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广西南宁三中2019届高三物理上学期第一次月考试卷(有答案答案)

时间:2018-08-13 18:15:32作者:佚名教案来源:网络
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南宁三中2018~2019学年度上学期高三月考(一)
物理试题         
命题人:赖求铭 审题人:刘  珑
考试时间:90分钟,总分110分)
一、选择题:(1-6是单选题,7-10是多项选择题,每小题5分,选不全得3分,总分50分)
1.如图所示,直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移-时间(x-t)图线,由图可知(   )
 A. 在时刻t1,a车与b车速度相等
 B. 在时刻t2,a、b两车运动方向相反
 C. 在t1到t2这段时间内,b车的速率先增大后减小
 D. 在t1到t2这段时间内,b车一直向同一方向运动
2.跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下,运动员沿竖直方向运动,其v-t图象如图所示,下列说
法正确的是
   A. 运动员在0-10s内的平均速度大小等于10m/s
 B. 从15s末开始运动员处于静止状态
 C. 10s末运动员的速度方向改变
 D. 10s-15s内运动员做加速度逐渐减小的减速运动
3.如图所示,倾角为θ的斜面体c置于水平地面上,小物块b置于斜面上,通过细绳跨过光滑
的定滑轮与沙漏a连接,连接b的一段细绳与斜面平行。在a中的沙子缓慢流出的过程中,a、
b、c都处于静止状态,下列说法错误的是(    )
 A. b对c的摩擦力可能始终增加    
 B. 滑轮对绳的作用力方向始终不变
 C. 地面对c的支撑力始终变小     
 D. c对地面的摩擦力方向始终向右
4.科学家发现了一颗距离地球14光年的“另一个地球”沃尔夫,它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球。沃尔夫的质量为地球的4倍,它围绕红矮星运行的周期为18天。设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫表面运行。已知万有引力常量为G,天体的环绕运动可看作匀速圆周运动。则下列说法正确的是
 A. 从地球发射该探测卫星的速度应该小于第三宇宙速度
 B. 根据沃尔夫围绕红矮星运行的运动周期可求出红矮星的密度
 C. 若已知围绕沃尔夫表面运行的探测卫星的周期和地球的质量,可近似求沃尔夫半径
 D. 沃尔夫绕红矮星公转和地球绕太阳公转的轨道半径的三次方之比等于
5.如图所示,质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面,同时施加一沿斜面向上
的恒力F=mgsin θ;已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ,取出发点为参考点,能正确
描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q,滑块动能Ek、势能Ep、
机械能E随时间t、位移x关系的是(  )
 A.  B.  C.  D. 


6.质量为m的汽车在平直路面上由静止匀加速启动,运动过程的v-t图像如图所示,已知t1时刻汽车达到额定功率,之后保持额定功率运动,整个过程中汽车受到的阻力大小恒定,则(    )
 A. 0-t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
 B. t1时刻汽车牵引力与t2时刻汽车牵引力相等
 C. 汽车受到的阻力大小为
 D. t2-t1时间内汽车牵引力做功为
7.半径为R的圆桶固定在小车上,有一光滑小球静止在圆桶的最低点,如图所示。小车以速度v向右匀速运动。当小车遇到障碍物突然停止,小球在圆桶中上升的高度可能为 (     )                                                 

 A等于       B.大于     
 C.小于       D.等于2R

8.如右图所示,一小球以初速度v0沿水平方向射出,恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上,并立即反方向弹回。已知反弹速度的大小是入射速度大小的 ,则下列说法正确的是(  )
 A. 在碰撞中小球的速度变化大小为
 B. 在碰撞中小球的速度变化大小为
 C. 小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离的比为
 D. 小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为
9.如图所示,在磁感应强度B=1.0 T的匀强磁场中,质量m=1kg的金属杆PQ在水平向右的外力F作用下沿着粗糙U形导轨以速度v=2 m/s 向右匀速滑动,U形导轨固定在水平面上,两导轨间距离1=1.0m,金属杆PQ与U形导轨之间的动摩擦因数μ=0.3, 电阻R=3.0 Ω,金属杆的电阻r=1.0 Ω,导轨电阻忽略不计,取重力加速度g=10 m/s²,则下列说法正确的是(   )
  A. 通过R的感应电流的方向为由d到a
 B. 金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 V
 C. 金属杆PQ受到的外力F的大小为2.5N
 D. 外力F做功的数值大于电路上产生的焦耳热
10.如图所示,理想变压器原线圈接一正弦交流电源,副线圈的c端接一个二极管,假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻阻值无穷大。副线圈的b端为中心触头,ab、bc间线圈匝数相等。定值电阻阻值为r ,可变电阻的阻值为R可调,下列说法中正确的是(   )
A. 若R恒定,当K分别接b、c时,电压表读数之比为1:1
 B. 若R恒定,当K分别接b、c时,电流表读数之比为1:4
 C. 若R恒定,当K分别接b、c时,变压器输出功率之比为1:2
 D. 当K接b时,若R=r ,则可变电阻R消耗功率最大
 
二、实验题(共两小题,总分14分)
11.(6分)在“验证机械能守恒定律”的实验中,小明同学利用传感器设计实验:如图,将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放,小球正下方固定一台红外线计时器,能自动记录小球挡住红外线的时间t,改变小球下落高度h,进行多次重复实验.此方案验证机械能守恒定律方便快捷.

 

 

 

 

(1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示,则小球的直径d=__________mm;
(2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒,应作下列哪一个图象________;
 A. 图象         B. 图象        C. 图象          D. 图象
(3)若(2)问中的图象斜率为k,则当地的重力加速度为       (用“d”、“k”表示,忽略空气阻力).
12.(8分)某同学为了测量电流表 的内阻(G1量程0~100 mA,内阻约为50Ω),实物连接如图所示

(1)实验可选器材如下:
 A.电流表量程0~500 mA
 B.电流表量程0~200 mA
 C.滑动变阻器0~10Ω
 D.滑动变阻器0~1 000Ω
 E.定值电阻阻值R0=50 Ω
 电源、开关、导线若干

 

 上述器材中,电流表 应选_____(选填“A”或“B”);滑动变阻器应选     (选填“C”或“D”).
(2)他的实验步骤如下:
 ①闭合电键S,移动滑动变阻器的滑片P至某一位置,记录电流表 和 的读数,分别记为
I1和I2.
 ②多次移动滑动变阻器的滑片P,记录每次 和 的读数I1和I2.
 ③以I1为纵坐标,I2为横坐标,作出I1-I2图线.
 请根据他连接的电路及实验步骤,以r表示电流表 的内阻,则I1随I2变化的函数关系式为______________;若作出的I1-I2图线是一过原点的直线,直线的斜率为k,则待测电流表 的内阻r=____________.(均用题中物理量符号表示)
三、计算题(两小题,共31分)
13.(12分)在互相垂直的匀强磁场和匀强电场中固定放置一光滑的绝缘斜面,其倾角为θ,设斜面足够长,磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向外,电场方向竖直向上,如图所示。一质量为m带电量为q的小球静止放在斜面的最高点A,小球对斜面的压力恰好为零。在释放小球的同时,将电场方向迅速改为竖直向下,电场强度大小不变。
(1)小球沿斜面下滑的速度v为多大时,小球对斜面的正压力再次为零?
(2)小球从释放到离开斜面一共历时多少?
 
14.(19分)如图所示,物体A放在足够长的木板B上,木板B静止于水平面上.已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg,A、B之间的动摩擦因数μ1=0.2,B与水平面之间的动摩擦因数 μ2=0.1,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等,重力加速度g取10 m/s2.若从t=0开始,木板B受F1=16 N的水平恒力作用,t=1 s时F1改为F2=4 N,方向不变,t=3 s时撤去F2.求:
(1)木板B受F1=16 N的水平恒力作用时,A、B的加速度aA、aB各为多少?
(2)从t=0开始,到A、B都静止,A在B上相对B滑行的时间为多少?
(3)请以纵坐标表示A受到B的摩擦力FfA,横坐标表示运动时间t
 (从t=0开始,到A、B都静止),取运动方向为正方向,在图中
 画出FfA-t的关系图线(以图线评分,不必写出分析和计算过程).


四、选修题(3-3,3-4中选一个内容进行答题,总分15分)
15.选修3-3.(1)下列说法正确的是___________
 A.布朗运动反映了组成悬浮微粒的固体分子运动的不规则性
 B.在水面上轻放一枚针,它会浮在水面,这是由于水面存在表面张
力的缘故
 C.物体温度升高时,物体内所有分子的热运动动能都增加
 D.物体体积变大时,分子势能有可能增大,也有可能减小
 E.—定质量的晶体在融化过程中,所吸收的热量全部用于增大分子势能
(2)如图,A为竖直放置的导热气缸,其质量M=50kg、高度L=12cm,B气缸内的导热活塞,
其质量m=10kg;B与水平地面间连有劲度系数k=100N/cm的轻弹簧,A与B的横截面
积均为S=100cm2。初始状态下,气缸A内封闭着常温常压下的气体,A、B和弹簧均静
止,B与气缸底端相平。设活塞与气缸间紧密接触且无摩擦,活塞厚度不计,外界大气压
强p0=1×105Pa。重力加速度g=10m/s2。
(i)求初始状态下气缸内气体的压强;
(ii)用力缓慢向下压气缸A(A的底端始终未接触地面),使活塞B下降lcm,
求此时B到气缸顶端的距离。

 

16.选修3-4(1)如图甲,介质中两个质点A和B的平衡位置距波源O的距离分别为1m和5m。
图乙是波源做简谐运动的振动图像。波源振动形成的机械横波可沿图甲中x轴传播。已知、t=5s时刻,A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处。下列判断正确的是____
 A.A质点的起振方向向上
 B.该列机械波的波速为0.2m/s
 C.该列机械波的波长为2m
 D.t=11.5s时刻,B质点的速度方向沿y轴正方向
 E.若将波源移至x=3m处,则A、B两质点同时开始振动,且振动情况完全相同
(2)某种透明材料制成的空心球体外径是内径的2倍,其过球心的某截面(纸面内)如图所示。一束单色光(纸面内)从外球面上A点入射,入射角为45°时,光束经折射后恰好与内球面相切。
(i)求该透明材料的折射率;
(ii)欲使光束从A点入射后,恰好在内球面上发生全反射,则应将入射角
变为多少度?

 
高三月考(一)物理试题  参考答案     

1.B【解析】A、由图知在时刻t1,a、b两车的位置坐标相同,到达同一位置,而开始时a的位移大于b的位移,所以时刻t1,b追上a,故A错误。B、在时刻t2,a图线的斜率为正,说明a的速度沿正向,b图线切线斜率为负,说明b车速度沿负向,则两车的运动方向相反。故B正确。C、速度图线切线的斜率表示速度,在t1到t2这段时间内,b车图线斜率先减小后增大,则b车的速率先减小后增加,故C正确。D、在t1到t2这段时间内,b图线的斜率不是一直大于a图线的斜率,所以b车的速率不是一直比a车大,故D错误。故选BC。
2.D【解析】0~10s内,若运动员做匀加速运动,平均速度为 。根据图象的“面积”等于位移可知,运动员的位移大于匀加速运动的位移,所以由公式 得知:0~10s 内的平均速度大于匀加速运动的平均速度10m/s。故A错误。由图知,15s末开始运动员做匀速直线运动,故B错误。由图看出,运动员的速度一直沿正向,速度方向没有改变,故C错误。10~15s图象的斜率减小,则其加速度减小,故10~15s运动员做加速度减小的减速运动,故D正确。故选D。
3.C【解析】试题分析:设a、b的重力分别为Ga、Gb.若Ga=Gbsinθ,b
受到c的摩擦力为零;若Ga≠Gbsinθ,b受到c的摩擦力不为零.若
Ga<Gbsinθ,b受到c的摩擦力沿斜面向上,当沙子流出时,b对c的
摩擦力始终增加;故A正确;绳子对滑轮的作用力为两个相等的力T
方向不变,所以绳子对滑轮的作用力方向不变,则滑轮对绳的作用力
方向始终不变,故B正确;以bc整体为研究对象,分析受力如图,
根据平衡条件得知水平面对c的支持力N=(Gb+Gc)-Tsinθ,在a中
的沙子缓慢流出的过程中T减小,则N增大,故C错误.以bc整体
为研究对象,分析受力如图,根据平衡条件得知水平面对c的摩擦力f=Tcosθ=Gacosθ,
方向平向左,则c对地面的摩擦力方向始终向右,故C正确。
4.C【解析】从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫表面运行,发射的速度应大于第三宇宙速度,故A错误。设红矮星的质量为M,半径为R,沃尔夫的轨道半径为r。根据 得,T=2π ,红矮星的密度为  可知,根据沃尔夫的运动周期,不能求出红矮星的密度,故B错误。已知地球的质量,可以得知沃尔夫的质量,设为M,根据 ,则知已知探测卫星的周期和沃尔夫的质量,可以求出探测卫星的轨道半径,由于探测卫星围绕沃尔夫表面运行,所以探测卫星轨道半径近似等于沃尔夫的半径,因此可以近似求出沃尔夫的半径。故C正确。沃尔夫和地球围绕的中心天体不同,不能根据开普勒第三定律求解轨道半径的三次方,可知公转半径的三次方之比不等于( )2,故D错误。故选C。
5.C 【解析】设物体的加速度大小为 ,由牛顿第二定律得: ,其中: , ,联立解得: ,则知物体沿着斜面向上做匀减速直线运动,物体的位移: ,速度 ;A、产生热量等于克服滑动摩擦力做的功,即 ,Q与t不成正比,故A错误;B、动能 , 与t不是一次函数关系,故B错误;C、物体的位移与高度是线性关系,重力势能 , 与成正比, 图象是直线,故C正确;D、物体运动过程中,拉力和滑动摩擦力平衡,两个力对物体做功的代数和为零,物体的机械能守恒,机械能不随时间变化,故D错误。
6.C【解析】A、在0~t1时间内做匀加速运动,加速度a恒定,由牛顿第二定律可得  ,
在根据功率公式可得:  知随着速度的增大,汽车的功率也在增大,故A错误;
B、在t1时刻汽车牵引力 ,而在t2时刻达到最大速度此时牵引力等于阻力, 
故两个时刻的牵引力不相等,故B错误;C、t1时刻汽车的功率为  ,在t2时刻的功率为  ,根据功率相等可以求出:  ,故C正确;D、根据动能定理可知t1~t2时间内  ,故D错误;故选C
7.ACD【解析】小球小球由于惯性会继续运动,可能会越过最高点做圆周运动,也有可能达不到四分之一圆周,速度减为零,也有可能越过四分之一圆周但越不过圆桶的最高点。
①若越过最高点做圆周运动,则在圆桶中上升的高度等于2R;②若达不到四分之一圆周,速度减为零,根据机械能守恒得 ;③若越过四分之一圆周但越不过圆桶的最高点,则会离开轨道做斜抛,在最高点有水平速度,根据机械能守恒得 ,上升的高度小于 ,故B不可能.
8.AD【解析】小球垂直落到斜面上,根据平行四边形定则将速度分解,
如图所示,则v= =2v0,反弹后的速度大小为v′= v= v0,碰撞中
小球的速度变化大小为Δv=v′-v= v0,选项A正确,选项B错误;小球在竖直方向下落的距离为 ,水平方向通过的距离为  ,位移之比为 ,选项D正确,选项C错误.故选AD.
9.BD【解析】A、PQ棒切割磁感线产生动生电动势,由右手定则可知电流方向为QPad,故A错误。B、导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为:E=BLv=1×1×2V=2V,故B正确。C、根据欧姆定律可得 ,由力的平衡可知 ,故C错误。D、由动能定理可得 ,故 ,故D正确。故选BD。
10.CD【解析】设原线圈两端电压为U1,副线圈两端电压为U2,原线圈匝数为n1,副线圈总匝数为n2,当K接B时,  解得:U2= ;当K接到C时, ,则U2′= ,而因二极管的单向导电性,根据有效值得定义得: ,即电压表得示数为:U2″=  ,所以电压表读数之比为: ,故A错误;若R恒定,根据欧姆定律得,电流跟电压成正比,即当K分别接b、c时,电流表读数之比为 ,故B错误;若R恒定,根据P= 得,当K分别接b、c时,变压器输出功率之比为 ,故C正确;当K接b时,把定值电阻阻值为r等效为副线圈得内阻,当内外电阻相等时,即R=r时,电源输出功率最大,即可变电阻R消耗功率最大,故D正确;故选CD。
11.  17.806   D      (每空2分,共6分)
【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度为17.5mm,可动刻度为30.5×0.01mm=0.305mm,所以最终读数为17.5mm+0.305mm=17.805mm,(2) 已知经过光电门时的时间小球的直径;则可以由平均速度表示经过光电门时的速度;所以  ,若减小的重力势能等于增加的动能时,可以认为机械能守恒; ,整理得 ,为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒,所以应作 图象。故选D。 (3)根据函数 可知正比例函数的斜率 ,故重力加速度 .
12.  B     C    I1= I2     (   -1)R0    (每空2分,共8分)
【解析】(1)根据实物图可知用的是比较法测电流表的内阻,G1的最大电流为100mA,与它并联的R0阻值和它相差不大,则两并联的总电流最大约为200mA,故G2选B(200mA)能保证安全。滑动变阻器采用的是分压式接法,则选择小控大操作方便和得到电流表的尽量多的数据,应选C(10Ω)
(2)③根据并联分流电压相等,可得 ,解得 .根据 的函数关系为一正比例函数关系,则斜率 ,解得G1的内阻 .
13.(1) (2)  【解析】试题分析:电场反转前mg=qE (2分)
电场反转后,小球先沿斜面向下做匀加速直线运动,到对斜面压力为零时开始离开斜面,此时有qvB=(mg+qE)cosθ  (2分),联立以上各式得 (2分)  小球在斜面上滑行距离为v==at (2分)a=2gsinθ (2分) 联立以上各式得,所用时间为 (2分)
14.(1) =2m/s2, =4m/s2     (2)1.5s     (3) 如下解析答案图
【解析】试题分析:   (1)根据牛顿第二定律得 μ1mAg=mAaA   (1分)
aA=μ1g=0.2×10 m/s2=2 m/s2   (1分)  F1-μ2(mA+mB)g-μ1mAg=mBaB    (1分)
代入数据得aB=4 m/s2    (1分)
(2)t1=1 s时,A、B的速度分别为vA、vB    vA=aAt1=2×1 m/s=2 m/s     (1分)
vB=aBt1=4×1 m/s=4 m/s     (1分)
F1改为F2=4 N后,在B速度大于A速度的过程,A的加速度不变,B的加速度设为aB′,根据牛顿第二定律得    F2-μ2(mA+mB)g-μ1mAg=mBaB′  (2分)
代入数据得aB′=-2 m/s2(1分) 设经过时间t2,A、B速度相等,此后它们保持相对静止,则vA+aAt2=vB+aB′t2   (1分)   代入数据得t2=0.5 s     (1分)
A在B上相对B滑行的时间为t=t1+t2=1.5 s  (1分)
在时间t内A、B运动的位移分别为 (1分)  (1分)
A在B上相对B滑行的距离为   (1分)
(3)FfA-t的关系图线如图所示.

                                              (4分)
15.(1)BDE 5分(i)1.5×105Pa(ii)11.25cm (10分)
(1)布朗运动是悬浮的固体微粒的无规则运动,反映了液体分子运动的不规则性,选项A错误;在水面上轻放一枚针,它会浮在水面,这是由于水面存在表面张力的缘故,选项B正确;物体温度升高时,物体内分子的平均动能增加,但并非所有分子的热运动动能都增加,选项C错误;分子势能的变化要根据分子力做功来判断,物体的体积增大,如果分子间距离小于平衡距离,则此时分子力做正功,分子势能减小;如果分子力为引力,则分子力做负功,分子势能增大,则物体体积变大时,分子势能有可能增大,也有可能减小,选项D正确;—定质量的晶体在融化过程中,因为温度不变,则分子动能不变,则所吸收的热量全部用于增大分子势能,选项E正确;故选BDE.
(2)(i)初态,A受重力、大气向下压力P0S和内部气体向上压力P1S作用处于平衡状态由力的平衡条件有:Mg+p0S=p1S   (1分)   代入数据解得:p1=1.5×105Pa  (1分)
(ii)缓慢压缩气缸的过程中,气缸内气体温度不变未施加压力前,弹簧弹力为:
F1=(M+m)g (1分)  施加压力后,B下降1cm,即弹簧再缩短x=1cm   (1分)
弹簧弹力变为:F2=F1+kx (1分)代入数据得:F1=600N(1分),F2=700N(1分)
设此时A内气体压强为P2对B,由力的平衡条件有:mg+p2S=p0S+F2  (1分)
代入数据得:p2=1.6×105Pa设此时B到A顶端的距离为L'A内气体:初态体积V1=LS,末态体积V2=L'S由玻意耳定律有:p1LS=p2L'S(1分)代入数据解得:L'=11.25cm  (1分)
16.(1)ACE  5分   【解析】由波源的振动图像可知,波源起振的方向为向上,则A质点的起振方向向上,选项A正确;因T=4s,已知t=5s时刻,A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处,可知机械波从O点传到A点用时间为2s,则该列机械波的波速为 ,选项B错误;该列机械波的波长为 ,选项C正确;振动传到B点的时间为 ,则t=11.5s时刻,B质点已经振动1.5s,此时的速度方向沿y轴负方向,选项D错误;若将波源移至x=3m处,则A、B两质点距离振源的距离相等,则两质点同时开始振动,且振动情况完全相同,选项E正确;故选ACE.
(2)10分 (i) (ii)30°【解析】(i)如答图,设光束经折射后到达内球面上B点在A点,由题意知,入射角i=45°,折射角r=∠BAO由几何关系有:sinr= =0.5(1分)由折射定律有:n= (2分)代入数据解得n= (1分)(ii)如答图,设在A点的入射角为i'时,光束经折射后到达内球面上C点,并在C点恰发生全 反射,则光束在内球面上的入射角∠ACD恰等于临界角C由sinC=  (1分)  代入数据得:∠ACD=C=45°(1分)
由正弦定理有 (1分)   AO=2R,CO=R
解得:sin∠CAO=   (1分) 由折射定律有:n=  (1分)
解得:sini'=0.5,即此时的入射角i'=30° ( 1分)


 

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