【文档说明】新疆乌鲁木齐市第八中学2019届高三上学期第三次月考物理试题【精准解析】.doc，共(15)页，772.500 KB，由小赞的店铺上传

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乌鲁木齐市第八中学2019届高三第三次月考物理试卷（共100分考试用时：100分钟）第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选

对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.一物体作匀加速直线运动，通过一段位移x所用的时间为1t，紧接着通过下一段位移x所用时间为2t．则物体运动的加速度为A.1212122()()xtttttt−+B.121

212()()xtttttt−+C.1212122()()xtttttt+−D.121212()()xtttttt+−【答案】A【解析】试题分析：物体作匀加速直线运动在前一段x所用的时间为1t，平均速度为：11xvt

=，即为12t时刻的瞬时速度；物体在后一段x所用的时间为2t，平均速度为：22xvt=，即为22t时刻的瞬时速度．速度由1v变化到2v的时间为：122ttt+=，所以加速度为：()()1221121

22xttvvattttt−−==+，A正确；考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】本题若设初速度和加速度，结合位移时间公式列方程组求解，可以得出加速度的大小，但是计算较复杂，没有运用匀变速直线运动的推论解决简捷．2.小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其

速度随时间变化的关系如图所示，则（）A.小球下落时的加速度为5m/s2B.小球第一次反弹后初速度的大小为3m/sC.小球是从1m高处自由下落的D.小球能弹起的最大高度为0.45m【答案】BD【解析】【详解】A．由图像可知，前0.5s内物体自由下

落，小球落地的速度为5m/s，根据225m/s10m/s0.5vat===A错误；B．由图像可知，小球第一次反弹后初速度的大小为3m/s，B正确；CD．由图像可知，前0.5s内物体自由下落，后0.3s物体反弹，根据速度时间图像中速度图像与对应的时间轴围成的面积表示位移，小球下落的

高度为10.55m=1.25m2h=小球弹起的高度为130.3m=0.45m2h=C错误D正确。故选BD。3.如图所示，质量为m的小物块静止在倾角为θ的固定斜面上．某时刻开始对小物块施加一个平行斜面向上的拉力F，F由零开始逐渐增大，当F增大到F0时，小物块开始沿斜面向上运动．则F

0的大小()A.一定小于2sinmgB.一定等于2sinmgC.一定大于2sinmgD.可能等于2sinmg，也可能大于2sinmg【答案】D【解析】【详解】当物体静止在斜面上时，重力沿下面向下的分力等于静摩擦力，所以

最大静摩擦力大于等于重力沿斜面向下的分力，物体刚开始沿斜面向上运动时，拉力F等于重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力之和，由于不知道倾角的大小，故不知道最大静摩擦力大小故选D。4.如图所示，在倾角＝37°的斜面底端的正上方H处，平

抛一个物体，该物体落到斜面上的速度方向正好与斜面垂直，则物体抛出时的初速度v为（）A.9H17gB.H4gC.3H4gD.H3g【答案】A【解析】【详解】设飞行的时间为t，则xvt=，212hgt=，因为是垂直打上斜面，斜面与水平

面之间的夹角为37°，tan37vgt=因为斜面与水平面之间的夹角为37°，由三角形的边角关系可知，tan37Hhx=+，解得917gHv=，故A正确，BCD错误．故选：A．5.2018年春节期间，按照公安部统一部署，全国各大中城市进行了大规模集中整治酒驾行动。据统计酒驾违法者比往年同期

下降了40％。执法交警所使用的酒精测试仪主要元件是一种氧化物半导体传感器。这种具有N型导电性的氧化物的电阻会随其周围气体浓度的变化而变化。这种传感器的电阻与酒精气体的浓度c成反比，在如图所示的简化原理图中，电压表

示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是（）A.U越大，表示c越小，但c与U不成反比BU越大，表示c越小，与U成反比C.U越大，表示c越大，但c与U不成正比D.U越大，表示c越大，c与U成正比【答案】

C【解析】【分析】【详解】由闭合电路欧姆定律可知，电路电流0EIrRRR=+++传感器电压表示数000ERUIRrRRR==+++传感器传感器的电阻R传感器与酒精气体的浓度c成反比，酒精浓度c越大，R传感器越小，

电压表示数U越大，所以U越大，R传感器越小，c越大，但是c与U不是正比关系，故ABD错误，C正确。故选C。6.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变

阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比()A.U变小B.I变小C.Q增大D.Q减小【答案】BC【解析】【分析】首先搞清电路的结构：电流稳定时，变阻器与R2串联，R1上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变

阻器的电压，电流表测量干路电流；当滑片P向a端移动一些后，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化．【详解】解：当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电

路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压2UEIRr=−+（），由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故BC正确，AD错误．故选BC．【点睛】本题是含有电容

器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系，对于电容器明确两端的电压，再利用电容器的定义式判断电量的变化情况．7.如图所示的U－I图线上，a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，b点a=，则下列说法中正

确的是（）A.在b点时电源的总功率最大B.在b点时电源有最大输出功率C.从a→b时，角增大，电源的总功率和输出功率都将增大D.从c→b时，角减小，电源的总功率和输出功率都将增大【答案】BD【解析】【详解】A．电源的总功率为2EPEI

R==所以在电路的总电阻最小的时候，电源的功率最大，在a点时，电路的总电阻最小，所以此时的总功率最大，故A错误；B．在b点时，因为α=β，所以直线ob的斜率大小与直线ac的斜率大小相等，所以此时外电阻和电源的内电阻的大小相等，此时电源的输出功率最大，故B正确；C．由于在b点时

电源的输出功率最大，在a点时，电源的总功率最大，所以从a→b时，β角越大，电源的总功率在减小，电源的输出功率在增大，故C错误；D．由于在b点时电源的输出功率最大，在a点时，电源的总功率最大，在c点时，电源的总功率最小，所以从c→b时，β角减小，电源的总功率在增加，电源的输

出功率在增大，故D正确。故选BD。8.某电场中沿x方向上，电势φ与x方向的距离关系如图所示，假想有一个电子在其中仅受电场力作用下移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是（）A.x3到x4区域内沿x方向存在匀强电场B.x6到x7区域内沿x方向场强为零C.若电子从电势为2V的x1位置向右到电势为2V

的x7位置，因为电子电势能不变，电场力不做功，电子初动能大于零即可满足要求D.若电子从电势为2V的x1位置向右到电势为2V的x7位置，为了通过x4处电势3V的位置，电子至少具有初动能1eV【答案】AB【解析】【详解】AB．在x—图象中，图象的斜率表示该方向上的电场强度

，因此x3到x4区域内沿x方向存在匀强电场，x6到x7区域内斜率为0，表示沿x方向场强为零，AB正确；CD．由于从x1到x2过程中，电子受力的方向沿x轴负方向，因此电子从x1位置向右到达x7位置，必须克服从x1到x2过程电场力做功，因此具有的初动能至少为2eV，CD错误。故选AB。9.绝

缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为—q(q﹥0)的滑块从a点以初速皮v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零．已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是（）A.滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力B.

滑块在运动过程的中间时刻的速度大于02vC.此过程中产生的内能为2012mvD.Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为()2022abmvgsUq−=【答案】D【解析】【详解】A．由于库仑力是引力，到达b点时速度减为零，说明在b点处库仑力小于滑动摩擦力，而在整

个运动过程中，根据库仑定律可知，在b点的库仑力最大，因此滑块在整个运动过程中所受Q的库仑力小于滑动摩擦力，A错误；B．从a向b运动的过程中，库仑力越来越大，而摩擦力不变，因此受合力逐渐减小，加速度逐渐减小，速

度减小的越来越慢，因此中间时刻的速度小于02v，B错误；C．根据动能定理201()02abUqmgsmv−−=−①克服摩擦做的功全部产生内能，因此产生的内能20012abQmgsmvUq==−C错误；D．由①式可得a、b两点间的电势差()2022abmvgsUq−=D正确。故选D。

10.如图所示，一个带电油滴从O点以初速度v0向右上方射入无限大的匀强电场E中，v0的方向与E方向成α角．现测得油滴到达运动轨迹的最高点P时速度大小仍为v0，则下列说法正确的是（）A.P点可能在O点的右上方B.P点可能在O点的左上方C.到达最高点P时，重力和电场力对油滴做功的功率都为0D.

从抛出到最高点的过程中，油滴电势能的减少量一定等于重力势能的增加量【答案】ABD【解析】【详解】A．当油滴带正电时，电场力向右，到达最高点时，动能不变，则电势能应减小，电场力做正功，则P点在O点的右上方；故A正确；B．若油滴带负电时，电场力向左，到达最高点时，动能不变，则电势能应减小，电场力做正

功，则P点在O点的左上方；故B正确；C．由于重力与电场力垂直，油滴在最高点的速度不可能与两个力都垂直，可知两个力的功率不可能都为零；故C错误；D．从抛出到最高点的过程中，动能不变，重力势能增加，电势能必减小，根据能

量守恒定律油滴电势能的减少量一定等于重力势能的增加量．故D正确。故选ABD。第Ⅱ卷（非选择题共60分）二、实验题：共2小题，共15分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答11.右图为一正在测量中的多用电表表盘．（1）如果是用×10档测量电阻，则读数为____

_______．（2）如果是用直流10mA档测量电流，则读数为___________mA．（3）如果是用直流5V档测量电压，则读数为_____________V．【答案】(1).60(2).7.18(3).3.59【解析】【详解】(1)[1]欧姆档在最上面的一排数据读数，读

数为6×10Ω=60Ω；(2)[2]电流档测量读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.18mA；(3)[3]同样直流电压档测量读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.9×0.1V=3.59V12.某同学使用如下器材做“描绘小灯

泡的伏安特性曲线”的实验：待测小灯泡（额定电压12V，工作时电阻为100Ω左右）；电源E（电动势为14V）；电压表V（量程为15V，内阻约为15kΩ）；电流表A（量程为100mA，内阻约为10Ω）；滑动变阻器（最大阻值为10Ω）；单刀单掷开关；导线若干．(1).请根据所选

的实验电路图在实物图上连线______．(2).该同学描绘的小灯泡的伏安特性曲线如图所示，由图可求得小灯泡的额定功率为P=________W．（结果保留3位有效数字）(3).根据小灯泡的伏安特性曲线，

可确定小灯泡的功率P与U2和I2的关系，下列示意图中正确的是______．(4).将被测小灯泡与一定值电阻R和电源串联成闭合电路．电源的电动势为15V，内阻为10Ω．现用一理想电压表测得小灯泡两端的电压为8.5V，则定值电阻R所消耗的电功率为___

__________W．【答案】(1).(2).1.15-1.19(3).D(4).0.48【解析】【详解】(1)[1]实验电路图如下(2)[2]小灯泡额定功率为12V，从图中可读出电流为0.096A

，根据P=UI=1.152W≈1.15W(3)[3]22UPIRR==，因为小灯泡的电阻随电流电压的增大而增大，P-2U图像中斜率表示电阻的倒数，P-2I图像中斜率表示电阻，故选D。(4)[4]根据图像可知小灯泡两端的电压为8.5V时，电路中的电流为0.085A，电阻R两

端的电压为158.50.085105.65V−−=定值电阻R所消耗的电功率P=UI=0.48W三、本题共4小题，满分45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.2008年9月，神舟七号载

人航天飞行获得了圆满成功，我国航天员首次成功实施空间出舱活动、飞船首次成功实施释放小伴星的实验，实现了我国空间技术发展的重大跨越．已知飞船在地球上空的圆轨道上运行时离地面的高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。求飞船在该圆轨道上运行时：（1）速度v的大小和周期T；（

2）速度v与第一宇宙速度的比值．【答案】（1）2()RhRhTRg++=（2）1vRvRh=+【解析】【详解】（1）用M表示地球质量，m表示飞船质量，由万有引力定律和牛顿定律得22()MmvGmRhRh=++地球表面质量为m0的物体，有002Mm

GmgR=解得飞船在圆轨道上运行时速度2gRvRh=+飞船在运行的周期2()RhTv+=解得2()RhRhTRg++=（2）第一宇宙速度v1满足21vmmgR=因此飞船在圆轨道上运行时速度与第一宇宙速度的比值1vRvRh

=+14.如图所示，质量为m、电荷量为+q的小球从距地面一定高度的O点，以初速度v0沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为L，求:（1）小球落地点A与抛出点O之间的电势差为多

大；（2）小球下落时的高度为多大；（3）若小球与地面碰撞后再次落地时，落点距离A点2L处，求碰撞中损失的动能与碰前动能的比值？(已知碰撞中无电荷量的损失)。【答案】（1）20AO2mvUq=；（2）2202gL

v；（3）12【解析】【详解】(1)水平方向上，根据牛顿第二定律Eqma=由位移与速度的关系可得202vaL=又由于AOUEL=解得202AOmvUq=(2)由于0vat=竖直方向上是自由落体运动212hgt=联立解得2

202gLhv=(3)竖直方向是自由落体运动，则Avgt=水平方向上212(2)2Lat=又由于Avgt=联立可得22211122122AAAAmvmvEEmv−==15.如图（甲）所示，在场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场中存在着一半径为R的圆形区域，O点为

该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是圆形区域最右侧的点．在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强方向向右的正电荷，电荷的质量为m、电量为q，不计电荷重力、电荷之间的作用力．（1）某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点，如图（甲）所示，POA=，求该电荷从A点出发

时的速率。（2）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图（乙）所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，30COBBOD==，求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能。【答案】（1）20sin2(1

cos)EqRvm=−（2）78KDEEqR=，138KCEEqR=【解析】【详解】（1）Eqam=02sin1cos2RvtRRat=−=20sin2(1cos)EqRvm=−由以上三式得（2）由（1

）结论得粒子从A点出发时的动能为2201sin(1cos)24(1cos)4EqREqRmv+==−则经过P点时的动能为2011(cos)(53cos)24kEEqRRmvEqR=−+=−可以看出，当变大时，接收屏上电荷的电动逐渐增大，因此D点接收到的

电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大最小动能为：20117(cos)(53cos60)248KDEEqRRmvEqREqR=−+=−=最大动能为：201113(cos)(53cos120)248KCCEEqRRmvEqREqR=−+=−=16.如图

所示，已知水平面上的P点右侧光滑，左侧与滑块间的动摩擦因数为μ。质量分别为m1和m2的两个滑块在水平面上P点的右侧分别以速度v1、v2向右运动，由于v1>v2而发生碰撞(碰撞前后两滑块的速度均在一条直线上。二者碰后m1继续向右运动，m2被右侧的墙以原速率弹回，再次与m1相碰，碰后m2恰好停止，而m

1最终停在Q点。测得PQ间的距离为L。求第一次碰后滑块m1的速度。【答案】11221122mvmvmgLm+−【解析】【详解】根据动量守恒定律有''11221122mvmvmvmv+=+第二次碰撞，由动量守恒定律''112213mvmvmv−=−1m过P点向左运动

过程中，由动能定理得2113102mgLmv−=−联立求得'112211122mvmvmgLvm+−=