炎德·英才大联考湖南师大附中2019届高三月考试卷(二)
物 理
命题人：高三物理备课组 审稿人：高三物理备课组
本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共10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. 一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动，经时间t，速度达到v，立即刹车做匀减速直线运动，又经过时间2t停下，汽车在加速阶段与在减速阶段：①速度变化量相同，②加速度的大小相等，③位移的方向相同，④从启动到停下来的平均速度为0.这四种说法中正确的是(C)
A．①② B．①③④ C．③ D．①④
【解析】速度变化量为末速度减去初速度，加速时为v－0＝v，减速时为0－v＝－v，所以速度变化量不相同；①错误；速度变化量的大小相等，但时间不同，根据a＝知，加速度的大小不相等；②错误；汽车没有改变方向，位移的方向相同；③正确；汽车的位移不为零，所以平均速度不为零；④错误．
2．如图所示，a是地球赤道上随地球一起转动的物体，b、c、d是人造地球卫星，b在近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，则错误的是(A)
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．在相同时间内b转过的弧长最长
C．c在4 h内转过的圆心角是
D．d的运动周期有可能是30 h
【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度．由＝mg，得g＝，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，所以知a的向心加速度小于重力加速度g.由＝m，得v＝，卫星的半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．c是地球同步卫星，周期是24 h，则c在4 h内转过的圆心角是.由开普勒第三定律＝k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24 h.
3. 古时有“守株待兔”的寓言．设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力即可致死，
并设兔子与树桩作用时间为0.3 s，则被撞死的兔子其奔跑的速度可能为(g取10 m/s2)(D)
A．1 m/s B．1.5 m/s C．2 m/s D．3 m/s
【解析】取兔子奔跑的速度方向为正方向．根据动量定理得：－Ft＝0－mv，v＝，由：F＝mg，得到速度为：v＝＝gt＝3 m/s.
4．如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的同一物体由静止开始沿相同的固定粗糙斜面从底端推至顶端．第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，两次所用时间相同，则在这两个过程中(D)
A．恒力F1等于恒力F2 B．两次物体机械能的变化量不相同
C．F1和F2的平均功率相同 D．两次合力所做的功相同
【解析】由公式x＝at2得，由于x和t均相同，故加速度a相同，由v＝at，t相同，则物体到达斜面顶端时速度相同，动能相同，则动能变化量相同，根据动能定理得知，合外力做功相等．由图示分析可知，第一次物体所受的摩擦力小于第二次物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，F1做的功比F2做的少，故D正确、A错误；物体的运动情况相同，重力做功功率相同，第二次克服摩擦力做功的功率大，故F1做功的功率比F2做功的功率小，C错误；物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化量相同，故B错误．故选D.
5．有一条两岸平直、河水均匀流动，流速恒为v的大河，一条小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，小船在静水中的速度大小为2v，去程与回程所用时间之比为(D)
A．3∶2 B．2∶1
C．3∶1 D.∶2
【解析】小船在静水中的速度大小为vc＝2v，当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去＝＝；当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回＝；而回程时船的合速度为：v合＝＝v；则t回＝＝，因此去程与回程所用时间之比为∶2，故D正确，ABC错误．
6．如图，可视作质点的木块在拉力F的作用下沿粗糙水平地面做匀速直线运动．F与水平面的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，木块与地面的动摩擦因数恒定但未知，则(C)
A．θ越小，F越小
B．θ越大，F越小
C．F的最小值一定比木块重力小
D．F的最小值可能等于木块重力大小
【解析】对物体受力分析，如图所示：
根据平衡条件，有：
水平方向：Fcos θ－f＝0，
竖直方向：N＋Fsin θ－mg＝0，
其中：f＝μN，
解得：F＝＝
令tan α＝μ，即cos α＝，sin α＝，有：
F＝＝＝；
故当θ＝α时，拉力最小，为Fmin＝＜mg；故ABD错误，C正确．
7．如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg的猴子抓住套在绳子上的光滑圆环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能的最小值约为(绳子处于拉直状态)(B)
A．－1.2×103 J B．－7.5×102 J
C．－6.0×102 J D．－2.0×102 J
【解析】设平衡时绳子与竖直方向的夹角为θ，此时猴子受重力和两个拉力而平衡，故：l左sin θ＋l右sin θ＝d，其中：l＝l左＋l右，故sin θ＝＝＝0.8，θ＝53°；A、B两点的竖直距离为2 m，故l右cos θ－l左cos θ＝2 m，而l＝l左＋l右＝20 m，故l右cos θ＝7 m，故以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能的最小值约为：Ep＝－mgl右cos θ＝－10×10×7 J＝－700 J＝－7×102 J，考虑绳子有微小的形变，故猴子在实际滑行过程中最低点可能的重力势能约为－7.5×102 J，故ACD错误，B正确．
8．如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中|AB|＝2|AD|＝2|AA1|.
将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内(包括边界)．不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球(AC)
A．抛出速度最大时落在C1点
B．抛出速度最小时落在D1点
C．从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等
D．落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等
【解析】小球从顶点A沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内，下落高度都相同，根据竖直方向做自由落体运动：h＝gt2，t＝，下落时间都相等，C正确；水平位移越大，初速度就越大．最大水平位移是A1C1，抛出速度最大时落在C1点，A正确；A1D1不是最小水平位移，抛出速度最小时不是落在D1点，B错误；落在B1D1中点时与落在D1点时的水平位移不相等，所以水平速度不相等，机械能不相等，D错误．
9．如图所示，小车A通过一根绕过定滑轮的轻绳吊起一重物B，开始时用力按住A使A不动，现设法使A以速度vA＝4 m/s向左做匀速直线运动，某时刻连接A车右端的轻绳与水平方向成θ＝37°角，设此时B的速度大小为vB(cos 37°＝0.8)，不计空气阻力，忽略绳与滑轮间摩擦，则(CD)
A．A不动时B对轻绳的拉力就是B的重力
B．当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度vB＝5 m/s
C．当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度vB＝3.2 m/s
D．B上升到滑轮处前的过程中处于超重状态
【解析】A不动时B对轻绳的拉力大小等于B的重力，不是同一个力，故A错误；小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向的两个运动，因A车右端的轻绳与水平面的夹角为37°，由几何关系可得：vB＝vAcos 37°＝3.2 m/s；故B错误，C正确；因汽车做匀速直线运动，而θ逐渐变小，故vB逐渐变大，物体B有向上的加速度，则B处于超重状态，故D正确．
10．用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g，0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是(AC)
A．t0～t1物块做加速度减小的加速运动
B．0～t0时间内物块的加速度大小为
C．t1时刻物块的速度大小为
D．0～t1时间内物块上升的高度为(t1－t0)－
【解析】由题图可知，0～t0时间内功率与时间成正比，则有F－mg＝ma，v＝at，P＝Fv，得P＝m(a＋g)at，因此图线斜率＝m(a＋g)a，可得＝(a＋g)a≠a，B选项错误；t0时刻后功率保持不变，拉力大于重力，物块继续加速运动，由－mg＝ma知，物块加速度逐渐减小，t1时刻速度最大，则a＝0，最大速度为vm＝，A、C正确；P－t图线与t轴所围的“面积”表示0～t1时间内拉力做的功，W＝＋P0(t1－t0)＝P0t1－，由动能定理得W－mgh＝，得h＝(t1－)－，D错误．
11．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是(AB)
A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg
B．当力F＝μmg时，A、B间的摩擦力为μmg
C．无论力F为何值，B的加速度不会超过μg
D．当力F>μmg时，B相对A滑动
【解析】A与B间的最大静摩擦力的大小为：μ·2mg＝2μmg，C与B间的最大静摩擦力的大小为：mg＝，B与地间的最大静摩擦力的大小为：(2m＋m＋m)g＝；要使A、B、C都始终相对静止，三者一起向右加速，则对整体有：F－μmg＝4ma，假设C恰好与B相对不滑动，则对C有：μmg＝ma，联立解得：a＝μg，F＝μmg，设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F－f＝2ma，解得：f＝μmgv人
所以人在汽车停止运动后追上汽车.2分
由题意知，汽车做匀减速运动的位移x＝＝36 m1分
追上汽车时，人的位移
x人＝x＋8＝44 m2分
所以人追上汽车的时间t＝＝ s＝8.8 s2分
16．如图所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2.
(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向．
(2)若解除对滑块的锁定，试求滑块的最大速度．
(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．
【解析】(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.
在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则mv21＋mgL＝mv202分
v1＝ m/s ②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，因为v1>，所以方向向下，
则F＋mg＝m ③
由②③式，得F＝2 N ④2分
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N、方向竖直向上．
(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为v.
在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒．
以水平向右的方向为正方向，有mv2－Mv＝0 ⑤1分
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，
则mv22＋Mv2＋mgL＝mv20 ⑥1分
由⑤⑥式，得v＝1 m/s1分
(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，
任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为v′.
由系统水平方向的动量守恒，得mv3－Mv′＝0 ⑦
将⑦式两边同乘以Δt，得mv3Δt－Mv′Δt＝0 ⑧
因⑧式对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，有
ms1－Ms2＝0 ⑨1分
又s1＋s2＝2L ⑩1分
由⑨⑩式得s1＝ m1分
17．如图(a)所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上有一劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端拴接一质量m＝2 kg的物体，初始时物体处于静止状态．取g＝10 m/s2.
(1)求此时弹簧的形变量x0；
(2)现对物体施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小与物体位移x的关系如图(b)所示，设斜面足够长．
a．分析说明物体的运动性质并求出物体的速度v与位移x的关系式；b.若物体位移为0.1 m时撤去拉力F，在图(c)中做出此后物体上滑过程中弹簧弹力f的大小随形变量的函数图象；并且求出此后物体沿斜面上滑的最大距离xm以及此后运动的最大速度vm.
【解析】(1)初始时物体处于平衡状态，由平衡条件可知：kx0＝mgsin θ
x0＝0.1 m3分
(2)a.设物体向上有一微小的位移x时加速度为a，由牛顿第二定律：
a＝3分
由F－x图象可知：F＝100x＋4.8(N)1分
联立上式得：a＝2.4 m/s21分
当弹簧处于伸长状态时，上述结论仍成立，可见物体做加速度为a＝2.4 m/s2的匀加速直线运动，
所以有：v2＝2ax＝4.8x1分
b．物体位移为0.1 m时撤去拉力F，此后滑动过程中弹簧弹力f的大小随形变量的函数图象
物体上滑过程中克服弹力所做的功对应右上图中的“面积”，即Wf＝kx2m
撤去拉力后，在上滑过程中根据动能定理有：－mgxmsin θ－Wf＝0－mv2
联立以上可得，xm＝0.04 m2分
物体再次回到初始位置时速度最大，
对于全过程只有拉力F对物体做功拉力F做的功为F－x图象下的“面积”，则有：
WF＝×0.1 J＝0.98 J2分
根据动能定理可得：WF＝mv2m1分
联立解得：vm＝0.99 m/s.
四、选做题(二个题任意选做一个，如果多做或全做的，按18题阅卷)
18．【物理——选修3—3】(15分)
(1)(6分)关于固体、液体和气体，下列说法正确的有__BDE__．
A．液体的表面张力是由于表面层里分子距离比液体内部小些，分子间表现为引力
B．利用液晶在外加电压的影响下，会由透明状态变成混浊状态而不透明，去掉电压后，又会恢复透明的特性可以做成显示元件
C．晶体内部的物质微粒是有规则地排列的，而非晶体内部物质微粒排列是不规则的．晶体内部的微粒是静止的，而非晶体内部的物质微粒在不停地运动
D．在同一温度下，不同液体的饱和汽压一般不同，挥发性大的液体饱和汽压大；同一种液体的饱和汽压随温度的升高而迅速增大
E．若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，则气体分子的平均动能减小
【解析】液体的表面张力是由于表面层里分子距离比液体内部大些，分子间表现为引力，故A错误；利用液晶在外加电压的影响下，会由透明状态变成混浊状态而不透明，去掉电压后，又会恢复透明的特性可以做成显示元件，故B正确；晶体内部的物质微粒是有规则地排列的，而非晶体内部物质微粒排列是不规则的；晶体内部的微粒与非晶体内部的物质微粒一样，都是不停地热运动着的，故C错误；在同一温度下，不同液体的饱和汽压一般不同，挥发性大的液体饱和汽压大；同一种液体的饱和汽压随温度的升高而迅速增大；故D正确；气体膨胀的过程中对外做功，若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，
根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，温度降低，所以气体分子的平均动能减小．故E正确．
(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SA＝30 cm2、SB＝15 cm2.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p0＝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T1＝540 K，活塞A、B的平衡位置如图所示，此时细线中的张力为F1＝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p1，F1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：
p0SA－p1SA＋p1SB－p0SB＋F1＝0 ①
解得：p1＝p0＋＝1.2×105 Pa ②2分
由②式可看出，只要气体压强：p1＞p0，细线就会拉直且有拉力，于是活塞不会移动．当气缸内气体等容变化，温度下降使压强降到p0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T2，压强p2＝p0.
由查理定律得：＝ ③2分
代入数据解得：T2＝450 K ④1分
(ⅱ)再降温，细线松了，要平衡必有气体压强：p＝p01分
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T3，
由盖－吕萨克定律得：＝，＝ ⑤2分
代入数据解得：T1＝270 K ⑥1分
19.【物理——选修3—4】(15分)
(1)(6分)两列简谐横波的振幅都是20 cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2 Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则__BDE__．
A．在相遇区域会发生干涉现象
B．实线波和虚线波的频率之比为3∶2
C．平衡位置为x＝6 m处的质点此刻速度为零
D．平衡位置为x＝8.5 m处的质点此刻位移y＞20 cm
E．从图示时刻起再经过0.25 s，平衡位置为x＝5 m处的质点的位移y＜0
【解析】两列波波速相同，波长不同，根据v＝λf，频率不同，不能发生干涉现象，故A错误；两列波波速相同，波长分别为4 m、6 m，根据v＝λf，频率比为3∶2，故B正确；平衡位置为x＝6 m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度方向相同，故合速度不为零，故C错误；平衡位置为x＝8.5 m处的质点，两列波单独引起的位移分别为A和A，故合位移大于振幅A，故D正确；传播速度大小相同．实线波的频率为2 Hz，其周期为0.5 s，由图可知：虚线波的周期为0.75 s；从图示时刻起再经过0.25 s，实线波在平衡位置为x＝5 m处于波谷，而虚线波处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故E正确．
(2)(9分)如图所示，临界角C为45°的液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且距液面为d的平面镜M上，当平面镜M绕垂直于纸面的轴O以角速度ω做逆时针匀速转动时，观察者发现液面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑在液面上掠过的最大速度为多少？
【解析】设平面镜转过θ角时，光线反射到液面上的P点，光斑速度为v，由图可知：
且v＝，而v⊥＝l·2ω＝·2ω3分
故v＝2分
液体的临界角为C，当2θ＝C＝45°时，v达到最大速度vmax3分
即vmax＝＝4ωd1分
微信/支付宝扫码支付