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1、鹤岗一中20182019学年度（上）学期高三月考物理试题一、选择题1.在平直公路上以72 km/h的速度行驶的汽车，遇紧急情况刹车，刹车的加速度大小为5 m/s2，该汽车在6 s内的刹车距离为()A. 30 m B. 40 m C. 50 m D. 60 m【答案】B【解析】试题分析：根据匀变速直线运动的速度与时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断6s时汽车是否停止，再结合位移时间公式求出刹车后6s内的刹车距离解：汽车开始刹车时的速度为：v0=72km/h=20m/s汽车速度减为零的时间为：则汽车在4s末就已经停下不再运动，则汽车在6s内的刹车距离为：x=故选：B【点评】本题考查了运动学中的刹
2、车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动；遇到刹车问题一定要先判断汽车何时停下，不可随意套用位移与时间关系公式求解位移2.有两个共点力，F12 N，F24 N，它们合力F的大小可能是()A. 1 N B. 5 NC. 7 N D. 9 N【答案】B【解析】由|F1F1|F|F1F2|知，B选项正确3.如图所示在光滑、绝缘的水平面上，沿一直线依次排列三个带电小球A、B、C(可视为质点)若它们恰能处于平衡状态那么这三个小球所带的电荷量及电性的关系，下面的情况可能的是()A. 9、4、36 B. 4、9、36C. 3、2、8 D. 3、2、6【答案】A【解析】试题分析：根据电场力方向来确定各
3、自电性，从而得出“两同夹一异”，因此BCD均错误同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，故A正确。考点：库仑定律【名师点睛】因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”4.如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力()A. 与有关B. 与斜面动摩擦因数有关C. 与系统运动状态有关D. FT，仅与两物体质量有关【答案】D【解析】试题分析：对整体分析，根据牛顿第二定律得：，隔离分析，设
4、物体间的拉力为T，由牛顿第二定律得：，解得，由上数据分析知：绳子的拉力与无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关，故D正确考点：考查了牛顿第二定律的应用【名师点睛】1、当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法2、整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法5.如图所示，一架在2000 m高空以200 m/s的速度水平匀速飞行的轰炸机，要想用两枚炸弹分别炸山脚和山顶的目标A和B.已知山高720 m，山脚与山顶的水平距离为
5、1000 m，若不计空气阻力，g取10 m/s2，则投弹的时间间隔应为()A. 4 s B. 5 s C. 9 s D. 16 s【答案】C【解析】试题分析：第一颗炸弹飞行时间，飞机扔第一颗炸弹时离山脚的水平距离经，第二炸弹飞行时间，行的水平距离，则投弹的时间间隔为，C正确考点：考查了平抛运动规律的应用【名师点睛】炸弹做平抛运动，先求出飞机扔第一颗炸弹时离山脚的水平距离再求出飞机扔第二颗炸弹时离山顶的水平距离，最后求出时间间隔6.为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国预计于2011年10月发射第一颗火星探测器“萤火一号”假设探测器在离火星表面高度分别为h1和h2的圆轨道上运动时，周期分别为
6、T1和T2火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，万有引力常量为G仅利用以上数据，可以计算出（ ）A. 火星的密度和火星表面的重力加速度B. 火星的质量和火星对“萤火一号”的引力C. 火星的半径和“萤火一号”的质量D. 火星表面的重力加速度和火星对“萤火一号”的引力【答案】A【解析】试题分析：根据万有引力提供探测器做圆周运动的向心力，列出等式根据密度公式求出密度运用万有引力等于重力表示出火星表面的重力加速度解：A、由于万有引力提供探测器做圆周运动的向心力，则有：；，可求得火星的质量M=和火星的半径，根据密度公式得：=在火星表面的物体有=mg，可得火星表面的重力加速度g=，故A正确B
7、、从A选项分析知道可以求出火星的质量，由于不知道“萤火一号”的质量，所以不能求出火星对“萤火一号”的引力，故B错误C、从A选项分析知道可以求出火星的质半径，不能求出“萤火一号”的质量，故C错误D、从A选项分析知道可以求出火星的表面的重力加速度，由于不知道“萤火一号”的质量，所以不能求出火星对“萤火一号”的引力，故D错误故选A视频7.如图所示，一根质量为m的金属棒AC用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，通入AC方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是()A. 不改变电流和磁场方向，适当增大电流B. 只改变电流方向，并适当减小电流C. 不改变磁场和电流方向，适当减小磁感
8、应强度D. 只改变磁场方向，并适当减小磁感应强度【答案】A【解析】试题分析：金属棒AC用软线悬挂在匀强磁场中，通入AC方向的电流时，由左手定则可知，金属棒受到向上的安培力作用，安培力大小为。此时悬线张力不为零，说明安培力小于金属棒的重力。欲使悬线张力为零，应增大安培力，根据安培力公式选择合适的方法。A、由可知，不改变电流和磁场方向，适当增大电流可增大安培力，能使悬线张力为零；正确B、改变电流方向，由左手定则可知，金属棒受到向下的安培力作用，悬线张力一定为零；错误C、由可知，不改变磁场和电流方向，适当减小磁感强度，安培力减小，悬线张力一定为零；错误D、改变磁场方向，由左手定则可知，金属棒受到向下
9、的安培力作用，悬线张力一定为零；错误故选A考点：左手定则的应用点评：注意由左手定则判断安培力的方向，由判断安培力的大小。8.在如图所示的电路中，当变阻器R3的滑动头P由a端向b端移动时()A. 电压表示数变大，电流表示数变小B. 电压表示数变小，电流表示数变大C. 电压表示数变大，电流表示数变大D. 电压表示数变小，电流表示数变小【答案】A【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动触头P下滑时，阻值变大，总阻值变大，总电流变小，根据闭合电路欧姆定律，路端电压增大，而流过的电流变小，则两端电压变小，则和两端的电压变大，因此两端的分压也变大，即电压表示数变大；电压增大，则流过的电流增大，但整个外电路由于阻
10、值增大，总电流减小，因此流过的电流减小，即电流表示数变小，故A项正确。【点睛】本题主要考查闭合电路的动态分析，遵循从局部整体局部的分析方法。9.如图所示的电路中，电源电动势E3 V，内电阻r1 ，定值电阻R13 ，R22 ，电容器的电容C100 F，则下列说法正确的是 ()A. 闭合开关S，电路稳定后电容器两端的电压为1.5 VB. 闭合开关S，电路稳定后电容器所带电荷量为3.0104CC. 闭合开关S，电路稳定后电容器极板a所带电荷量为1.5104CD. 先闭合开关S，电路稳定后断开开关S，通过电阻R1的电荷量为3.0104C【答案】AC【解析】试题分析：由闭合电路的欧姆定律得，闭合开关S，
11、电路稳定后电容器两端的电压即是R1两端的电压，A对；电路稳定后电容器所带电荷量为，B错，C对；先闭合开关S，电路稳定后断开开关S，电容器两极板通过电容器进行放电，通过电阻R1的电荷量为1.5104C，D错。考点：闭合电路的欧姆定律，电容的定义式点评：学生会判断电路的连接方式，知道电容器两端的电压就是与其并联的用电器两端的电压，能熟练运用闭合电路的欧姆定律，电容的定义式解相关问题。10.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2，滑块经B、C
12、两点时的动能分别为EkB、EkC，图中ABBC，则一定有（ ）A. W1W2 B. W1EkC D. EkBEkC【答案】AC【解析】考点：动能定理的应用；功的计算分析：根据功的定义式去判断两个过程中功的大小分析滑块的运动过程，根据受力情况找出滑块可能出现的情况解答：解：A、这是一道变力做功的创新题，可进行半定量分析从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中，根据几何关系我们看出轻绳拉着滑块的拉力与光滑竖直杆的夹角越来越大图中AB=BC，即从A点上升至B点的位移等于从B点上升至C点的位移轻绳拉着滑块的拉力是恒力，夹角越来越大，那么cos越来越小，因为F大小恒定，故F在竖直方向的分量 Fcos随
13、的增大而减小，显然从A点上升至B点绳子对滑块拉力做的功大于从B点上升至C点的过程中绳子对滑块拉力做的功由于用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，所以绳子对滑块的拉力做的功与拉力F做的功相等所以W1W2，故A正确B、通过以上分析，故B错误C、由于在A点由于静止出发，可以肯定最初滑块是加速上升的，也就是说刚开始绳对滑块拉力的竖直分力要大于滑块的重力，但由于绳对滑块拉力的竖直分力是逐渐减小的（对滑块的拉力大小不变，但与竖直方向的夹角在逐渐增大），B到C的过程绳对滑块拉力的竖直分力与重力的大小关系不清楚，所以滑块的运动可能是加速的，也可能是减速的，还可能是先加速后减速的（竖直分力小于重力时做减速运动），所以
14、无法确定滑块在B、C位置哪个位置的速度大，也就无法确定哪个位置的动能大，故C错误D、通过以上分析，故D错误故选A点评：对于功的大小定性比较，我们可以运用功的表达式去比较，也可以从动能定理去比较对于不同位置动能的大小比较，我们可以通过受力分析（结合力的变化），分析物体的运动过程，是加速还是减速11.如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置如果将小球B向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比()A. 推力F将增大B. 竖直墙面对小球A
15、的弹力减小C. 地面对小球B的弹力一定不变D. 两小球间的距离将增大【答案】BCD【解析】【分析】先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化由库仑定律分析两球之间的距离如何变化。【详解】以A球为研究对象，分析受力，如图所示：设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1=mAgtan将小球B向左推动少许时减小，假设A球不动，由于A、B两球间距变小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向夹角变小，则N1减小。再以AB整体为研究对象，分析受力如图所示，由平衡条件得：F=N1N2=（mA+mB）g则F减小，地面对小球B的弹力一定不变由上分析得到
