西南名校联盟届高三上学期考理综物理试题.docx

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西南名校联盟届高三上学期考理综物理试题

西南名校联盟高三2018年11月第4次月考试理综试题（物理）

二、选择题：

1.质量为m的某新型电动汽车在阻力恒为f的水平路面上进行性能测试，测试时的v-t图象如图所示，Oa为过原点的倾斜线段，bc与ab相切于b点，ab段汽车以额定功率P行驶，下列说法不正确的是

A.0～t1，时间内汽车发动机的功率随时间均匀增加

B.t1～t2时间内汽车发动机的功率为

C.t2～t3时间内汽车受到的合外力做正功

D.t1～t3时间内汽车发动机做功为P（t3-t1）

【答案】C

【解析】

【分析】

0～t1时间内，电动汽车做匀加速直线运动，t2～t3时间内，电动汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，牵引力做功不为零.

【详解】A、0～t1时间内，电动汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律

和瞬时功率

，

，可得

，可知功率随时间均匀增大；故A正确.

B、t1～t2时间内汽车保持额定功率不变而做变加速直线运动，则发动机的功率为

；故B正确.

C、t2～t3时间内，电动汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，则合外力为零，即合外力做功为零；故C错误.

D、从t1时刻开始，发动机保持额定功率不变，而牵引力是变力，故牵引力的功为

；故D正确.

本题选不正确的故选C.

【点睛】解决本题的关键知道汽车在匀加速运动阶段，牵引力不变，达到额定功率后，功率不变，结合P=Fv进行分析求解．

2.如图所示，一个质量为0.5kg的铁锤，以v=5m/s的速度竖直打在木桩的钉子上，经0.1s后铁锤速度减小到零，g=10m/s2，在这0.1s内

A.钉子对铁锤的作用力的冲量大小为2.5kg．m/s

B.钉子对铁锤的平均作用力大小为30N

C.铁锤对钉子的平均作用力大小为5N

D.铁锤对钉子的平均作用力大小为25N

【答案】B

【解析】

【详解】B、C、D、以铁锤为研究对象，取竖直向上为正方向，由动量定理:

（F-mg）t=m（0+v）知，代入数据解得：

铁锤受到的平均作用力F=30N，根据牛顿第三定律，铁锤打击钉子的平均作用力F0=30N，方向竖直向下；故B正确，C，D错误.

A、钉子对铁锤的作用力的冲量为

；故A错误.

故选B.

【点睛】本题考查动量定理的应用，要作用在求铁锤对钉子的作用力时，时间的长短是决定是否考虑铁锤的重力的关键因素．

3.如图所示．在竖直平面内，一根橡皮筋两端分别固定在A点和B点，橡皮筋处于ACB位置时恰好为原长状态，将质量为m的弹丸放在橡皮筋内C处，并由C处竖直向下拉至D点（橡皮筋在弹性限度内）由静止释放，C、D、E三点均在AB连线的中垂线上，已知CD=H>CE=h．重力加速度为g，橡皮筋的质量和空气阻力忽略不计，弹丸向上运动的过程中

A.弹丸由D运动到C的过程中重力做功为mgH，重力势能增加mgH

B.若弹丸由C运动到E的过程中重力做功为-mgh，则重力势能增加mgh

C.若物体在C点重力势能为0，则弹丸在D点的重力势能大于弹丸在E点的重力势能

D.弹丸由D运动到C的过程中合外力做正功，弹丸的动能一直增加

【答案】B

【解析】

【详解】A、弹丸从D到C重力做负功为

，而重力势能增加

；故A错误.

B、弹丸从C到E重力做负功为

，而重力势能增加

；故B正确.

C、若选C点为零势能点，则D点的重力势能为负，E的重力势能为正；有D点的重力势能小于弹丸在E点的重力势能；故C错误.

D、因C点为橡皮筋的原长位置，可知弹丸的加速度向下，已经在减速，故D到C先加速后减速，即合外力先做正功后做负功，动能先增大后减小；D错误。

故选B.

【点睛】本题考查弹力与重力做功情况下能量的转化情况，熟练应用能量守恒是分析问题的基础。

4.如图所示，特殊材料制成的B上表面水平，相同材料制成的A置于B上，并与B保持相对静止，A、B一起沿固定的粗糙斜面从底端以一定的初速度沿斜面向上滑动，从A、B上滑到速度减为零的过程中，下列说法正确的是

A.斜面对B的作用力不做功

B.斜面对B的作用力做正功

C.两物体处于超重状态

D.B对A的摩擦力做负功

【答案】D

【解析】

【详解】A、B、A和B一起沿斜面向上做匀减速直线运动，对B分析知斜面对B有支持力和滑动摩擦力，支持力不做功，摩擦力做负功，故斜面对B的作用力做负功；故A，B均错误.

C、A和B一起有沿着斜面向下的加速度，故有竖直向下的分加速度，可知两物体处于失重状态；C错误.

D、具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所示：

由于具有水平分量a2，故必受水平向摩擦力f，所以支持力做正功，摩擦力做负功；故D正确.

故选D.

【点睛】判断外力是否做功及功的正负可根据做功的条件是否做功，再根据力与位移方向的夹角判断功的正负，也可以根据力与速度方向的夹角判断功的正负．

5.假设地球半径为R，地球表面的重力加速度为g.如图所示，飞船沿距地球表面高度为5R的圆形轨道I运动，到达轨道的A点，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近地点B时，再次点火变轨进入近地轨道Ⅲ，绕地球做圆周运动。

下列说法正确的是：

A.无法判断飞船在轨道Ⅲ上B点的线速度与飞船在轨道Ⅱ上A点的线速度的大小关系

B.飞船在轨道I上运行的角速度为

C.飞船在轨道Ⅲ上不同的位置具有不同的动量

D.飞船从轨道I上的A点运动到轨道Ⅱ上B点的过程中，飞船的机械能保持不变

【答案】BC

【解析】

【详解】A、根据两个匀速圆周和两次变轨理论可知，

，故A错误.

B、根据万有引力提供匀速圆周的向心力，

，而在地球表面有黄金代换

，故轨道I上的角速度为

；故B正确.

C、轨道III为匀速圆周运动，线速度v大小不变，动量

为矢量，各个点的线速度方向不同，则不同的位置具有不同的动量；C正确.

D、飞船从I轨道的A点减速变为II轨道的A点，机械能减小；从II轨道的A点到B点只有万有引力做功，机械能守恒，故从I轨道的A点到II轨道的B点的机械能先减小后不变；D错误.

故选BC.

【点睛】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：

1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用．

6.如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中（A与弹簧不粘连），下列说法正确的是

A.轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mv

B.轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为

C.弹簧恢复原长时，A的动量一定为零

D.A、B两物体组成的系统机械能守恒

【答案】AC

【解析】

【详解】A、A和B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初态总动量为mv，则弹簧压缩最短时，系统总动量仍然为mv；故A正确.

B、轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等，由动量守恒有

，可得

，则此时A的动能为

；故B错误.

C、A和B在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复的过程中，满足系统的动量守恒和机械能守恒，有：

，

，可得

，

；故C正确.

D、A、B为系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，而A和B及弹簧组成的系统没有其它能参与转化机械能守恒，而故D错误.

故选AC.

【点睛】解决本题的关键是知道动量守恒定律的条件，明确两个物体的运动过程，知道速度相等时，弹簧压缩量最大.

7.如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圜弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。

已知小车质量M=2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

则滑块从A运动到C的过程中

A.滑块水平方向相对地面的位移大小为

B.小车相对地面的位移大小为

C.小车M的最大速度

D.滑块克服摩擦力做的功在数值上等于滑块减少的机械能

【答案】AC

【解析】

【详解】A、B、设全程小车相对地面的位移大小为s，滑块水平方向相对地面的位移为x，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒且满足人船模型：

x+s=R+L，

，已知M=2m，解得：

，

，故A正确，B错误.

C、滑块刚滑到B点时小车受到滑块的压力一直做正功，小车的速度达到最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得

，

，解得

；故C正确.

D、滑块从B点开始和车相对滑动，滑动摩擦力对滑块做负功，根据动能定理知滑块克服摩擦力做的功等于滑块减少的动能；全过程滑块减少的机械能转化为系统生热；D错误.

故选AC.

【点睛】本题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要注意系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒。

运用动量守恒定律列式时要注意位移的参照物是地面.

8.如图所示，将一物体放在弹簧上，物体静止在A位置，用手把物体压至B位置，弹簧在弹性限度内，物体和弹簧不粘连。

松手后，物体竖直向上运动到最高点的过程中，以下说法正确的是

A.物体到最高点的加速度一定为g

B.物体从B位置向上第一次运动到A位置的过程中，弹簧弹性势能与物体重力势能之和先减小后增加

C.物体从B位置向上运动的过程中，物体的机械能可能随高度的增加而增加

D.手把物体从A位置压到B位置，手对物体做的功等于物体回到A位置时具有的动能

【答案】CD

【解析】

【详解】A、物体释放后在弹簧弹力和重力的作用下，先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度增大的变减速直线运动，若最高点已经和弹簧分离，则物体只受重力而加速度为重力加速度为g，若最高点没有和弹簧分离，则加速度小于重力加速度；故A错误.

B、物体从B到A的过程，A点为重力等于弹力的位置，是运动中加速度为零而速度最大的位置；物体和弹簧的系统机械能守恒，

，因动能一直增大到最大，则弹簧弹性势能与物体重力势能之和一直减小；B错误.

C、物体上升的过程中

，因弹性势能随形变量的减小而逐渐变小，则物体的机械能随形变量的减小而增大，即弹性势能转化为物体的机械能；而物体和弹簧分离后物体的机械能不变；故C正确.

D、物体从A位置到B再回到A的位置，重力做功和弹簧弹力做功为零，对此过程由动能定理可知

；故D正确.

故选CD.

【点睛】解决本题的关键抓住运动的对称性以及灵活运用能量守恒定律和机械能守恒定律．

三、非选择题：

9.如图所示为实验室“验证碰撞中动量守恒”的实验装置。

（1）下列说法中不符合本实验要求的是____（填序号）。

A．为了使入射小球在碰撞后不被反弹，则应使入射小球的质量大于被碰小球的质量

B．实验中需要用天平称量出两小球的质量

C．为保证入射小球和被碰小球离开槽口后均做平抛运动，必须保证斜槽末端水平

D．需要测量小球抛出时离地面的高度及抛出后的水平距离

（2）实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为0点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到D点的距离分别为OM、OP和ON，测出OM、OP和ON的距离分别为x1、x2、x3，已知入射球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，验证碰撞中动量守恒的表达式为___________（用已知物理量表示）

（3）若要验证以上碰撞为弹性碰撞，则需要验证的表达式为_______________[要求用

（2）问中涉及的物理量表示]。

【答案】

（1）.D

（2）.m1x2=m1x1+m2x3（3）.

【解析】

【详解】

（1）A、要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于靶球的质量，即：

入射球比靶球质量大，入射球与靶球半径应相等，故A符合本实验要求；

B、为保持入射球的初速度相等，在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，故B符合本实验要求；

C、为保证小球离开轨道后做平抛运动，小球离开轨道时的速度必须水平，安装轨道时，轨道末端必须水平，故C符合本实验要求；

D、两球碰撞后均做平抛运动，平抛的初速度为

，竖直高度相同，则

，故只需要测量平抛的水平位移而不需要测量竖直高度；D不符合本实验要求.

本题选不符合本实验要求的故选D．

（2）两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则

，即

.

（3）如果碰撞过程机械能守恒，表现为动能不损失，有

，代入数据可得：

.

【点睛】本题考查了验证动量守恒实验的注意事项、实验器材的选择、数据处理，知道实验原理、实验注意事项即可正确解题；小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度正正比，可以用水平位移表示初速度．

10.在“验证机械能守恒定律”的实验中（实验装置如图所示）：

（1）关于本实验的误差，说法正确的是________（填序号）。

A．选择质量较小的重物，有利于减小误差

B．选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差

C．理顺纸带，穿过限位孔并竖直释放纸带有利于减小实验误差

D．使用电火花打点计时器比使用电磁打点计时器的误差小

（2）在实验中，使质量m=0.2kg的重锤自由下落，得到如图所示的纸带，相邻两点间的时间间隔为0.02s。

其中O是起始点，A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点，该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C、D、E各点的距离（单位：

cm）。

（取g=9.80m/s2，计算结果均保留3位有效数字）

这五个数据中不符合有效数字读数要求的是从O点至______（填“A”“B”“C”“D”或“E”）点的读数。

由图中给出的数据，可得出从O点到打下D点，重锤重力势能的减少量为________J，而动能的增加量为___________J，实验中重力势能的减少量与动能增加量不等的原因是____________.

【答案】

（1）.BCD

（2）.B（3）.0.380（4）.0.376（5）.纸带与打点计时器间有摩擦阻力，存在空气阻力，机械能损失

【解析】

【详解】

（1）A、为了减小测量的误差，重锤需选择质量大一些，体积小一些的．故A错误；

B、选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差，故B正确；

C、理顺纸带和穿过限位孔并竖直都能有效的减小摩擦阻力；故C正确.

D、电火花打点计时器工作时是火花放电纸带不用接触，电磁打点计时器纸带和振针接触，摩擦较大；故D正确.

故选BCD．

（2）从各组数据可知，刻度尺精确度为0.1cm，应估读到小数点后两位，可知B读数不符合要求．从打O点到打D点的过程中，重物的重力势能减少量△Ep=mgh=0.2×9.8×0.1941J≈0.380J，D点的瞬时速度

，

；

（3）实验中发现动能的增加量小于重力势能的减少量，其原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，存在空气阻力，机械能损失．

【点睛】纸带问题的处理时力学实验中常见的问题．我们可以纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，这是纸带法实验中考查的重点．

11.如图所示，同一水平面上静止放置A、B、C三个物块（均视为质点），曰左侧水平面粗糙，A物体与水平面间的动摩擦因数为μ，B右侧的水平面是光滑的，A、B两物体之间的距离为l.B物块的右端装有一轻弹簧，现让A物块以水平速度v0向右运动，与B碰后粘在一起，再向右运动推动C（弹簧与C不粘连），弹簧始终没有超过弹性限度，A物块质量为m，B、C两物块质量均为2m，重力加速度为g.求：

（1）A与B碰撞过程中系统损失的机械能；

（2）整个运动过程中，弹簧的最大掸性势能.

【答案】

（1）

（2）

【解析】

【详解】

（1）A物体在粗糙面上匀减速的过程，设与B碰前的瞬时速度为

，

由动能定理有：

A与B碰撞的过程，内力远大于摩擦力，动量近似守恒：

故碰撞过程损失的机械能为

联立解得：

（2）当AB一起相对靠近C而压缩弹簧的过程，三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大

系统在光滑面上滑行外力之和为零，动量守恒

系统的机械能守恒，有

联立解得：

【点睛】本题考查了求弹簧的最大弹性势能，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题，注意运用动量守恒定律解题时要规定正方向。

12.如图甲所示，工厂利用倾角θ=37°的皮带传输机，将每个质量m=8kg的木箱从地面运送到高h=3.15m的平台上，机械手每隔1s就将一个木箱放到传送带的底端，传送带的皮带以恒定的速度顺时针转动且不打滑。

木箱放到传送带上的部分v-t图象如图乙所示，已知各木箱与传送带间的动摩擦因数都相等。

若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。

求：

（1）木箱与传送带间的动摩擦因数μ；

（2）传送带上最多有几个木箱同时在向上输送；

（3）皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的1分钟内，因为木箱的放人，电动机需要多做的功（不考虑电动机能量损耗）

【答案】

（1）

（2）11（3）14640J

【解析】

【分析】

（1）由乙图得出木箱运动的加速度和皮带运动的速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数μ；

（2）根据运动学基本公式求出木箱加速的位移，木箱相对皮带静止后，相邻两个木箱之间的距离都相等，结合传送带的长度列式求解即可；

（3）先求出一个木箱在传送带上运动时产生的热量和增加的动能和重力势能，再求出从开始的1分钟内共传送木箱的个数，求和即可电动机需要多做的功.

【详解】

（1）由乙图可知，木箱运动的加速度为：

皮带匀速运动的速度为：

v=0.5m/s，

根据牛顿第二定律得：

μmgcosθ-mgsinθ=ma

解得：

（2）木箱加速运动的位移为：

木箱相对皮带静止后，相邻两个木箱之间的距离都相等，有：

△L=vt=0.5m

传送带的长度为：

L=10△L+x1

所以传送带上最多同时存在的木箱个数为11个

（3）木箱再传送带上运动时，和皮带间的相对位移为：

△x=vt-x1=0.5×1-0.25=0.25m，

和皮带间的摩擦产生的热量为：

Q1=μmgcosθ•△x=13J

木箱最终增加的动能为：

木箱到达平台增加的重力势能为：

EP1=mgh=252J

从开始的1分钟内共传送木箱的个数N=1×60=60个，其中50个已经到达平台，还有10个正在传送带上，

到达平台的50个，电动机做的功为：

W1=50（Q1+EK1+EP1）=13300J，

在传送带上的已经开始运动得10个木箱增加的动能为：

10EK1=10J，

10个木箱的摩擦生热为：

10Q1=130J，

10个木箱增加的重力势能共为：

EP′=10mg△xsin37°+mg△Lsin37°+2mg△Lsin37°+…+9mg△Lsin37°=10mg△xsin37°+mg△Lsin37°（1+2+3+…+9）=1200J，

所以电动机多做的功为：

W=W1+10EK1+10Q1+EP′=14640J

【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式以及功能关系的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，能根据运动图象求出加速度和最终两者一起运动的速度

【物理——选修3-3】

13.下列说法正确的是____

A．饱和蒸汽是指液体不再蒸发、蒸汽不再液化时的状态

B．分子间的距离r增大，分子间的作用力一定做负功，分子势能增大

C．悬浮在液体中的微粒越大，在某一时间撞击它的分子数越多，布朗运动越不明显

D．温度升高，分子热运动的平均动能增大，但并非每个分子的速率都增大

E．气体扩散的快慢与温度有关，温度越低，扩散越慢

【答案】CDE

【解析】

【详解】A、饱和蒸汽是指液体蒸发与蒸汽液化相平衡的状态，液体仍在蒸发，蒸汽仍在液化，故A错误；

B、如果分子间距离r大于分子间的平衡距离，分子间距离增大时分子做负功，分子势能增加，如果分子间距离r小于分子间的平衡距离，分子间距离变大时，分子力做正功，分子势能减小，故B错误；

C、悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数虽然越多，但是碰撞的不平衡性越不明显，布朗运动越不明显；故C正确.

D、温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增大，分子热运动加剧，但个别分子的速率可能还会减小；故D正确.

E、由物质的构成和分子运动论可知，物质由分子组成，分子间有一定的间隙，而且分子都在不停的做无规则的运动，温度升高，分子无规则运动的速度加快，所以分子扩散的快慢和温度有关，温度越高扩散越快；E正确.

故选CDE.

【点睛】解决本题关键在于平时加强热力学基本知识的记忆，掌握分子动理论、布朗运动、分子势能等基础概念．

14.如图所示，体积为V0的导热性能良好的容器中充有一定质量的理想气体，室温T0=300K。

有一光滑导热活塞C（体积可忽略）将容器分成A、B两室，A室的体积是B室的3倍，B室内气体压强为大气压的1.5倍，左室容器中连接有一阀门K，可与大气相通（外界大气压等于P0）.

（i）将阀门K打开后，B室的体积变成多少？

（ii）打开阀门K后将容器内的气体从300K加热到900K，B室中气体压强变为多少？

【答案】

【解析】

【分析】

①以B中气体为研究对象，应用玻意耳定律可以求出物体的体积．②应用盖吕萨克定律求出气体体积变为V0时气体的温度，然后应用查理定律求出气体的压强．

【详解】

（1）B气体的初状态：

，

打开阀门，B室气体做做等温变化，

，体积为VB，

由玻意耳定律：

pB0VB0=pBVB，

解得：

（2）温度从T0=300K升高到T，B中的气体由VB变化到V0，压强为pB，气体做等压变化，由盖吕萨克定律得：

，解得：

T=800K，

故温度从800K升高到T1=9000K的过程中，气体做等容变化，

由查理定律得：

解得：

【点睛】本题考查了求气体体积、气体压强，分析清楚气体状态变化过程，求出气体的状态参量，应用气体状态方程即可解题．