辽宁省沈阳铁路实验中学2020届高三11月月考物理试题

沈阳铁路实验中学2019-2020学年度上学期11月月考试题

高三物理

一、单项选择题（每题4分，共9题，共36分）

1.如图所示为某质点做直线运动的v—t图象。已知t0时刻质点的速度为v0，2t0时刻质点的速度为2v0图中OA与AB是关于A点中心对称的曲线。由此可求出的物理量有(   )

A. 0~t0时间内的位移

B. t0~2t0时间内的平均速度

C. 0~2t0时间内的位移

D. 2t0时刻的加速度

【答案】C

【解析】

【详解】A．对于速度时间图象，图线与坐标轴围成面积表示位移，0～t0时间内的图象是曲线且不知是何种线，故无法求解0～t0时间内的位移，故A错误；

B．对于速度时间图象，图线与坐标轴围成面积表示位移，t0～2t0时间内的图象是曲线且不知是何种线，故无法求解t0～2t0时间内的位移，则无法求解t0～2t0时间内的平均速度，故B错误；

C．图中OA与AB是关于A点中心对称的曲线，利用割补法可知图线围成面积等于连接OB，OB图象与坐标轴围成三角形面积，该面积可求，即可求0～2t0时间内的位移，故C正确；

D．对于速度-时间图象，速度的斜率表示加速度，但2t0时刻的斜率无法求解，即无法求解2t0时刻的加速度，故D错误；

故选C.

2.古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子质量约为2kg，以10m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s，设兔子与树的作用时间为0.1s。下列说法正确的是

①树对兔子的平均作用力大小为180N

②树对兔子的平均作用力大小为220N

③兔子动能变化量为－99J

④兔子动能变化量－101J

A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④

【答案】C

【解析】

【详解】选初速度方向为正向，由动量定理：Ft=mv2-mv1，代入数据求得：F=-220N.

动能的变化量：代入数据求得：△Ek=-99J.

故C正确，A、B、D错误.故选C.

3.如图所示，一质量为2m的物块在水平外力F=的作用下静止在角为30°的斜面体上.已知物块与斜面体之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度大小为g，关于物块所受的摩擦力f，下列说法正确的是（）

A. f＝mg、沿斜面向上

B. f＝、与F的方向相反

C. 、与F方向的夹角为120°

D. 、与F方向的夹角为120°

【答案】D

【解析】

【详解】ABCD．重力沿斜面向下的分力为：

所以重力沿斜面向下的分力与F的合力与摩擦力f平衡，则：

，

与F的夹角α为：

解之得

α=60°

所以f与F方向夹角为120°，故D正确，ABC错误。

4.石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的电梯，电梯始终相对地面静止。如图所示，假设某物体B乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星A地球同步卫星C相比较，下列说法正确的是

A. 物体B的角速度大于卫星A的角速度

B. 物体B的线速度大于卫星A的线速度

C. 物体B的线速度大于卫星C的线速度

D 若物体B突然脱离电梯，B将做近心运动

【答案】D

【解析】

【详解】A.设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则得：

解得：

则知，A的角速度大于 C 的角速度。而B与C的角速度相等，所以A的角速度大于 B的角速度，故A错误。

B.B 的角速度小于 A的角速度，由：

r相等，知B 的线速度小于 A 的线速度，故B错误。

C.B与C的角速度相等，由：

知B 的线速度小于 C 的线速度，故C错误。

D.地球上的物体所受到的万有引力一部分提供其跟随地球做匀速圆周运动的向心力，所以当物体B脱离电梯后，万有引力大于其需要的向心力，将做近心运动，故D正确。

5.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电动机M的线圈电阻为R1．闭合开关S，电动机开始转动，稳定后电路中的电流为I，滑动变阻器接入电路的电阻为R2．则     

A. 电流大小I=

B. 电动机两端的电压U=IR1

C. 电源的效率η=×100%

D. 电动机的机械功率P=IE-I2(R1+R2+r)

【答案】D

【解析】

【详解】A．电动机为非纯电阻，欧姆定律不能运用，A项错误；

B．设电动机两端电压为U，对电动机分析有P电=P机+P热，即UI>I2R1，得出U>IR1，B项错误;

C．电源的效率

；

由于欧姆定律不成立，所以

，

C项错误；

D．从能量角度分析，电动机的机械功率等于电源的总功率减去电路中的热功率，D项正确.

6.如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个点电荷+Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平。电荷量为-q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动。图中PB⊥AC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响。则在Q形成的电场中(   )

A. A点的电势高于B点的电势

B. B点的电场强度大小是A点的2倍

C. 小球从A到C的过程中电势能先减小后增大

D. 小球从A到C的过程中重力势能减少量大于动能增加量

【答案】C

【解析】

【详解】A．正点电荷的电场线是发散型的，沿着电场线方向电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A错误；

B．结合几何关系：PA=2PB，由点电荷电场强度公式，可知B点的电场强度大小是A点的4倍，故B错误；

C．根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大；故C正确；

D．球从A到C的过程中，电势能不变，那么重力势能减少量等于动能增加量，故D错误；

故选C.

7.霍尔元件磁传感器，是实际生活中的重要元件之一，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图一长度一定的霍尔元件，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示从E到F方向的电流I，其中元件中的载流子是带负电的电荷，下列说法中正确的是（　　）

A. 该元件能把电学量转化为磁学量

B. 左表面的电势高于右表面

C. 如果用该元件测赤道处的磁场，应保持水面呈水平状态

D. 如果在霍尔元件中的电流大小不变，则左右表面的电势差与磁场的磁感应强度成正比

【答案】D

【解析】

【分析】

在霍尔元件中，移动的是负电荷，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道M、N两侧面会形成电势差UMN的正负．MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关。

【详解】A项：霍尔元件能够把磁学量转换为电学量的传感器，故A错误；

B项：根据左手定则，负电荷向左侧面偏转，左表面带负电，右表面带正电，所以右表面的电势高，故B错误；

C项：在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故C错误；

D项：CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，I=nqvs=nqvbc，则，故D正确。

故选：D。

【点睛】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。

8.现有一些大小一样的均匀带电正方形板块，所有板块单位面积上所带的电荷量相等，将它们组合成如下几种情形的大正方形，带电性质已在图中标出，不考虑板块之间的相互影响。AO、BP、CQ分别垂直于三个大正方形，并交于正方形的中点，且AO=BP=CQ，图1中A点的电场强度大小为E1，图2中B点的电场强度大小为E2。图3中的空白正方形板块不带电，则C点的电场强度大小为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】图1中A点的电场强度可看成由左右两部分产生，根据对称性和电场叠加原理可知每部分产生的电场在竖直方向上的分量的大小为。图2也看成左右两部分，同理每部分产生的电场在水平方向的分量大小为，方向水平向右。图3可看成下半部分为正电荷，左半部分为负电荷，如图所示两部分叠加:

两部分产生的电场强度在竖直方向上的分量抵消，水平方向上的分量相互垂直并且都为，所以C点的电场强度为。

ACD.由上分析可知，C点的电场强度为，ACD错误；

B.由上分析可知，C点的电场强度为，B正确。

9.如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量MA=1kg，B的质量MB=4kg．滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v=5m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开。则（　　）

A. 物块A的加速度一直在减小，物块B的加速度一直在增大

B. 作用过程中弹簧的最大弹性势能

C. 滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为

D. 若滑块A的质量，B的质量，滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为

【答案】D

【解析】

【详解】A．弹簧的弹力先增大后减小，两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力，则两个物块的加速度都先增大后减小，故A错误;

B．当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同。选取向右为正方向，根据动量守恒定律：

解得：

v′=1m/s

根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能等于滑块A、B损失的动能，为：

解得：

EP=10J

故B错误;

C．当A、B分离时，滑块B的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得：

由以上两式得：vA=-3m/s，vB=2m/s，所以滑块A的最小动能为EKA=0．滑块B的最大动能为

故C错误;

D．若滑块A的质量MA=4kg，B的质量MB=1kg，同理可得，当A、B分离时，A、B的速度分别为vA=3m/s，vB=8m/s，滑块A的最小动能为

滑块B的最大动能为

故D正确。

二、多项选择题(每题4分，共3题，共12分，漏选得2分，错选不得分)

10.嫦娥四号月球探测器已于2018年12月8日在西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭发射成功。嫦娥四号将经历地月转移、月制动、环月飞行，最终实现人类首次月球背面软着陆和巡视勘察。已知地球质量为M1，半径为R1，表面的重力加速度为g，月球质量为M2，半径为R2，两者均可视为质量分布均匀的球体。则下列说法正确的是

A. 月球表面的重力加速度为

B. 探测器在月面行走时，探测器内的仪处于完全失重状态

C. 月球的第一宇宙速度为

D. 嫦娥四号环月飞行的最小周期为2π

【答案】CD

【解析】

【详解】A．在地球表面，根据万有引力和重力的关系可得：，在地球表面，同理有万有引力等于重力的关系：，联立可得：；故A错误.

B．探测器在月面行走时，探测器和仪器在竖直方向受力平衡，不是处于失重状态，故B错误.

C．绕月球表面的卫星的环绕速度为月球的第一宇宙速度，有；故C正确.

D．四号环月飞行时按第一宇宙速度运行时周期最小，则四号环月飞行的最小周期为，故D正确.

故选CD.

11.如图所示，在直角三角形AOC的三条边为边界的区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，已知∠A＝60°，边AO的长度为a。现在O点放置一个可以向各个方向发射某种带负电粒子的粒子源，已知粒子的比荷为 ，发射的速度大小都为v0，且满足 ．粒子发射的方向可由图中速度与边CO的夹角θ表示，不计重力作用，关于粒子进入磁场后的运动，正确的是（　　）

A. 以θ＝0°和θ＝60°飞入的粒子在磁场中的运动的时间相等

B. 以θ＜60°飞入的粒子均从AC边出射

C. 以θ＞60°飞入的粒子，θ越大，在磁场中的运动的时间越大

D. 在AC边界上只有一半区域有粒子射出

【答案】ABD

【解析】

【详解】AD.粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径 ，当粒子以θ＝0°飞入磁场区域时，最终将从AC边的中点射出，A点为轨迹圆心，圆心角为60°，时间为T，当θ＝60°时，粒子将从A点射出磁场区域，圆心角为60°，时间为T，故AD正确；

B.随着θ的增大，粒子在AC边上的射出点将向A点靠拢，以θ＜60°飞入的粒子均从AC边出射，故B正确；

C.粒子的速度大小相等，在磁场中做圆周运动的轨迹弧长越小，运动时间越短，以θ＞60°飞入的粒子，随着θ的增大，出射点从A逐渐向O靠拢，轨迹长度逐渐减小，在磁场中运动时间逐渐减小，故C错误。

12.如图所示，一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，套在水平放置的粗糙绝缘细杆上，圆环直径略大于细杆直径。已知细杆处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，给圆环初速度使其向右运动起来，在运动过程中圆环的电荷量不变，经历变速运动后圆环最终处于平衡状态。则从开始运动到最终处于平衡状态，圆环克服摩擦力做的功可能为（    ）

A. 0 B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【详解】A、圆环经历变速运动后圆环最终处于平衡状态，故，因而圆环在速度为受到杆的作用力不为零，存在摩擦力，故摩擦力做功不为零，故A错误；

B、当时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：，解得：，故B正确；

CD、当时，圆环先做减速运动，当时，不受摩擦力，做匀速直线运动，则有；根据动能定理得：，代入解得：，故C错误，D正确。

三、填空题（每空3分，共6分）

13.如图所示，质量均为m的物块A、B放在水平圆盘上，它们到转轴的距离分别为r、2r，圆盘做匀速圆周运动。当转动的角速度为ω时，其中一个物块刚好要滑动，不计圆盘和中心轴的质量，不计物块的大小，两物块与圆盘间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块与圆盘间的动摩擦因数为_______________；用细线将A、B两物块连接，细线刚好拉直，圆盘由静止开始逐渐增大转动的角速度，当两物块刚好要滑动时，外力对转轴做的功为____________________。

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【详解】[1]由分析可知，物块离转轴的距离越大，越容易滑动，因此最先滑动的是物块B。即为：

μmg=m•2rω2

可得：

[2]当两物块刚好要滑动时，设转动的角速度为ω1．对物块A研究有：

对物块B研究有：

可得：

则物块A的线速度大小为：

物块B的线速度大小为：

根据功能关系可得，外力做的功为：

四、计算题（共46分）

14.如图所示，x轴正方向有以(0，0.10m)为圆心、半径为r=0.10m的圆形磁场区域，磁感应强度B=2.0×10-3T，方向垂直纸面向里。PQ为足够大的荧光屏，在MN和PQ之间有方向竖直向下、宽度为2r的匀强电场(MN与磁场的右边界相切)。粒子源中有带正电的粒子不断地由静止电压U=800V的加速电场加速。粒子经加速后，沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场区域，再经电场作用恰好能垂直打在荧光屏PQ上，粒子重力不计。粒子的比荷为=1.0×1010C/kg，。求：

(1)粒子离开磁场时速度方向与x轴正方向夹角的正切值。

(2)匀强电场的电场强度E的大小。

(3)将粒子源和加速电场整体向下平移一段距离d(d<r)，粒子沿平行于x轴方向进入磁场且在磁场中运动时间最长。求粒子在匀强磁场和匀强电场中运动的总时间(计算时π取3)。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【详解】(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理可得:，

解得：

进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力

联立解得，R=0.2m；

设速度偏离原来方向的夹角为θ，由几何关系可得，

故

(2)竖直方向，

水平方向，

，

解得:

(3)粒子从C点入射，粒子在磁场中运动的最大弧弦长CD=2r=0.2m，

该粒子在磁场中运动时间最长，由几何关系可得偏向角为，

解得:α=60°；

在磁场中运动时间，

得：

在电场中，水平方向做匀速直线运动，

则：

15.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

（1）求物块B的质量；

（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；

（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前面动摩擦因数的比值。

【答案】（1）3m    （2）    （3）

【解析】

【详解】（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为、，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即：

联立方程解得：；

根据v-t图象可知，

解得：

（2）设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律得

当物块A沿斜面下滑时：，由v-t图象知：

当物体A沿斜面上滑时：，由v-t图象知：

解得：；

又因下滑位移

则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为：

其中为P点离水平面得高度，即

解得

故在图（b）描述整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为：

（3）设物块B在水平面上最远滑行距离为，设原来的摩擦因为为

则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有：

设改变后的摩擦因数为，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得：

又据（2）的结论可知：，得：

联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：。

16.如图示，质量m=0.5kg的物块（可视为质点）以v0=4m/s的速度从右侧皮带轮最高点向左滑上足够长的水平薄传送带，传送带以v1=2m/s的速度顺时针匀速运动，物块与传送带之间的动摩擦因数μ0=0.2。倾角为θ=37°的固定斜面上静置一质量为M=2kg的薄木板，木板的长度为L=4m，物块与木板之间的动摩擦因数μ1=，木板与斜面之间的动摩擦因数μ2=，斜面的底端固定一垂直于斜面的挡板，木板的下端距离挡板为x=2m，木板与挡板碰撞后立即粘在一起停止运动。物块离开传送时做平抛运动，并且恰好沿斜面落在木板的顶端。设物块与木板之间、木板与斜面之间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（重力加速度g=10m/s2）：

（1）物块在传送带上运动的过程中，传送带因传送物块多消耗的电能是多少？

（2）皮带轮的最大半径是多少？

（3）物块落在木板以后，通过计算分析物块是否会滑出木板。

【答案】（1）9J；（2）0.4m；（3）没有滑出

【解析】

【详解】（1）物块在传送带运动的加速度大小

a0=μ0g=2m/s2，

物块向左减速运动的时间

t1==2s，

物块向左减速运动相对皮带的位移

x1=t1+ v1t1=8m，

物块向右匀加速运动的时间

t2==1s，

物块向右匀加速运动相对皮带的位移

x2=v1t2-t2=1m，

传送带因传送物块多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功

W=μ0mg（x1+x2）=9J。

（2）物块回到传送带右端的速度为v1=2m/s，要使物块离开传送时做平抛运动，则

解得皮带轮的最大半径

（3）设物块落到斜面上的速度为v3，由平抛的特点知

物块在木板上下滑的加速度

mgsin37°－μ1mgcos37°=ma1

解得a1=-2m/s2，即物块做匀减速运动，而木板的加速度

Mgsin 37°＋μ1mgcos37°－μ2(M＋m)gcos37°=Ma2

解得a2=0.25m/s2，即木板向下做初速度为零的匀加速运动，若木板一直加速运动与挡板碰，设所需时间为t0，则

解得t0=4s；若木板与挡板碰前与木块共速，需时间t3，则

v3＋a1t3=a2t3

解得t3=1.1s；即木板与挡板碰前与木块已经共速，此时共同速度为

v=a2t3=0.28m/s

该过程木板的位移

该过程木块的位移

x1´=v3t3+at32=1.54m

因x1´-x < L，知物块与木板共速前物块没有滑出木板；由于2==，物块与木板共速后一起沿斜面以0.28m/s的速度匀速运动，木板与挡板碰撞后立即粘在一起停止运动，此后物块沿木板运动的位移

x2´==m=0.02m

最终因x1´+ x2´-x < L，物块最终也没有滑出木板。

答：（1）传送带因传送物块多消耗的电能是9J，（2）皮带轮的最大半径为0.4m，（3）没有滑出。