炎德英才大联考长沙市一中2018届高三月考三

炎德英才大联考长沙市一中2018届高三月考三

一、选择题

1.以下对物理学发展史的说法正确的是( )

A．卡文迪许利用扭秤实验测得了静电常量

B．法拉第为了形象的描述电场首次引入电场线的概念

C．开普勒在前人积累的数据上提出了万有引力定律

D．牛顿利用理想斜面实验推翻了亚里斯多德关于运动需要力来维持的观点

答案：B

解析：卡文迪许通过扭秤实验测量出万有引力场常数，所以A错。牛顿在总结前人基础上通过自己的推导得出万有引力定律，所以C错。伽利略通过斜面理想实验推翻亚里斯多德关于运动需要力来维持的观点，所以D错。

2.一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）

A. B.2 C.（△v）2（-） D.（△v）2（+）

答案：A

解析：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3

据题得：v2-v1=v3-v2=△v，则v3-v1=2△v

据运动学公式可知：，得（v2-v1）（v2+v1）=2ax1，即△v（v2+v1）=2ax1；①②

，得（v2-v1）（v3+v2）=2ax1，即△v（v3+v2）=2ax2；

由②-①解得：a=，故A正确，BCD错误．

3.如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球又叠放在一起，从高度为h处自由落下，且远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m2=3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为（）

A ．h

B ．2h

C ．3h

D ．4h

答案：D

解析：下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v=gh 2，m 2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m 1与m 2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m 1、m 2速度大小分别为v 1、v 2，选向上方向为正方向，则：

m 2v-m 1v=m 1v 1+m 2v 2 由能量守恒定律得：

21（m 1+m 2）v 2=21m 1v 12+2

1m 2v 22 且，m 2=3m 1

联立解得：v 1=2gh 2 反弹后高度为：H=g

v 221=4h,故选D

4. 如图所示，以速度v 将小球沿与水平方向成=37°角方向斜向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直墙上，小球反弹会的速度方向水平，速度的大小为碰撞前速度大小的4

3，不计空气阻力，则反弹后小球的速度大小再次为v 时，速度与水平方向夹角的正切值为( )

A ．43

B ．3

4 C ．53 D ．3

5 答案：

B

解析：小球斜向上抛出垂直打在墙上，逆向可视为平抛运动，设打在墙上的速度为v 0，则v 0=cos37°，反弹后以43v 0抛出，当速度为v 时，4

3v 0=vcos α，联立解得cos α=53，故tan α=

3

4，B 正确； 5. 如图所示，置于固定斜面上的物体A 受到平行于斜面向下的力，作用保持静止.若力F 大小不变，将力F 在竖直平面内由沿斜面向下缓慢的转到沿斜面向上（转动范围如图中虚线所示）.物体质量为m ，斜面倾角为θ.在F 转动过程中，物体始终保持静止.在此过程中物体与斜面间的（ ）

A. 弹力可能先增大后减小

B. 弹力一定先减小后增大

C. 若F ＞mgsin θ，则摩擦力一定先减小后增大

D. 若F≤mgsin θ，则摩擦力一定一直减小

答案：BCD

解析：A 、B 、物体受重力、支持力、摩擦力及拉力的作用而处于静止状态，故合力为零； 将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减小，故弹力一定是先减小后增大；故A 错误，B 正确；

C 、若F ＞mgsin θ，故拉力平行斜面分力与重力的平行斜面分力的合力先变小，减为零后反向增加，故根据平衡条件，静摩擦力先减小后反向增加，故C 正确；

D 、若F≤mgsin θ，故拉力平行斜面分力与重力的平行斜面分力的合力一直变小，故根据平衡条件，静摩擦力也一直减小，故D 正确；故选BCD ．

6.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是（）

答案：C

解析：根据机械能守恒定律，只有系统内重力弹力做功，系统机械能保持不变，那么除系统内重力弹力外其他力做功等于系统机械能的变化，本题目中其他力即竖直向上的恒

力，所以恒力撤去前，，物体受到自身重力和竖直向上的恒力作用，竖直向上

为匀加速直线运动，即，所以，机械能的增加量与时间平方成正比，对照选项AB错。撤去拉力后只有重力做功，机械能不变，选项D错。所以正确选项为C。

7.如图所示，用一小车通过轻绳提升一滑块，滑块沿竖直光滑杆上升，某一时刻，两段绳恰好垂直，且拴在小车一端的绳与水平方向的夹角为θ，此时小车的速度为v0，则此时滑块竖直上升的速度为（）

A.v0

B.v0sinθ

C.v0cosθ

D.

答案：A

解析：车的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则，有v0cosθ=v绳，

而货物的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度．

则有v货cosα=v绳

由于两绳子相互垂直，所以α=θ，则由以上两式可得，货物的速度就等于小车的速度．故选：A．

8.如图所示，以o为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f．等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心o处产生的电场强度大小为E．现改变a处点电荷的位置，使o点的电场强度改变，下列叙述正确的是（）

A．移至c处，o处的电场强度大小不变，方向沿oe

B．移至b处，o处的电场强度大小减半，方向沿od

C．移至e处，o处的电场强度大小减半，方向沿oc

D．移至f处，o处的电场强度大小不变，方向沿oe

答案：C

解析：放置在a、d两处的等量正、负点电荷在圆心o处产生的电场强度方向相同，每个电荷在圆心o处产生的电场强度大小为E/2。根据场强叠加原理，a处正电荷移至c 处，o处的电场强度大小为E/2，方向沿oe，选项A错误；a处正电荷移至b处，o处的

电场强度大小为2·E/2·cos 30°＝E，方向沿∠eod的角平分线，选项B错误；a 处正电荷移至e处，o处的电场强度大小为E/2，方向沿oc，选项C正确；a处正电荷

移至f处，o处的电场强度大小为2·E/2·cos 30°＝E，方向沿∠cod的角平分线，选项D错误。

9.（多选）如图为哈勃望远镜拍摄的银河系中被科学家成为“罗盘座T星”系统的照片，最新观测标明“罗盘座T星”距离太阳系只有3260光年，比天文学家此前认为的距离要近得多．该系统是由一颗白矮星和它的类日伴星组成的双星系统，由于白矮星不停地吸收由类日伴星抛出的物质致使其质量不断增加，科学家预计这颗白矮星在不到1000万年的时间内会完全“爆炸”，从而变成一颗超新星，并同时放出大量的γ射线，这些γ射线到达地球后会对地球的臭氧层造成毁灭性的破坏．现假设类日伴星所释放的物质被白矮星全部吸收，并且两星间的距离在一段时间内不变，两星球的总质量不变，则下列说法正确的是（）

A．两星间的万有引力不变B．两星的运动周期不变

C．类日伴星的轨道半径增大D．白矮星的轨道半径增大

答案：BC

解析：A、两星间距离在一段时间内不变，由万有引力定律可知，两星的质量总和不变而两星质量的乘积必定变化，则万有引力必定变化．故A错误．

B、组成的双星系统的周期T相同，设白矮星与类日伴星的质量分别为M1和M2，圆周运动的半径分别为R1和R2，由万有引力定律提供向心力：．可

得，GM2=，两式相加G（M1+M2）T2=4π2L3，白矮星与类日伴星的总质量不变，则周期T不变．故B正确．

C、由得，M1R1=M2R2．知双星运行半径与质量成反比，类日伴星的质量逐渐减小，故其轨道半径增大．故C正确，D错误．

故选BC．

10.（多选）在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M="0.6" kg，m="0.2" kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E p="10.8" J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态.现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R="0.425" m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示.g取10 m/s2.则下列说法正确的是（）

A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N?s

B．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s

C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小

D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N?s

答案：AD

解析：据题意，由动量守恒定律可知：，即，又据能量守恒定律有：

，求得，则弹簧对小球冲量为：，故选项B错误而选项D正确；

球从A到B速度为：，计算得到：，则从A到B过

程合外力冲量为：，故选项A正确；

半径越大，飞行时间越长，而小球的速度越小，水平距离不一定越小，故选项C错误。

11.如图所示，在空间水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A．B．C三点在同一直线上，且AB=2BC，由此可见，下列说法正确的是（）

A．电场力为2mg

B．小球带正电

C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等

D．小球从A到B与从B到C的速度变化量相等

答案：D

解析：带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2．在电场中的加速度为a．

则：从A到B过程小球做平抛运动，则有：x1=v0t1；

从B到C过程，有：x2=v0t2；

由题意有：x1=2x2；

则得：t1=2t2；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍．

又 y 1=2

1gt 12， 将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：y 2=

21at 22， 根据几何知识有：y 1：y 2=x 1：x 2；

解得：a=2g ；

根据牛顿第二定律得：F-mg=ma=2mg ，

解得：F=3mg ，

由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电．

根据速度变化量△v=at ，则得：

AB 过程速度变化量大小为△v 1=gt 1=2gt 2；BC 过程速度变化量大小为△v 2=at 2=2gt 2；所以小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量大小相等，故D 正确，ABC 错误．

12. 一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，薄硬纸上放质量均为1kg 的A 、B 两物块，

A 、

B 与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3，μ2=0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s 2。则：（ ）

A. 若F=1N ，则物块、薄硬纸片都静止不动

B. 若F=1.5N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5N

C. 若F=8N ，则B 物块的加速度为4.0m/s 2

D. 无论力F 多大，B 与薄硬纸片都不会发生相对滑动

答案：D

三、非选择题

13. 为了简单测量小木块与水平桌面之间的动摩擦因数，按以下步骤进行：

a ．将一端固定在木板P 上的轻弹簧置于水平桌面上，固定木板P ，在桌面上标记弹簧自由端位置O ，将小木块接触弹簧自由端（不栓接）并使其缓慢移至A 位置，如图1所示．

b ．将小木块从静止开始释放，小木块运动至B 位置静止．

c ．将弹簧移至桌边，使弹簧自由端位置O 与桌边缘对齐，如图2所示．固定木板P ，使小木块接触弹簧自由端（不栓接）并使其缓慢移至C 位置，使OC=OA ．将小木块从静止开始释放，小木块落至水平地面D 处．若已经测得OB 距离为L ，OD 的竖直高度为h ．小木块可看作质点，不计空气阻力．

①为测量小木块与水平桌面的动摩擦因数，还需要测量的物理量是______． ②写出小木块与桌面间的动摩擦因数的表达式：μ=______．

答案：①O 与D 的水平距离x ，②Lh

x 42

解析：（1）该实验步骤a 、b 中，弹性势能等于物体从A 运动到B 的过程中克服摩擦力做的功，

由于x oc =x oA ，物块在O 处的动能等于由O 到B 的过程中克服摩擦力所做的功， 根据动能定理得：μmgL=2

1mv 2 根据平抛运动的公式得：

在O 点的速度v=t

x ，h ＝21gt 2 联立解得：μ=Lh

x 42

所以还需要测量的物理量是：O′与D 点的距离x ，小木块与桌面间的动摩擦因数的表达式：μ=Lh

x 42

14. 气垫导轨可以在导轨和滑块之间形成一薄层空气膜，使滑块和导轨间的摩擦几乎为零，因此可以利用气垫导轨装置来验证机械能守恒定律。( )

⑴如图所示，做实验时，将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)，可读出遮光条通过光电门的时间为Δt ，用游标卡尺测得遮光条宽度为d ，用刻度尺测得

释放位置到光电门中心的距离为x，气垫导轨总长为L，其最右端离桌面的高度为h，滑块和遮光条总质量为M，已知重力加速度为g，这一过程中滑块减少的重力势能表达式为，滑块获得的动能表达式为；(以上表达式均用已知字母表示)

⑵某实验小组在一次实验后，通过数据发现，滑块获得的动能略大于其减少的重力势能，可能的原因是。

答案：⑴，；⑵释放时滑块有初速度、或测量释放位置到光电门中心的距离x的值偏小、或测量遮光条宽度d的值偏大(只需写出一种情况即可)

解析：⑴这一过程中滑块减少的重力势能为：ΔE p＝MgH＝，滑块获得的动能为：

ΔE k＝－0＝

⑵上述过程是由重力势能向动能转化的过程，因此当滑块获得的动能略大于其减少的重力势能时，其原因可能是释放时滑块有初速度、或测量释放位置到光电门中心的距离x 的值偏小、或测量遮光条宽度d的值偏大

15.如图所示，一块足够长的木板C质量为2m，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有A、B两个完全相同的炭块（在木板上滑行时能留下痕迹），两炭块质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ，开始时木板静止不动，A、B两炭块的初速度分别为v0、2v0，方向如图所示，A、B两炭块相距足够远．求：

（1）木板的最终速度；

（2）A、B两炭块在木板上所留痕迹的长度之和．

答案：（1）；（2）

解析：（1）选ABC整体为研究对象，由水平方向动量守恒可得：

mv0+2mv0=（m+m+2m）v

解得：

（2）全过程根据能量守恒，得

解得，

16. 在半径R ＝5000km 的某星球表面，宇航员做了如下实验。实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，将质量m ＝0.2kg 的小球从轨道AB 上高H 处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C 点时对轨道的压力F ，改变H 的大小，可测出相应的F 大小，F 随H 的变化关系如图乙所示。求：

（1）圆轨道的半径；

（2）该星球的第一宇宙速度。

答案：（1）0.2m ；（2）5 km/s 。

解析：（1）设该星球表面的重力加速度为g 0，圆轨道的半径为r ，当H ＝0.5 m 时，有： mg 0(H －2r)＝21mv 02 ＝mg 0

解得：r ＝H ＝0.2 m

（2）当H ＞0.5 m 时，有：mg 0(H －2r)＝2

1mv 2 ＝mg 0＋F

即F ＝g 0(2H －1)

由F －H 图象可得：g 0＝5 m/s 2

该星球的第一宇宙速度v ＝

＝5 km/s

17. 滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1=0.25变为μ2=0.125．一滑雪者从倾角θ=37°的坡顶A 处由静止开始自由下滑，滑至坡底B （B 处为一光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪地，最后停在C 处，如图所示，不计空气阻力，坡长L=26m ，取g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；

（2）滑雪者到达B 处的速度；

（3）滑雪者在水平雪地上运动的最大距离．

答案：（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间为1s ．（2）滑雪者到达B 处的速度为16m/s ．（3）滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为99.2m ． 解析：（1）设滑雪者质量为m ，滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v 1=4m/s 期间，由牛顿第二定律有：mgsin37°-μ1mgcos37°=ma 1

解得：a 1=4m/s 2

故由静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t=1

1a v =1s （2）则根据牛顿定律和运动学公式有：x 1=

2

1a 1t 2 mgsin37°-μ2mgcos37°=ma 2

x 2=L-x 1,v B 2-v 12=2a 2x 2

代入数据解得：v B =16m/s （3）设滑雪者速度由v B =16m/s 减速到v 1=4m/s 期间运动的位移为x 3，速度由v 1=4m/s 减速到零期间运动的位移为x 4，则由动能定理有：-μ2mgx 3=21mv 12-2

1mv B 2 -μ1mgx 4=0-2

1mv 12 所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为：x=x 3+x 4=99.2m ．

18. 如图所示，在光滑水平面左右两侧各有一竖直弹性墙壁P 、Q ，平板小车A 的左侧固定一挡板D ，小车和挡板的总质量 M=2kg ，小车上表面O 点左侧光滑，右侧粗糙．一轻弹簧左端与挡板相连，原长时右端在O 点．质量m=1kg 的物块B 在O 点贴着弹簧右端放置，但不与弹簧连接，B 与O 点右侧平面间的动摩擦因数μ=0.5．现将小车贴着P 固定，有水平B 继续向左运动，恒力F 推B 向左移动x 0=0.1m 距离时撤去推力，最终停在O 点右侧x 1=0.9m 处，取重力加速度g=10m/s 2，弹簧在弹性限度内．

（1）求水平恒力F 的大小及弹簧的最大弹性势能E p ；

（2）撤去小车A 的固定限制，以同样的力F 推B 向左移动x 0时撤去推力，发现A 与Q 发生第一次碰撞前A 、B 已经达到共同速度，求最初A 右端与Q 间的最小距离s 0；

（3）在（2）的情况下，求B 在O 点右侧运动的总路程s 及运动过程中B 离开O 点的最远距离x （车与墙壁碰撞后立即以原速率弹回）．

答案：（1）水平恒力F 的大小是45N ，弹簧的最大弹性势能E p 是45J ．

（2）最初A 右端与Q 间的最小距离s 0是0.2m ．

（3）B 在O 点右侧运动的总路程s 是0.9m ，运动过程中B 离开O 点的最远距离x 是0.87m ． 解析：（1）取全过程研究，根据动能定理有Fx 0-μmgx 1=0

解得 F=45N

由功能关系得 Fx 0=E p

解得 E p =45J

（2）设B 运动到O 点的速度为v 0，根据机械能守恒定律有E p =2

1mv 02 接着B 减速，设加速度大小为a 1，根据牛顿第二定律有μmg=ma 1；

解得 a 1=5m/s 2；

A 加速，设加速度大小为a 2，根据牛顿第二定律有μmg=Ma 2；

解得 a 2=2.5m/s 2；

设运动的共同速度为v 1，则 v 1=v 0-a 1t 1，v 2=a 2t 1，

t 1时间内A 运动的距离即为最小距离 s 0=

21a 2t 12 解得 s 0=0.2m

（3）最终A 、B 都停止运动，机械能转化为内能，由功能关系得E p =μmgs

解得 s=0.9m

A 与Q 第一次碰撞前

B 距离O 点的距离△s 1=v 0t 1-21a 1t 12-2

1a 2t 12

A 被Q 反弹后瞬间向左速度大小为v 1，

B 以大小为v 1的速度向右减速，且B 的加速度大小仍是 a 1=5m/s 2，方向向左；A 的加速度仍为a 2=2.5m/s 2，方向向右，达到共同速度v 2前B 相对A 一直向右运动，则v 12=v 1-a 1t 2，v 2=-v 1+a 2t 2，

解得 t 2=15

4s ，v 2=-31m/s 这段时间内B 相对A 向右移动距离△s 2=（v 1t 2-

21a 1t 22）-（-v 1t 2+21a 2t 22） 此时B 离开O 点的最远距离 x=△s 1+△s 2；

解得 x=0.87m