩星間距離在一段時間內(nèi)不變，由萬有引力定律可知，兩星的質(zhì)量總和不變而兩星質(zhì)量的乘積必定變化，則萬有引力必定變化故A錯誤B、組成的雙星系統(tǒng)的周期T相同，設(shè)白矮星與類日伴星的質(zhì)量分別為M1和M2，圓周運動的半徑分別為R1和R2，由萬有引力定律提供向心力：可得，GM2=，兩式相加G（M1+M2）T2=42L3，白矮星與類日伴星的總質(zhì)量不變，則周期T不變故B正確C、由得，M1R1=M2R2知雙星運行半徑

11、與質(zhì)量成反比，類日伴星的質(zhì)量逐漸減小，故其軌道半徑增大故C正確，D錯誤故選BC10. （多選）在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M="0.6" kg，m="0.2" kg的兩個小球，中間夾著一個被壓縮的具有Ep="10.8" J彈性勢能的輕彈簧（彈簧與兩球不相連），原來處于靜止狀態(tài).現(xiàn)突然釋放彈簧，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R="0.425" m的豎直放置的光滑半圓形軌道，如圖所示.g取10 m/s2.則下列說法正確的是（ ）A球m從軌道底端A運動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為3.4 NsBM離

12、開輕彈簧時獲得的速度為9m/sC若半圓軌道半徑可調(diào)，則球m從B點飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小D彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為1.8 Ns答案：AD解析：據(jù)題意，由動量守恒定律可知：，即，又據(jù)能量守恒定律有：，求得，則彈簧對小球沖量為：，故選項B錯誤而選項D正確；球從A到B速度為：，計算得到：，則從A到B過程合外力沖量為：，故選項A正確；半徑越大，飛行時間越長，而小球的速度越小，水平距離不一定越小，故選項C錯誤。11. 如圖所示，在空間水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定的初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰

13、好水平，ABC三點在同一直線上，且AB=2BC，由此可見，下列說法正確的是（）A電場力為2mgB小球帶正電C小球從A到B與從B到C的運動時間相等D小球從A到B與從B到C的速度變化量相等答案：D解析：帶電小球從A到C，設(shè)在進入電場前后兩個運動過程水平分位移分別為x1和x2，豎直分位移分別為y1和y2，經(jīng)歷的時間為分別為t1和t2在電場中的加速度為a則：從A到B過程小球做平拋運動，則有：x1=v0t1；從B到C過程，有：x2=v0t2；由題意有：x1=2x2；則得：t1=2t2；即小球從A到B是從B到C運動時間的2倍又 y1=gt12，將小球在電場中的運動看成沿相反方向的類平拋運動，則有：y2=a

14、t22，根據(jù)幾何知識有：y1：y2=x1：x2；解得：a=2g；根據(jù)牛頓第二定律得：F-mg=ma=2mg，解得：F=3mg，由于軌跡向上彎曲，加速度方向必定向上，合力向上，說明電場力方向向上，所以小球帶負電根據(jù)速度變化量v=at，則得：AB過程速度變化量大小為v1=gt1=2gt2；BC過程速度變化量大小為v2=at2=2gt2；所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等，故D正確，ABC錯誤12. 一長輕質(zhì)薄硬紙片置于光滑水平地面上，薄硬紙上放質(zhì)量均為1kg的A、B兩物塊，A、B與薄硬紙片之間的動摩擦因數(shù)分別為1=0.3，2=0.2，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示，已知最大靜摩擦力

15、等于滑動摩擦力，g=10m/s2。則：（ ） A. 若F=1N，則物塊、薄硬紙片都靜止不動B. 若F=1.5N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5NC. 若F=8N，則B物塊的加速度為4.0m/s2D. 無論力F多大，B與薄硬紙片都不會發(fā)生相對滑動答案：D解析：輕質(zhì)木板則質(zhì)量為0,A與薄硬紙的摩擦力最大為fA=0.3×1×10=3NB與薄硬紙的摩擦力最大為fB=0.2×1×10=2N。A、F=1NfA，所以AB與薄硬紙保持相對靜止，整體在F作用下向左勻加速運動，故A錯誤；B 、若F=1.5NfA，所以AB與薄硬紙保持相對靜止，整體在F作用下向左勻加速運動，根

16、據(jù)牛頓第二定律得： F-f=mAa，所以A物塊所受摩擦力fF=1.5N，故B錯誤；C、F=8NfA，所以A相對于薄硬紙滑動，B和薄硬紙整體受到摩擦力3N，輕質(zhì)木板，質(zhì)量不計，所以B的加速度a=3.0m/s2 ,故C錯誤；D、無論力F多大，B與薄硬紙片都不會發(fā)生相對滑動。故D正確。三、非選擇題13. 為了簡單測量小木塊與水平桌面之間的動摩擦因數(shù)，按以下步驟進行：a將一端固定在木板P上的輕彈簧置于水平桌面上，固定木板P，在桌面上標記彈簧自由端位置O，將小木塊接觸彈簧自由端（不栓接）并使其緩慢移至A位置，如圖1所示b將小木塊從靜止開始釋放，小木塊運動至B位置靜止c將彈簧移至桌邊，使彈簧自由端位置O與

17、桌邊緣對齊，如圖2所示固定木板P，使小木塊接觸彈簧自由端（不栓接）并使其緩慢移至C位置，使OC=OA將小木塊從靜止開始釋放，小木塊落至水平地面D處若已經(jīng)測得OB距離為L，OD的豎直高度為h小木塊可看作質(zhì)點，不計空氣阻力為測量小木塊與水平桌面的動摩擦因數(shù)，還需要測量的物理量是_寫出小木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)的表達式：=_答案：O與D的水平距離x，解析：（1）該實驗步驟a、b中，彈性勢能等于物體從A運動到B的過程中克服摩擦力做的功，由于xoc=xoA，物塊在O處的動能等于由O到B的過程中克服摩擦力所做的功，根據(jù)動能定理得：mgL=mv2根據(jù)平拋運動的公式得：在O點的速度v=，hgt2 聯(lián)立解得：=

18、所以還需要測量的物理量是：O與D點的距離x，小木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)的表達式：=14. 氣墊導(dǎo)軌可以在導(dǎo)軌和滑塊之間形成一薄層空氣膜，使滑塊和導(dǎo)軌間的摩擦幾乎為零，因此可以利用氣墊導(dǎo)軌裝置來驗證機械能守恒定律。( )如圖所示，做實驗時，將滑塊從圖示位置由靜止釋放，由數(shù)字計時器(圖中未畫出)，可讀出遮光條通過光電門的時間為t，用游標卡尺測得遮光條寬度為d，用刻度尺測得釋放位置到光電門中心的距離為x，氣墊導(dǎo)軌總長為L，其最右端離桌面的高度為h，滑塊和遮光條總質(zhì)量為M，已知重力加速度為g，這一過程中滑塊減少的重力勢能表達式為 ，滑塊獲得的動能表達式為 ；(以上表達式均用已知字母表示)某實驗小組在一

19、次實驗后，通過數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，滑塊獲得的動能略大于其減少的重力勢能，可能的原因是 。答案：，；釋放時滑塊有初速度、或測量釋放位置到光電門中心的距離x的值偏小、或測量遮光條寬度d的值偏大(只需寫出一種情況即可)解析：這一過程中滑塊減少的重力勢能為：EpMgH，滑塊獲得的動能為：Ek0上述過程是由重力勢能向動能轉(zhuǎn)化的過程，因此當滑塊獲得的動能略大于其減少的重力勢能時，其原因可能是釋放時滑塊有初速度、或測量釋放位置到光電門中心的距離x的值偏小、或測量遮光條寬度d的值偏大15. 如圖所示，一塊足夠長的木板C質(zhì)量為2m，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有A、B兩個完全相同的炭塊（在木板上滑行時能留下痕跡

20、），兩炭塊質(zhì)量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)均為，開始時木板靜止不動，A、B兩炭塊的初速度分別為v0、2v0，方向如圖所示，A、B兩炭塊相距足夠遠求：（1）木板的最終速度；（2）A、B兩炭塊在木板上所留痕跡的長度之和答案：（1）；（2）解析：（1）選ABC整體為研究對象，由水平方向動量守恒可得：mv0+2mv0=（m+m+2m）v解得：（2）全過程根據(jù)能量守恒，得解得，16. 在半徑R5000km的某星球表面，宇航員做了如下實驗。實驗裝置如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由軌道AB和圓弧軌道BC組成，將質(zhì)量m0.2kg的小球從軌道AB上高H處的某點靜止滑下，用力傳感器測出小球經(jīng)過C點時對軌道的壓力

21、F，改變H的大小，可測出相應(yīng)的F大小，F(xiàn)隨H的變化關(guān)系如圖乙所示。求： （1）圓軌道的半徑；（2）該星球的第一宇宙速度。答案：（1）0.2m；（2）5 km/s。解析：（1）設(shè)該星球表面的重力加速度為g0，圓軌道的半徑為r，當H0.5 m時，有： mg0(H2r)mv02mg0 解得：rH0.2 m（2）當H0.5 m時，有：mg0(H2r)mv2mg0F即Fg0(2H1)由FH圖象可得：g05 m/s2該星球的第一宇宙速度v5 km/s17. 滑雪運動中當滑雪板壓在雪地時會把雪內(nèi)的空氣逼出來，在滑雪板與雪地間形成一個暫時的“氣墊”，從而大大減小雪地對滑雪板的摩擦然而當滑雪板相對雪地速度較小時

22、，與雪地接觸時間超過某一值就會陷下去，使得它們間的摩擦力增大假設(shè)滑雪者的速度超過4m/s時，滑雪板與雪地間的動摩擦因數(shù)就會由1=0.25變?yōu)?=0.125一滑雪者從傾角=37°的坡頂A處由靜止開始自由下滑，滑至坡底B（B處為一光滑小圓?。┖笥只弦欢嗡窖┑兀詈笸Ｔ贑處，如圖所示，不計空氣阻力，坡長L=26m，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）滑雪者從靜止開始到動摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時間；（2）滑雪者到達B處的速度；（3）滑雪者在水平雪地上運動的最大距離答案：（1）滑雪者從靜止開始到動摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時間為1s

23、（2）滑雪者到達B處的速度為16m/s（3）滑雪者在水平雪地上運動的最大距離為99.2m解析：（1）設(shè)滑雪者質(zhì)量為m，滑雪者在斜坡上從靜止開始加速至速度v1=4m/s期間，由牛頓第二定律有：mgsin37°-1mgcos37°=ma1解得：a1=4m/s2故由靜止開始到動摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時間：t=1s（2）則根據(jù)牛頓定律和運動學(xué)公式有：x1=a1t2mgsin37°-2mgcos37°=ma2x2=L-x1,vB2-v12=2a2x2代入數(shù)據(jù)解得：vB=16m/s（3）設(shè)滑雪者速度由vB=16m/s減速到v1=4m/s期間運動的位移為x3，速度由

24、v1=4m/s減速到零期間運動的位移為x4，則由動能定理有：-2mgx3=mv12-mvB2-1mgx4=0-mv12所以滑雪者在水平雪地上運動的最大距離為：x=x3+x4=99.2m18. 如圖所示，在光滑水平面左右兩側(cè)各有一豎直彈性墻壁P、Q，平板小車A的左側(cè)固定一擋板D，小車和擋板的總質(zhì)量 M=2kg，小車上表面O點左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙一輕彈簧左端與擋板相連，原長時右端在O點質(zhì)量m=1kg的物塊B在O點貼著彈簧右端放置，但不與彈簧連接，B與O點右側(cè)平面間的動摩擦因數(shù)=0.5現(xiàn)將小車貼著P固定，有水平B繼續(xù)向左運動，恒力F推B向左移動x0=0.1m距離時撤去推力，最終停在O點右側(cè)x1=0.9m 處，取重力加速度g=10m/s2，彈簧在彈性限度內(nèi) （1）求水平恒力F