江苏省如皋市2020届高三上学期教学质量调研物理试题（选修）

2019～2020学年度高三年级第一学期教学质量调研物 理 试 题一、单项选择题1.真空中静止点电荷的电场中，A处电场强度为E，若该点电荷电荷量减半，则A处场强为(　　)A.  B.  C. E D. 4E【答案】B【解析】【分析】依据点电荷的电场强度公式E=，结合题意，即可求解.【详解】真空中静止点电荷的电场中，A处电场强度为E，设点电荷的电量为Q，A离该点电荷的间距为r，则有：E=，若该点电荷电荷量减半，则A处场强为：，故ACD错误，B正确；故选B。2.有两个平行板电容器，它们的电容之比为5：4，它们的带电荷量之比为5：1，两极板间距离之比为4：3，则两极板间电压之比和电场强度之比分别为（　　）A. 4：1　1：3 B. 1：4　3：1 C. 4：1　3：1 D. 4：1　4：3【答案】C【解析】试题分析：根据公式：得：；根据电场强度的公式：得：，故选C。考点：电容器；电场强度【名师点睛】本题主要根据电容的定义式和决定式去分析．对于场强，也可根据推论：当电容器的电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变确定。3.物体的运动情况或所受合外力的情况如图所示，四幅图的图线都是直线，从图中可以判断这四个质量一定的物体的某些运动特征。下列说法正确的是A. 甲物体受到不为零且恒定的合外力B. 乙物体受到的合外力越来越大C. 丙物体受到的合外力为零D. 丁物体的加速度越来越大【答案】D【解析】【详解】甲图中物体做匀速直线，处于平衡状态，此时所受合力为零，A错误；乙图中物体做匀加速直线运动，加速度恒定，根据牛顿第二定律，所受合外力恒定，B错误；丙图中加速度恒定，同样所受合包力恒定不变，C错误；丁图中，根据牛顿第二定律，F=ma，所受合外力越来越大，因此加速度越来越大，D正确。4.如图所示，在水平晾衣杆上晾晒床单时，为了使床单尽快晾干，可在床单间支撑轻质小木棍。小木棍位置的不同，两侧床单间夹角θ将不同。设床单重力为G，晾衣杆对床单的作用力大小为F，下列说法正确的是：A. θ越大，F越大B. θ越大，F越小C. 无论θ取何值，都有F=GD. 只有当=120°时，才有F=G【答案】C【解析】【分析】以床单和细杆整体为研究对象，分析受力，由平衡条件分析N与G的关系。【详解】以床单和细杆整体为研究对象，整体受到重力G和晾衣杆的支持力F，由平衡条件知 F=G，与θ取何值无关，故ABD错误，C正确。故选C。【点睛】本题属于两个物体平衡问题，关键要灵活选择研究对象，采用隔离法分析研究，比较简便。5.如图所示，斜面体和小物块相对静止，一起沿水平面向右做匀速直线运动．下列说法正确的是A. 小物块受到的摩擦力做负功B. 小物块受到的支持力不做功C. 斜面体对小物块的作用力做正功D. 小物块受到的重力的瞬时功率为零【答案】D【解析】【详解】AB．物块向右做匀速直线运动，受力平衡，物体受重力（方向竖直向下）、支持力（垂直斜面向上）、静摩擦力（沿斜面向上），位移方向水平向右，根据功的正负判断规律可知，力和位移夹角小于时做正功，等于时不做功，大于时做负功，则摩擦力做正功，支持力做负功，故AB错误；C．斜面体对小物块的作用力包括支持力和摩擦力，合力方向竖直向上，则作用力不做功，故C错误；D．小物块沿水平方向运动，重力方向竖直向下，根据恒力的功率等于力与力的方向上速度的乘积可知，重力的瞬时功率为零，故D正确。6.在如图所示的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是(　　)A. 电流表变大，电压表变大B. 电流表变小，电压表变大C. 电流表变大，电压表变小D. 电流表变小，电压表变小【答案】B【解析】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，则电路的电流变小，即电流表的示数变小，所以电源内阻和R0所占电压变小，则滑动变阻器R两端的电压变大，即电压表的示数变大，故B正确，ACD错误。故选B。点睛：本题考查了欧姆定律及串联电路的电压规律，注意因滑动变阻器电阻和电流同时发生了变化，无法直接由欧姆定律讨论两端的电压，故先求得与之串联定值电阻与内阻两端的电压，再根据总电压不变，得出滑动变阻器两端的电压．7.如图所示，带电量与比荷均不相同的两种带正电的粒子从同一位置无初速度地飘入加速电场，加速后进入偏转电场，并离开偏转电场．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，下列说法正确的是A. 加速电场对两种粒子做功一样多B. 两种粒子同时离开加速电场C. 两种粒子离开偏转电场时的速度一样大D. 两种粒子离开偏转电场时的速度方向相同【答案】D【解析】【详解】A．带电粒子在加速电场中加速，电场力做功为，由于电荷量不同，所以加速电场对两种粒子做功不同，故A错误；B．带电粒子在加速电场中加速，由牛顿第二定律可知，加速度为在加速度电场中的时间为联立解得：由于两粒子的比荷不同，所以加速的时间不同，故B错误；C．粒子在偏转电场中的加速度为粒子在偏转电场中运动的时间为粒子在偏转电场中的偏转位移为 粒子在加速电场中由动能定理得，粒子出加速电场的速度为：解得：粒子在偏转电场由动能定理得：解得：由于比荷不同，所以两种粒子离开偏转电场时的速度不同，故C错误；D．设粒子离偏转电场速度与水平方向成，则有竖直方向的速度为粒子出加速电场的速度为：联立解得：与粒子的电荷量，比荷均无关，故D正确。二、多项选择题8.如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，下列说法正确的有A. 此时A带负电，B带正电B. 此时A电势低，B电势高C. 移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D. 先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合【答案】AC【解析】【详解】A．带正电荷的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A正确；B．导体AB处于静电平衡状态，导体是等势体，即AB电势相等，故B错误；C．移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；D．先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，此时A所带电荷量仍然等于B的带电量，故两金属箔仍然张开；故D错误。9.如图所示，a、b两点位于同一条竖直线上．现从a、b两点同时以速度v1、v2水平抛出两个质量不相等的小球，它们都能经过水平地面上方的P点．下列说法正确的有A. 抛出后，质量大的小球加速度大B. 从a点抛出的小球先经过P点C. 两小球抛出的初速度v1<v2D. 从b点抛出的小球着地时水平射程较大【答案】CD【解析】【详解】A．抛出后，两球的加速度相同，都是g，故A错误；B．因为两个小球都经过P点，可知a球下降的高度大于b球下降的高度，可知a球的运动时间较长，则从a点抛出的小球后经过P点，故B错误；C．因为从抛出到P点的过程中，两球的水平位移相等，a球的运动时间较长，则a球的初速度较小，即v1＜v2．故C正确；D．到达P点时，a球的竖直分速度较大，所以从P点到地面，a球先落地，b球后落地，而且b的初速度大，所以b球的水平射程较大，故D正确。10.如图甲所示，虚线表示某匀强电场的等势面．一带电粒子以某一初速度从P点射入电场后，在只受电场力作用下的轨迹如图中实线所示．Q是轨迹上的一点，且位于P点的右下方．下列判断正确的有A. 粒子一定带正电B. 粒子做匀变速曲线运动C. 等势面A的电势一定高于等势面B的电势D. 粒子在Q点的电势能一定大于在P点的电势能【答案】BD【解析】【详解】A．粒子所受电场力指向轨迹内侧，由于不知道电场线方向，因此不能判断出粒子的电性，故A错误；B．匀强电场的场强恒定，粒子受到的电场力恒定，加速度恒定，故粒子做匀变速曲线运动，故B正确；C．粒子所受电场力指向轨迹内侧，由于不知道电场线的方向，也不知道电荷的电性，因此无法判断出电势的高低。故C错误；D．根据粒子受力情况可知，从P到Q过程中电场力做负功，从Q到P过程中电场力做正功，由于Q点离曲线的最右端近一些，所以粒子从P都Q的过程中，电场力做的负功大于电场力做的正功，电荷的电势能增大，故D正确。11.如图所示，直线A为某电源的U-­I图线，曲线B为某小灯泡的U-­I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡恰好能正常发光，则下列说法中正确的有A. 此电源的内阻为ΩB. 灯泡的额定电压为4 VC. 灯泡正常发光时的电阻为1.5 ΩD. 此时电源的效率为75%【答案】CD【解析】【详解】A．根据电源U-I图可得：又有所以，电源电动势E=4V，内阻r=0.5Ω，故A错误；BC．电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡恰好正常发光，两端电压为路端电压，故两曲线交点即为灯泡的额定电压和额定电流，U=3V，I=2A，根据欧姆定律可知故B错误，C正确；D．电源的效率故D正确。12.如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R、表面重力加速度为g的行星运动，卫星甲、卫星乙各自所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为R，卫星乙的轨道为椭圆，M、N两点的连线为其椭圆轨道的长轴且M、N两点间的距离为4R．则下列说法中正确的有A. 卫星甲的线速度大小为B. 甲、乙卫星运行的周期相等C. 卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度小于卫星甲沿圆轨道运行的速度D. 卫星乙沿椭圆轨道运行经过N点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度【答案】BD【解析】【详解】A．卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有：解得：其中，根据地球表面万有引力等于重力得联立解得甲环绕中心天体运动的线速度大小为故A错误；B．卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有根据地球表面万有引力等于重力得解得卫星甲运行的周期为由卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，根据开普勒第三定律，可知卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，故B正确；C．卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，应给卫星加速，所以卫星乙沿椭圆轨道经过M点时的速度大于轨道半径为M至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度，而轨道半径为M至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度大于卫星甲在圆轨道上的线速度，所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度，故C错误；D．卫星运行时只受万有引力，加速度所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过N点时加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度，故D正确。13.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点（AB之间某位置，图中未标出）．现将物块从A点由静止释放，物块向左运动到B点时速度为零，设物块在A、B点时的弹簧弹性势能分别为EpA、EpB，则上述过程中A. 若桌面光滑，物块动能最大时处于O点B 若桌面粗糙，EpA大于EpBC. 若桌面粗糙，O点位于AB中点的左侧D. 若桌面粗糙，物块动能最大时弹簧的弹性势能小于EpB【答案】ABC【解析】【详解】A．若桌面光滑，物块做简谐运动，经过平衡位置时动能最大，即物块动能最大时处于O点，故A正确；B．若桌面粗糙，由功能关系可知，A处弹簧的弹性势能转化为B处弹簧的弹性势和内能，所以有EpA大于EpB，故B正确；C．若桌面粗糙，由于机械能有损失，弹簧在A点的伸长量大于在B的压缩量，则O点位于AB中点的左侧，故C正确；D．因为动能最大的位置在O点右侧，若摩擦力较大，动能最大时弹簧的弹性势能可能大于B点的弹性势能EpB，，故D错误。三、实验题14.“落体法”是验证机械能守恒定律的主要方法之一（如图甲），某次操作得到了如图乙所示的纸带，已知打点周期为T、重锤的质量为m，依次测出了各计时点到第一个计时点O的距离如图中所示，请回答下列问题：(1)实验中所用的打点计时器如图丙所示，则该打点计时器是________计时器，工作电压为________V．(2)打A点时重锤的速度表达式vA=_________．若已经计算出A点和E点的速度分别为vA、vE，并且选取A到E的过程进行机械能守恒定律的验证，则需要验证的关系式为____________．(3)如果某次实验时，发现重力势能的减小量比动能的增加量大很多，出现这种现象的原因可能是__（填序号）．A．重物质量测量得不准确B．因为阻力的作用，所以实验误差很大，但也能验证机械能守恒定律成立C．打点计时器两个限位孔不在同一条竖直线上，导致摩擦力或阻力太大导致的D．实验时出现了先放纸带，后接通电源这样的错误操作导致的【答案】    (1). 电火花    (2). 220    (3).     (4).     (5). C【解析】【详解】(1)[1][2]由图可知，该计时器为电火花计时器，工作电压为220V；(2)[3]根据匀变速直线运动的推论：某段时间内中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，故A点速度为：[4]从A到E过程，重力势能减少量为△EP=mghAE=mg（h4-h1）其动能增加量为：若机械能守恒则有：△EP=△Ek化简得：(3)[5]在该实验中，由于摩擦力、空气阻力等阻力的存在，重锤减小的重力势能总是稍稍大于重锤动能的增加量；若重锤减小的重力势能比重锤动能的增加量大得多，就要考虑阻力太大的原因A．验证机械能守恒的式子为：与质量无关，故A错误；B．若阻力作用很大，应出现重力势能的减小量比动能的增加量大得多，但不能验证机械能守恒定律成立，故B错误；C．若两限位孔不在同一条竖直线上，纸带和限位孔的阻力过大，会造成重力势能的减小量比动能的增加量大很多，故C正确；D．若先释放纸带，后接通电源会出现计算动能增加量大于重力势能减少量，故D错误。15.如图所示为“探究功与速度变化的关系”的实验示意图． （1）将打点计时器固定在一块平板上，让纸带的一端夹在小车后端，另一端穿过打点计时器，将平板安装有打点计时器的一端适当垫高，调整高度，当轻推小车后，若打点计时器在纸带上打出_______的点，则表明已经平衡好摩擦力了．（2）依次用2条、3条、4条、5条、6条橡皮筋分别代替1条橡皮筋重做实验，但必须让小车从__________（选填“同一位置”或“不同位置”）静止释放．（3）下图是某次实验打出的纸带，则可以用下列哪些数据计算小车的速度_______．A．x1、x2        B．x5、x6 C．x3、x4        D．所有数据都要用到，这样可以减小实验误差（4）某同学记录的相关数据见下表，若用W0表示一条橡皮筋做的功，请在如图乙所示的坐标纸上作出W－v2图像．（     ）实验次数橡皮筋的条数速度（m/s）速度平方（m2/s2）110.930.87221.321.74331.612.60441.983.92552.084.33662.285.20 （5）分析W－v2图像，你认为该同学第_____次实验操作出现了问题，可能在操作该次实验时，橡皮筋的伸长量偏_____（选填“大”或“小”）．【答案】    (1). 间距均匀    (2). 同一位置    (3). B    (4).     (5). 4    (6). 大【解析】【详解】(1)[1]本实验必须平衡摩擦力，将打点计时器固定在一块平板上，让纸带的一端夹在小车后端，另一端穿过打点计时器，将平板安装有打点计时器的一端适当垫高，调整高度，当轻推小车后，若打点计时器在纸带上打出间距相等的点，这样小车所受的摩擦力被重力沿斜面向下的分力平衡(2)[2]每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，这样才能保证每次的功是倍数关系，方便准确得到每次的功，故当改变橡皮筋条数后，小车还必须从同一位置由静止释放(3)[3]小车先在橡皮筯拉力作用下做加速运动，后橡皮助松驰后做匀速运动，所以x5、x6符合实验要求，故B正确，ACD错误(4)[4]建立如图所示的坐标系，采用描点法作出W-v2图象如图所示。(5)[5][6]由图知，该同学根据第4次实验数据描出的点离直线较远，说明操作出现了问题。问题可能在于该次实验时橡皮筋伸长量大，橡皮筯拉力做功多，小车获得的速度大。四、计算题16.如图所示，一质量为m、电荷量为的带电粒子，从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成 角，不计重力．求：(1)带电粒子通过B点时速度vB的大小；(2)A、B两点间的电势差UAB．【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线，将带电粒子在B点速度分解有(2)对粒子，从A→B，由动能定理可知解得17.如图所示，有一个竖直放置的固定圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的．现在最低点A给一质量为m的小球一个水平向右的初速度，使小球沿轨道恰好能过最高点B，且又能沿BFA回到A点，回到A点时对轨道的压力为4mg．不计空气阻力，重力加速度为g．求：(1)小球沿BFA回到A点时的速度vA大小；(2)小球沿BFA回到A点过程中摩擦力所做的功．【答案】(1)(2)－mgR【解析】【详解】(1)由于小球回到A点时对轨道的压力为4mg，根据牛顿第二定律4mg－mg＝解得vA＝(2)小球恰好通过B点，根据牛顿第二定律mg＝解得vB＝对小球，由B经F回到A的过程中，根据动能定理2mgR+Wf＝m－mv解得Wf＝－mgR18.如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝，传送带逆时针传动，速度大小为v＝0.5 m/s．一质量为m＝1kg的滑块（可看作质点）从传送带上端A点以速度v0＝2.5 m/s沿传送带下滑，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，传送带足够长，取g＝10 m/s2，sin=0.6，cos=0.8，求：(1)滑块在A点时的加速度大小；(2)经过多长时间滑块的速度和传送带的速度相等？并定性说明速度相等后滑块的运动性质．(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量．【答案】(1)0.4 m/s2(2)5s；滑块将与传送带相对静止，做匀速直线运动．(3)32J【解析】【详解】(1)滑块在A点时受到重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿传送带向上,根据牛顿第二定律得μmgcos－mgsin＝ma解得a＝0.4m/s2(2) 设经过t时间滑块的速度和传送带的速度相等，则有速度相等后，由于mgsin<Fmax=μmgcos此后滑块将与传送带相对静止，做匀速直线运动 (3)相对滑动过程中滑块的位移为传送带的位移二者间的相对位移为Δx＝滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgcosΔx＝32J19.质量为m＝1kg、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O点时速度为v＝4 m/s，此时对物块施加F＝6 N的方向向左的拉力，一段时间后撤去拉力，物块刚好能回到O点．已知与桌面间动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2．求：(1)物块向右运动过程中的加速度；(2)物块向右运动的最远距离及所用时间；(3)撤去F时，物块到O点的距离．【答案】(1)8m/s2方向向左(2)1m；0.5s(3)m【解析】【详解】(1)物块向右做匀减速运动时，设物块向左的加速度大小为a1，则有F＋μmg＝ma1解得a1＝8 m/s2,方向向左 (2)设物块与O点的最远距离为x1，由0-v2＝-2a1x1解得x1＝1m由0＝v－a1t解得t＝0.5s(3)物块向左运动过程中，有力F作用时做匀加速运动，设加速度大小为a2，最大速度大小为v1，加速位移大小为x2，撤去拉力F后做匀减速运动，设加速度大小为a3，减速位移大小为x3，则有F－μmg＝ma2解得a2＝4 m/s2撤去拉力后水平方向只受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律有μmg＝ma3解得a3＝2 m/s2设撤去拉力时的速度为v1，由位移速度的关系式得：撤F前发生的位移撤F后发生的位移因为解得x3＝m即撤去F时物块到O点的距离为m20.如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.2，杆的竖直部分光滑．两部分各套有质量均为m=1kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连．初始A、B均处于静止状态，已知OA=3 m，OB=4 m，现对A球施加一水平拉力F使A球向右移动，取g=10 m/s2，sin=0.6，cos=0.8，求：(1)A球向右缓慢移动过程中受到摩擦力的大小；(2)若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1m，求这个过程中拉力做的功；(3)若A球在水平拉力F的作用下，从静止开始向右做加速运动，移动1 m时的速度大小为vA=3m/s，求该过程中绳子对B球做的功．【答案】(1)4N(2)14J(3)18J【解析】【详解】(1)对AB整体分析，竖直方向有根据解得(2)A球向右缓慢移动1 m的过程中，A球与杆因摩擦产生的热量为B球上移h=1 m，B球重力势能增加量为外力的功等于系统能量的增加量，所以水平拉力做功(3)当A球的速度大小为3 m/s，设B球的速度为vB，则有解得对B球，整个运动过程，根据动能定理有解得