2018届高三物理上学期第五次月考试题(含解析).doc

xx届高三物理上学期第五次月考试题(含解析)一、选择题(本题共12小题，每小題4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12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，有选错或不选的得0分)1. 如图所示，竖直平面内一半径为R的半圆型轨道，两边端点等高，一个质量为m的质点从左端点由静止开始下滑，滑到最低点时对轨道压力为2mg，g为重力加速度，则此下滑过程克服摩擦力做的功是A. B. C. D. 【答案】B【解析】质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：， 可得：vQ2=gR，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得：mgR-Wf=-0 ，则克服摩擦力所做的功为：Wf=。故选：B。点睛：根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式求出物体到达Q点的速度；根据动能定理求出物体从P到Q的过程中克服摩擦力做的功，由此解答。2. 如图所示，粗糙水平面上的物体，在水平恒力作用下做速度为的匀速直线运动，若作用力变为斜向上的恒力，物体做速度为的匀速直线运动，且与的功率相等，下列关系可能的是A. =，> B. >，>C. >，> D. >，<【答案】D【解析】物体都做匀速运动，受力平衡，设F2与水平方向的夹角为，则： F1=mgF2cos=(mgF2sin)解得：F2(cos+sin)=F1根据F1与F2功率相同得：F1v1=F2v2cos由解得：,可知v1<v2.根据F1v1=F2v2cos知,F1>F2cos,所以F1可能大于F2,可能小于F2，故ABC错误，D正确。故选：D。点睛：物体都做匀速运动，受力平衡，根据平衡条件列式，再根据F1与F2功率相同列式，联立方程分析出物体的速度大小关系3. 如图所示，竖直放置的轻质弹簧，下端固定在地面上，上端固定一个质量为M的木板，木板上面放一个质量为m的木块，竖直向下的力F压在木块上，系统静止时弹簧压缩量为H，撒去F后木板和木块一起向上运动，分离后木块又上升了最大高度h，g为重力加速度，则弹簧最初的弹性势能为A. (M+m)g(H+h)B. (M+m)gH+mghC. (M+m)gh+mgHD. (M+m)gH+2mgh【答案】A【解析】M与m分离时弹簧处于原长，两者速度相等，分离后木块又上升了最大高度h，所以分离时速度为v，则：，解得； 则弹簧最初的弹性势能为：；故A正确，BCD错误。故选：A。 4. 如图所示，长为L的轻杆两端分别固定质量为M和m的两小球A、B (都视为质点)，A球轻微扰动后倒下，则B球达到地面时放在光滑水平面上，轻杆位于竖直状态由静止释放，的速度和此时A球位移分别为(g为重力加速度) A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】B球达到地面时，由于水平方向动量守恒，A、B两球的水平速度都为零，B有竖直向下的速度，根据机械能守恒定律：，解得； 水平方向A、B的位移分别为x1、x2，根据动量守恒定律有：Mx1=mx2x1+x2=L联立解得：x1=，故A正确，BCD错误。故选：A。5. 如图所示，质量为M的光滑圆环用一根轻绳悬挂在天花板上，环上紧挨绳的左右两侧穿有质量均为m的两个小球(可视为质点)，现同时由静止释放两个小球，两小球碰撞前，下列说法正确的是A. 绳的拉力一直增大B. 绳的拉力先增大后减小C. 要使绳的拉力为零必须满足mMD. 要使绳的拉力为零必须满足mM【答案】D【解析】设小球运动到与圆心连线与竖直方向的夹角为时，速度为v，根据机械能守恒：重力的分力与环弹力T的合力提供向心力，根据向心力公式：小球对环的弹力的竖直分力：联立解得，解得要使绳子拉力为零，即 mM，故C错误，D正确。故选D6. 如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和-q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘轻弹簧连接，当系统静止时弹簧的压缩量为，下列过程都在弹性限度内，则下列说法正确的是A. 仅将+Q变成-Q，平衡时弹簧伸长量等于B. 仅将+Q变成-Q，平衡时弹簧伸长量大于C. 仅将+Q变成+2Q，平衡时弹簧压缩量等于2D. 仅将+Q变成+2Q，平衡时弹簧压缩量大于2【答案】D【解析】设弹簧的劲度系数为K，原长为x.当系统平衡时,弹簧的伸长量为x0，则有： AB. 保持q不变,将Q变为Q,平衡时有：，由于x+x1>x-x0，则x1<x0，故A错误，B错误；CD. 同理可以得到保持q不变,将Q变为2Q,平衡时弹簧的压缩量大于2x0，故C错误，D正确。故选：D。点睛：根据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可7. x轴上固定两个点电荷、，其在x轴上产生的电势随x变化的关系如图像所示，M、N、P是x轴上的三点，N为图像的最低点，且MN=NP，下列说法正确的是A. M点的电场强度为零B. N点的电场强度为零C. M、N之间的电场方向沿x轴的负方向D. 将一个带正电的试探电荷从M点沿x轴移到P点，静电力先做负功后做正功【答案】B【解析】A.x图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知N处场强为零，M处的场强不为零，故A错误，B正确；C. M点的电势为零，N电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向由M指向N，沿x轴正方向，故C错误；D. 从M点沿x轴移到P点，电势先降低后升高，正电荷电势能先减小后增大，故静电力先做正功后做负功，故D错误。故选：B。点睛：-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，在-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，根据沿电场线方向电势降低，由电势能的变化判断做功。8. 如图所示，一平行板电容器与电源连接，开关S先接通，过一会再断开，在电容器中间的M点固定一一个正点电荷，用C表示电容器的电容；用E表示两板间的电场强度；表示M点的电势；Ep表示点电荷的电势能。将B板向上移到段距离x，则下列图像关系正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、当B极板上移一小段距离x，时，d减小，由可知，C与x图象不能为一次函数图象，故A错误；B、在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，由U=Q/C，E=U/d，则，故E与x无关，故B错误；C、因负极板接地，设M点最初的电势为0，则平移后M点的电势为=0-Ex0，故C正确；D、正电荷在P点的电势能EP=q=q(0-Ex0)，故D错误。故选：C。9. 小球A以速度向右运动，与静止的小球发生碰撞，碰后A、B速度大小分别为和，则，A、B两球的质量之比可能是A. 1：2 B. 2：3C. 3：2 D. 2：5【答案】BD【解析】碰撞过程两球组成的系统动量守恒，取碰撞前A的速度方向为正方向。若碰后A的速度方向与原来的方向相同时，碰后A的速度为v0/4，根据动量守恒定律得：，解得：mA:mB=2:3；若碰后A的速度方向与原来的方向相反时，碰后A的速度为v0/4，根据动量守恒定律得：，解得：mA:mB=2:5.故选：BD.点睛：两球碰撞过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出两球的质量之比10. 如图甲所示，在等量同种点电荷连线的中垂线上固定一根光滑的绝缘轻杆，杆上穿一个质量m=1010-kg，带电量q=+5.010-4C的小球，小球从C点由脖止释放，其v-t图像如图乙所示，10s时到达B点，且此时图像的斜率最大，下列说法正确的是A. O点右侧B点场强最大，场强大小为E=1.2V/mB. 从C经过B点后向右运动，小球的电势能先减小后增大C. 从C到B电势逐渐降低D. C、B两点的电势差=0.9V【答案】ACD【解析】A. 据v-t图可知带电粒子在B点的加速度最大为，所受的电场力最大为ma，据 ，故A正确；B. 从C经过B点后向右运动，小球的速度逐渐增大，电势能逐渐减小，故B错误；C. 据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到B点的过程中电势逐渐减小，故C正确；D.据v-t图可知C、B两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功：，代入数据得：=0.9V，故D正确。故选：ACD点睛：明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据v-t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口。11. 如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地，P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘细线悬挂一带电小球，P板与b板用导线连接，Q板也接地，当金属板带电时细线偏离竖直方向角，以下方法能使变大的是A. 减小ab间距B. 增大ab间距C. 取出ab间的电介质D. b板不动，P板向右移动【答案】BCD【解析】AB. 缩小a、b间的距离，根据，则电容增大，Q不变，ab端的电势差U=Q/C，知电势差减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，变小；反之，增大ab间距，变大。故A错误，B正确；C. 取出a、b两极板间的电介质，根据，则电容减小，Q不变，ab端的电势差U=Q/C，知电势差增大，所以PQ两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，变大。故C正确；D. b板不动，P板向右移动，则缩小P、Q间的距离，根据，则P、Q的电容增大，总的电量Q不变，a、b端的电势差U=Q/C减小，b板所带电量减小，P板所带电量增大，P、Q两板间的电场强度增大，电场力增大，变大，故D正确。故选：BCD.12. 如图所示，等量异种电荷(+Q和-Q)的电场中，0是其连线中点，MN为中垂线，有一电偶极子(等量异种电荷用绝缘细杆连接)，带电量分别是+q和-q，其绝缘细杆与+Q、-Q的连线平行，两电荷分别位于中垂线MN两侧，且关于中垂线对称，取无穷远处电势能为零，下列说法正确的是：A. 电偶极子总的电势能等于零B. 电偶极子总的电势能大于零C. 将电偶极子向左平移靠近0点其电势能增大D. 将电偶极子向左平移靠近O点其电势能减小【答案】BCC. 在向左平移靠近0点过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对a做负功；b所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对b做负功，电偶极子的电势能增大，故C正确，D错误。故选：BC。二、实验题(每空2分，共12分)13. 恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为，其中、和、分别为质量为和的物体碰推前后的速度某同学利用如图所示的实验装置测定质量为和的物体碰摘后的恢复系数。实验步骤如下：将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中质量为和的两球与木条的撞击点；将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为的入射球从斜轨上A点由静止释放，摘击点为B；将木条向右平移到图中所示位置，质量为的入射球仍从斜轨上的A点由静止释放，确定撞击点；质量为的球静止放置在水平槽的末端，将质量为的入射球再从斜轨上A点由静止释放，确定两球相撞后的撞击点；目测得B与撞击点N、P、M的高度差分别为、。(1)两小球的质量关系为_(填“>”“=”或“<”)(2)木条平移后，在不放质量为的小球时，质量为的入射球撞击点在图中的_点，把质量为的小球放在水平槽的末端边缘B上，被碰后其撞击点在图中的_点。(3)利用实验中测量的数据表示两小球碰撞后的恢复系数为e=_。(4)若再利用天平测量出两小球的质量为、，则满足_表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足_表示两小球碰撞前后机械能守恒。【答案】 (1). > (2). P (3). N (4). (5). (6). 【解析】(1)为了防止两球碰后出现反弹现象，入射球的质量一定要大于被碰球的质量；.(3)根据平抛运动规律可知，下落时间，则可知，速度，则可解得：，代入给出恢复系数表达式可得：e=；(4)若满足动量守恒,则一定有：mv1=m1v1+m2 v2，代入(3)中所求速度可得表达式应为：；若满足机械能守恒，则有： 代入求出的速度可得表达式为：三、计算题(本大题共40 分，解答时要有必要的文字叙述、步骤和演算过程，否则不给分。)14. 如图所示，光滑水平面上有一个四分之三圆弧管，内壁也光滑，半径R=0.2m，质量M=0.8kg 管内有一个质量m=0.2kg的小球，小球直径略小于弯的内径，将小球用外力锁定在图示位置，即球和环的圆心连线与坚直方向成37角，对图孤管施加水平恒定外力F作用，同时解除锁定，系统向右加速，发现小球在管中位置不变。当系统运动一段距离后管撞击到障碍物上突然停下，以后小球继续运动通过最高点后又落入管中，g取10m/s，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1) 拉力F的大小；(2) 拉力F做的功。【答案】(1)7.5N（2）4.1J【解析】(1)对小球，mgtan37=ma对系统F=(M+m)a=7.5N （2）小球离开环管做平抛运动， 得 撒去F时系统速度， F做的功J 15. 如图所示，固定光滑斜面倾斜角=30，A、B两物体用轻绳跨过光滑轻质定滑轮连接，B、C通过竖直轻弹簧连接，B、C都不带电，质量均为m，弹簧劲度系数为k，A带负电，电量为-q，质量为2m。匀强电场方向平行于斜面向下，开始时系统处于静止状态，绳直而无拉力，重力加速度为g。求：(1)电场强度大小；(2)若突然将电场方向变为沿斜面向上，大小不变，当物体C刚要离开地面时物体A的速度，【答案】（1）（2）【解析】(1) 对A：2mgsin30=qE，得E=mg/q；（2）开始弹簧压缩量，C刚要离开地面时弹簧拉伸 对A、B和弹簧组成的系统：解得 16. 如图所示，光滑绝缘水平面上方MN范围内存在水平向右的匀强电场，场强大小为E，MN间距为L 其余部分没有电场，电场的左边界M内有一个质量为m，带电量为+q的带电小球A，电场中某位置处静止放有另一个不带电的小球B，其质量也为m，现由静止释放小球A，A加速后与B发生碰撞，求：(1)若A、B碰后粘为一体，B球开始放在何处时产生的内能最多，内能最大值是多少；(2)要使A、B只发生一次碰撞，且碰撞无机械能损失，B球开始位置离M边界距离x的范围；(3)要使A、B发生两次碰撞，且碰撞无机械能损失，碰后A、B交换速度，B球开始位置离M边界距离x的范围。【答案】（1）（2）x（3）x<【解析】(1) 依题意 所以当x=L时 (2)设A 与B碰撞前后速度分别为和，B碰后速度为，则有解得=0 即交换速度A、B的v-t图像如图所示，B的图线用粗线表示，由图可知，若B在中点，则A、B碰撞一次后通过N边界时速度相等，不会再碰撞，所以x (3) 若A、B碰撞2次后通过N边界时速度相等，则以后不会再碰撞，设此时B距离M边界我，则所以x<17. 如图所示，光滑水平面上有一个质量为M=2kg的滑块A，右端距离弹性墙壁d=2m，有一个质量m=1kg的小物体B(可视为质点)正以某一速度从A的左端向右滑上来，已知A、B间的动摩擦因数=0.2，求：(1)若=3m/s，且B没从A上掉下来，整个过程最多能产生多少内能；(2)若=11m/s，要使B物体不从A上滑下来，滑块至少多长。(保留2位有效数字)【答案】（1）4.33J（2）30m【解析】(1)设A、B先达共同速度，则，得=1m/s此时A的位移，由，得=0.5m<d，假设正确A与墙壁碰后立即反向运动，向左共速时速度为则，得整个过程产生的内能J (2) A、B两物体加速度大小分别为，设A一直加速，则A撞击墙壁时速度，时间t=2s此时B的速度显然A撞击墙壁时A、B未达共速，A撞墙后A、B速度相反，B的动量大，故共速时得=1m/s，方向向右此时 尚未撞墙系统以再次撞墙后A速度反向，得，方向向左整个过程B一直相对于A向右打滑，故：=30m