天津市第一中学2020届高三上学期第三次月考物理试题

 天津一中、益中学校 2019—2020 学年度高三年级三月考物理学科试卷 本试卷分为第 I 卷（选择题）、第 II卷（非选择题）两部分，共 100 分。考生务必将 答案涂写答题纸或答题卡的规定位置上，答在试卷上的无效。 第Ⅰ卷（本卷共 8 道题，共 40 分）  一、单选题：（每小题 5 分，共 25 分。每小题中只有一个选项是正确的）1.如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，通过L1、L2中的电流相同，L1、L2中的电流方向垂直纸面向里，L3中的电流方向垂直纸面向外，在三根导线与纸面的交点所构成的等边三角形的中心上放有一电流方向垂直纸面向外的通电长直导线，则该导线受到的安培力的方向为A. 指向L1 B. 指向L2C. 指向L3 D. 背离L3【答案】C【解析】【详解】因同向电流之间相互吸引，异向电流之间相互排斥，可知L3对等边三角形的中心上的导线是吸引力，方向指向L3；而导线L1和L2对等边三角形的中心上的导线都是斥力，因大小相等且互成1200角，则其合力方向指向L3，则三条导线对等边三角形的中心上的导线的安培力的合力方向指向L3，故选C.2.如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为(　　)A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的Δt时间内，转过圆心角，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流：；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流：，令，可得：，选项C正确．3.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(　　)A. FN=mgcos αB. 滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos αC. 滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒D. 此过程中斜面体向左滑动的距离为L【答案】D【解析】当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力不等于，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为，则，，解得，D正确；故选D.4.如图所示，a、b两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为+2q和-q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧．则平衡时可能位置是图中的(    )A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】b带负电，受到的电场力水平向右，a带正电，受到的电场力水平向左．以整体为研究对象，分析受力如图．
设Oa绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得tanα=;以b球为研究对象，受力如图．设ab绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tanβ=；得到α＜β，故C正确，ABD错误；故选C．【点睛】此题是整体法和隔离法的应用问题；运用整体法研究Oa绳与竖直方向的夹角，再隔离b研究，分析ab绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态．5.如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，运动时间最长的粒子在磁场中运动的时间为5t0/3，则下列判断正确的是（     ）A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4 t0B. 该匀强磁场的磁感应强度大小为C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为D. 粒子进入磁场时的速度大小为【答案】ABD【解析】【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T，即T=t0，则得周期 T=4t0，故A正确．由 得，．故B正确．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有 ，得画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为R，由几何知识得：
可得 ，故C错误．根据 ，解得．故D正确．故选ABD.【点睛】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是：1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系．3、用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律．二、多项选择题 （每小题 5 分，共 15 分。每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，选错或不答的得 0 分）6.如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射状电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子的重力，下列说法正确的是（    ）A 粒子一定带正电B. 加速电场的电压C. D. 若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷【答案】ABD【解析】【详解】A．由左手定则可知粒子带正电，故A正确；B．粒子在M、N间被加速，则有，根据电场力提供向心力，则有，联立解得，故B正确；C．根据洛伦兹力提供向心力，则有，可得，故C错误；D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明运动轨迹相同，由于磁场、电场与静电分析器的半径不变，则C选项可知该群离子具有相同的比荷，故D正确．7.右图所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的感应电动势E、磁通量、电功率P和外力F随时间变化的图象正确的是：A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【详解】A、当线圈进入第一个磁场时，产生的感应电动势为 E=BLv，E保持不变，而线圈开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故A错误；
B、当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到2.5L时，磁通量最小为零，故B错误；
C、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力为定值，外力F的功率也为定值；两边分别在两个磁场中时，感应电动势为 E=2BLv，外力等于安培力，为，外力的功率为，变为4倍；
此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，外力的功率也等于在第一个磁场中的功率，故C正确；D、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，外力一直是正的，故D错误；8.如图所示,MPQO为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E,ACB为光滑固定的半圆形轨道,轨道半径为R,A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m,电荷量为-q的带电小球,从A点正上方高为H处由静止释放,并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失,关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是(　　)A. 小球在AC部分不可能做匀速圆周运动B. 若小球能从B点离开,上升高度一定小于HC. 小球一定能从B点离开轨道D. 小球到达C点的速度可能为零【答案】B【解析】【详解】A项，小球的重力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，当电场力等于重力时，小球可以做匀速圆周运动，故A错；B项，因为运动过程中电场力做负功，小球的机械能减小，所以能够到达的高度肯定小于H，故B对；C项，在整个过程中当重力做的正功大于电场力做的负功时，小球能从B点离开半圆轨道，否则不能，故C错；D项，如果小球到达C点时的速度为零，则电场力大于重力，那么小球不可能沿圆轨道运动，故D错；故选B 第Ⅱ卷（本卷共 60 分）9.某同学利用如图所示的装置探究做功与速度变化的关系．步骤 1  小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点 记为M1；步骤 2  在钉子上分别套上2条、3 条、4 条……同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度 都保持一致，重复步骤 1，小物块落点分别记为 M2、M3、M4……；步骤 3 测量相关数据，进行数据处理．①为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的______(填正确答案标号)．A．小物块的质量mB．橡皮筋的原长xC．橡皮筋的伸长量ΔxD．桌面到地面的高度hE．小物块抛出点到落地点的水平距L②将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、……，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…….若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、____________为横坐标作图，才能得到一条直线．③由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于_____(填“偶 然误差”或“系统误差”) 【答案】    (1). ADE    (2). L2    (3). 系统误差【解析】【详解】①[1]小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式，还需要知道小球的质量。故选ADE。②[2]根据和，可得因为功与速度的平方成正比，所以功与L2也成正比，故应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线。③[3]一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差，由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差。10.在做“验证碰撞中的动量守恒定律”实验中，装置如图．①需要的测量仪器或工具有_____．A．秒表    B．天平（带砝码）    C．刻度尺    D．圆规②必须要求的条件是____ ．A．斜槽轨道末端的切线必须平 B． 斜槽轨道应尽量光滑以减误C．入射球和被碰球必须质量等D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下③某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1 和被碰小球质量m2 之比为___________．【答案】    (1). BCD    (2). AD    (3). 4：1【解析】【详解】①[1]根据实验原理可得又因下落时间相同，即可求得则若碰撞过程中动量守恒，则其表达式为实验中需要测量的物理量有质量和水平射程；因此应用到直尺和天平，测理水平射程前，要确定小球的落点，要用到圆规，故选BCD。②[2]A．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确；B．验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；C．为了保证入射小球不反弹，所以入射球的质量要大于被碰球的质量，故C错误；D．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确。故选AD。③[3]由图可知，，如果两球碰撞过程动量守恒，则代入数据求得11.如图所示，在光滑的水平地面上的左端连接一光滑的半径为R的1/4圆形固定轨道BC，并且水平面与圆形轨道相切与C点，在水平面内有一质量M=2m的小球Q连接着轻质弹簧处于静止状态，现有一质量为m的小球P从B点正上方h=2R高处由静止释放，小球P和小球Q大小相同，均可视为质点，重力加速度为g．（1）求小球P到达圆弧轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；（2）求在小球P压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；（3）若小球P从B点上方高H处释放第一次经过C点后，立即将BC换成半径也为R的固定的光滑3/4圆弧轨道CBD，与水平面仍相切于C点，求为使P球经弹簧反弹后经轨道CBD过程中不脱离轨道，H应满足的条件．【答案】（1）7mg（2）2mgR（3）或【解析】【详解】（1）小球P从A点运动到C点的过程中有机械能守恒：又得.在最低点C处由牛顿第二定律得：解得：.由牛顿第三定律小球对轨道的压力大小，方向向下． （2）当P、Q两球速度相等时，弹簧具有的弹性势能最大，令共同速度为v，由P、Q两球系统动量守恒得：.根据机械能守恒定律：.由以上关系得  （3）小球从P点上方高为H处释放，到达水平面的速度为v0由 弹簧被压缩后再次回复原长时设小球P和Ｑ的速度大小分别为v１和v２则根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律有： 由以上关系得得 . 若小球不脱离轨道有：i.小球到达B点钱速度就减为0符合题意，令小球到达B点时速度恰好为0 即由以上关系得：H=8Rii.小球完成圆周运动符合题意，令小球到达最高点D的速度恰好为，且 由以上关系得：H=21.5R  所以当或时满足题意．【点睛】本题主要考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及动能定理的直接应用，注意在应用动量守恒定律解题时要规定正方向，注意使用动能定理解题时要选好研究过程．12.如图所示，两根足够长的电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面内，两导轨间的距离为 L=1m，之间接有阻值为 R=1.5Ω的定值电阻。一根质量为 m=2kg 的均匀金属棒 ab 放在导轨上，与两导轨垂直且保持良好接触，ab 在导轨间的电阻为 r=0.5Ω，整个装置放在 磁感应强度为 B=1T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现对金属棒 ab 施加水 平向右的恒力 F=1N，使之由静止开始运动，求(1) 金属棒 ab 中电流的方向及最大速度 vm；(2) 金属棒 ab 由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻 R 产生的焦耳热为 Q=3J，求该过程中金属棒 ab 移动的距离 x 及通过电阻 R 的电量 q。(3)金属棒 ab 由静止释放至达到最大速度的过程中，经历的时间 t。【答案】（1）（2）4C（3）8s【解析】【详解】(1)由右手定则，金属棒ab中电流的方向为b→a解得(2)由公式解得Q总=4J由功能关系得解得x=8m解得q 4C (3)由动量定理得解得t=8s13.如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电量为+q的a水平向右，不带电的b竖直向上．b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p．忽略空气阻力，重力加速度为g．求(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；(2)匀强电场场强及油滴a、b结合为p后瞬间的速度；(3)若油滴p形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T0（垂直纸面向外为正），已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响）【答案】（1）；2h（2）； 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）【解析】【详解】(1)设油滴的喷出速率为，则对油滴b做竖直上抛运动，有            解得            解得对油滴a的水平运动，有         解得(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为，有，，解得，设油滴的喷出速率为，结合前瞬间油滴a速度大小为，方向向右上与水平方向夹角，则，，解得，两油滴的结束过程动量守恒，有：，联立各式，解得：，方向向右上，与水平方向夹角(3)因，油滴p在磁场中做匀速圆周运动，设半径为，周期为，则由    得，由   得即油滴p在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为、（轨迹如图所示）．最小矩形的面积为