江西省安远县一中2020届高三上学期第三次月考物理试题

安远县第一中学2020届高三第三次月考物理试卷一、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,第1-6题只有一项符合题目要求,第7—10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。 1.以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述不正确的是(   )A. 卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量B. 伽利略用了理想实验法证明力是维持物体运动的原因C. 电场强度、电容、电阻 均采用了比值定义法D. 根据平均速度，当，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想【答案】B【解析】【详解】A．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，从而求得地球的质量，被人们称为“能称出地球质量的人”，故A正确，Ａ项不合题意．B．伽利略用了理想实验法证明力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故B错误，Ｂ项符合题意．C．电场强度、电容、电阻均采用了比值定义法定义物理量，体现物理量间没有正比和反比关系；故Ｃ正确，Ｃ项不合题意．D．根据平均速度，当△t→0，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想，故D正确，Ｄ项不合题意．2.在平直公路上行驶的a车和b车的位置—时间（x-t）图像分别为图中直线和曲线，已知b车的加速度恒定且等于-2m/s2，t=3s时，直线和曲线刚好相切，则（）A. a车做匀速运动且其速度为m/sB. t=3s时a车和b车相遇但此时速度不等C. t=1s时b车的速度为10m/sD. t=0时a车和b车的距离x0=9m【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，a车的速度为：故A错误。B．t=3s时a车和b车到达同一位置而相遇。直线a和曲线b刚好相切，说明两者的速度相等，故B错误。C．t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车的速度 vb=va=2m/s；
设b车的初速度为v0．对b车，由v0+at=vb解得：v0=8m/s
则t=1s时b车的速度为：vb1=v0+at1=8-2×1=6m/s故C错误。D．前3s内，a车的位移大小为：Sa=8m-2m=6mb车的位移为：t=3s时，a车和b车到达同一位置，得t=0s时a车和b车的距离为：S0=Sb-Sa=9m故D正确。3.如图所示，一质点做平抛运动先后经过A、B两点，到达A点时速度方向与竖直方向的夹角为，到达B点时速度方向与水平方向的夹角为．质点运动到A点与运动到B点的时间之比是(　　)A.  B. C.  D. 条件不够，无法求出【答案】B【解析】【详解】设初速度为v0，将A、B两点的速度分解，在A点：tan(－)＝＝得tA＝在B点：tan＝＝解得：tB＝所以＝故B正确，A、C、D错误故选B。 4.如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则（    ）A. 绳子自由端的速率v增大B. 拉力F变小C. 拉力F的功率P不变D. 杆对A的弹力FN减小【答案】C【解析】【详解】AC.物体沿绳子方向上的分速度，该速度等于自由端的速度，增大，自由端速度减小，拉力的功率为：可知拉力的功率不变，故选项A不符合题意，C符合题意．BD.因为做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有：因为增大，减小，则拉力增大，水平方向合力为零，则有：增大，增大，所以增大，故选项B、D不符合题意；5.如图所示的电路,R1是定值电阻,R2是滑动变阻器,L是小灯泡,C是电容器,电源内阻为r，开关S闭合后,在滑动变阻器触头向上移动过程中 (　  　) A. 小灯泡变亮B. 电容器所带电荷量增大C. 电压表示数变小D. 电源的总功率变大【答案】B【解析】【详解】触头向上移动时，滑动变阻器接入电路中电阻变大，总电阻变大，电路中电流变小，小灯泡变暗，A项错误；电流变小，内电压变小，路端电压变大，电压表示数变大，C项错误；路端电压变大，小灯泡两端电压变小，滑动变阻器两端电压变大，根据Q=CU可知电容器所带电荷量变大，B项正确；电路中电流变小，根据P=EI得出电源的总功率变小，D项错误.故选B.6.如图所示，均匀带正电的圆环所带的电荷量为Q，半径为R，圆心为O，A、B、C为垂直于圆环平面且过圆环中心的轴上的三个点，已知BC＝2AO＝2OB＝2R，当在C处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中)，B点的电场强度恰好为零，则由此可得A点的电场强度大小为A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】将带电圆环分成若干段，每一小段看作一个点电荷，再根据点电荷场强公式E=k，求出每个点电荷在B处产生的场强大小．C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，说明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的场强大小相等，方向相反，由E=k求出C处电荷的带电量．再由电场的叠加原理和对称性求A点的电场强度大小．【详解】将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看做点电荷，其所带电荷量为：；每一点电荷在B处的场强为：；由对称性可知，各小段带电环在B处的场强E的垂直于轴向的分量相互抵消，而E1的轴向分量之和即为带电环在B处的场强为：EB=nE1cos45°=；C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，说明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的场强大小相等，方向相反，设C处电荷的带电量为q．则有：k=EB，解得：q=Q，C处电荷带正电；根据对称性知，圆环在A处的场强大小为：EA1=EB=，方向向左．C处电荷在A处产生的场强为：，方向向左；所以A点的电场强度大小为：EA=EA1+EA2=；故选B．【点睛】本题的关键是要掌握点电荷电场强度的公式E=k，学会微元法处理问题．不能头脑简单直接用E=k求B点的场强．7.如图甲，质量为2 kg的物体在水平恒力F作用下沿粗糙的水平面运动，1 s后撤掉恒力F，其运动的v－t图象如图乙，g＝10 m/s2，下列说法正确的是A. 在0～2 s内，合外力一直做正功B. 在0.5 s时，恒力F的瞬时功率为150 WC. 在0～1 s内，合外力的平均功率为150 WD. 在0～3 s内，物体克服摩擦力做功为150 J【答案】BD【解析】A、由v-t图象可知0～2 s速度先增大后减小，则合力先做正功后做负功，A错误．B、由v-t图象的斜率可得，，根据牛顿第二定律可知，，解的，，故恒力F的瞬时功率为，B项正确．C、由动能定理可知，故C错误．D、摩擦力做的功为，故D正确．则选BD.【点睛】本题一要理解图象的意义，知道斜率等于加速度，面积表示位移，二要掌握牛顿第二定律和动能定理，并能熟练运用．8.如图所示，曲线I是一颗绕地球做圆周运动的卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动的卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（   ）A. 椭圆轨道的长轴长度为2RB. 卫星在I轨道速率为，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为，则>C. 卫星在I轨道的加速度大小为，卫星在Ⅱ轨道A点加速度大小为，则<D. 若OA=0.5R，则卫星在B点的速率>【答案】ABC【解析】【详解】A.有开普勒第三定律可得：，因为周期相等，所以半长轴相等，圆轨道可以看成长半轴、短半轴都为椭圆，故，即椭圆轨道的长轴的长度为．故A正确．B.根据万有引力提供向心力可得：，故，由此可知轨道半径越大，线速度越小；设卫星以为半径做圆周运动的速度为，那么；又卫星Ⅱ在B点做向心运动，所以有，综上有．故B正确．C.卫星运动过程中只受到万有引力的作用，故有：，所以加速度为，又有,所以．故C正确．D.若，则，那么，所以．故D错误．9.如图所示,平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向通电时可以理解为短路,反向通电时可理解为断路)连接,电源负极接地。初始时电容器不带电,闭合开关,电路稳定后,一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是(     )A. 上极板上移,带电油滴保持静止B. 上极板上移,P点电势降低C. 上极板下移,带电油滴向下运动D. 上极板下移,P点电势升高【答案】AD【解析】【详解】二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器充电，电容器的电容，，极板间的电场强度，整理得油滴静止，油滴所受合力为零，向上的电场力与向下的重力相等AB．将上极板向上移动，d变大，由可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由可知电容器两极板间的电场强度不变，所以油滴静止仍然静止，由于电场强度不变，P与下极板的距离不变，P的电势不变，故A正确，B错误；CD．上极板下移时，d变小，C变大，正向通电，二极管相当于短路，两极板间的电压U等于电源电动势不变，电场强度变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动； P与下极板的距离不变，所以P与下极板的电势差U=Ed增大，由于下极板接地，所以P点电势升高，故C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，质量相等的物块A、B放在光滑的斜面上，中间用轻弹簧连接，物块B与斜面底端的挡板接触，A、B处于静止状态，现用恒力F拉物块A，当物块B刚要离开挡板时，物块A达到最大速度，在此过程中，下列说法正确的是（　　）A. 物块A的加速度先增大后减小B. 弹簧的弹性势能一直增大C. 物块A的机械能一直增大D. 全程拉力做的功等于物块A机械能的增量【答案】CD【解析】【详解】A.对物块A，由牛顿第二定律可知：F+F弹-mgsinθ=ma，F弹先向上减小，后向下增大，因此加速度a一直减小，故A错误；B.弹簧的形变量先减小后增大，因此弹性势能先减小后增大，故B错误；C.物块A的动能增大，重力势能增大，因此机械能增大，故C正确；D.由于质量相等，因此开始时弹簧的压缩量和物块B刚要离开挡板时弹簧的拉伸量相等，因此弹簧的弹性势能变化量为零，根据功能关系可知，拉力做的功等于物块A的机械能增量，故D正确.二、实验题:本题包括2小题,共16分。11.如图所示装置可以用来研究小车的匀变速直线运动。(1)实验中,必要的措施是（        ）A.细线必须与长木板平行B.先释放小车再接通电源C.小车从距离打点计时器较近的地方释放D.需要平衡小车与长木板间的摩擦力(2)实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上,选取一条点迹清晰的纸带,在纸带上相邻计数点间有四个点未画出,依打点先后编为A、B、C、D、E、F、G、H,由于不小心,纸带被撕断了,由纸带上的数据可知,打B点时物体的速度v=____m/s,物体运动的加速度a=____m/s2。(结果均保留三位有效数字)。单位:cm(3)如果当时电网中交流电的频率只有49Hz,而做实验的同学并不知道,那么加速度的测量值与实际值相比___.(选填“偏大”“偏小”或“不变")【答案】    (1). AC    (2). 0.183m/s    (3). 0.603m/s2    (4). 偏大【解析】【详解】(1)[1]AB．为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带，故A正确，B错误；C．开始实验时小车距离打点计时器近一些，这样可充分利用纸带，故C正确；D．为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，因此只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故D错误。故选AC。(2)[2]相邻计数点间有四个点未画出，故两计数点间的时间间隔为B点的速度等于AC段的平均速度，则有[3]设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6、x7，纸带被撕断了，导致x4没法用了，由其它六组数据，根据逐差法得代入数据解得(3)[4]若交变电流的频率是f=49Hz，则打点周期T大于0.02s，即使用公式计算时所用T值偏小，则a偏大。12.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除了有一个标有“2.5V，0.6W”的小灯泡、导线和开关外，还有如下器材：A．直流电源（电动势约为3V，内阻可不计）B．直流电流表（量程0～300mA，内阻约为5Ω）C．直流电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）D．直流电压表（量程0～3V，内阻约为10kΩ）E．直流电压表（量程0～15V，内阻约为15kΩ）F．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A）G．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．(1)实验中电流表应选用_________，电压表应选用_________，滑动变阻器应选用_________（均用序号字母表示）．(2)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图所示．则该小灯泡在电压为1.5V时的实际功率是_______W（结果保留两位有效数字）．【答案】    (1). B    (2). D    (3). F    (4). 0.30（0.28～0.32）【解析】【详解】解：(1)灯泡额定电流为：，则直流电流表量程选择即可，故电流表选B；额定电压为，故电压表应选择D；实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据，故滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的，故滑动变阻器选择F；(2) 由上图图象可知，灯泡两端电压时，灯泡电流，灯泡实际功率．三、计算题:本题包括4小题,共44分。13.在光滑水平桌面上建立直角坐标系xoy，俯视图如图所示．一质量为1kg的小球(可视为质点)从y轴上的P点处以速度v0沿x轴正方向射出，同时小球受到一个沿y轴负方向的水平恒力F=1.6N作用，其运动轨迹经过A、B两点，其坐标分别为(5cm，0)、( 10cm，-15cm).求: (1)P点的坐标;(2)小球从P点射出的初速度v0的大小.【答案】（1）（0， 5cm）    （2）02m/s【解析】详解】（1）小球从P点运动到B点做类平抛运动，x方向上匀速直线运动xPA=xAB=5cm故y方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故yPA：yAB=1:3由于yAB=15cm故yPA=5cm，即P点坐标为（0， 5cm）（2）y方向上:由 得：T=0.25sx方向上：m/s14.如图所示，轻质绝缘细线的上端固定在天花板上，下端拴着一个质量为m的带电小球，细线长为L，当空间中加上一个水平向右的匀强电场时，小球由静止开始从A点向左边摆动，经过B点之后到达最高点C．小球经过B点时，细线与竖直方向夹角为37°角，到达C点时，细线与竖直方向成74°角，sin37°=0.6,cos37°=0.8,当地重力加速度为g，求：(1)小球经过B点时，细线的拉力是多少？(2)若保持电场强度的大小不变，将其方向变为竖直向下，让小球从B点由静止释放，小球经过A点时，细线的拉力是多少？【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)将小球受到的电场力和重力的合力看成等效重力，由几何关系可知，A、C两点关于B点对称，所以B点是等效最低点，此时细线与等效重力共线．由平行四边形定则得小球从A点运动到B点时，由动能定理得小球处在B点时，由牛顿第二定律得联立以上各式得(2)当电场强度的方向变成竖直向下以后，小球受到的电场力方向为竖直向上，小球从B点运动到A点时，由动能定理得小球处在A点时，由牛顿第二定律得联立各式解得答：(1)(2)15.如图所示，质量为mA=1kg的长木板A静止在水平面上，质量为加mB=0.5kg的物块B放在长木板上的左端，A、B间的动摩擦因数为μ2=0.5，A与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.2，对A施加向左、大小为F1=7.5N的水平拉力，同时对物块B施加向右、大小为F2=4.5N的水平拉力，经过t1=1s物块刚好滑离长木板，物块的大小忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g=10m/s2，求：（1）长木板的长度；（2）若当物块B运动到距长木板左端距离全长位置时，撤去拉力F2，问再过多长时间物块和长木板达到相同速度（已知全过程中物块未滑离木板）．【答案】(1)3m  （2）s【解析】【详解】（1）设长木板的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有：F1-μ1（mA+mB）g-μ2mBg=mAa1，代入数据解得：，设物块B的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有：F2-μ2mBg=mBa2，代入数据解得：，长木板的长：；（2）设物块运动到木板长用时t2，由匀变速直线运动的位移公式得：，代入数据解得：，撤去拉力F2时，长木板的速度大小：，物块的速度大小：，物块加速度大小：，方向向左，设经过t3时间达到共同速度，有：v1+a1t3=-（v2-a'2t3），代入数据解得：；16.如图所示，水平传送带右端A处与倾角为30°的光滑斜面平滑连接，左端B处与一水平面平滑连接，水平面上有一固定竖直挡板，挡板右侧与一轻弹簧连接，弹簧处于自然状态，弹簧右端刚好处在水平面上的C点，斜面长为=2.5m，传送带长5m.BC段长=0.5m，传送带以速度v=1m/s逆时针转动.一质量为kg的物块从斜面顶端由静止释放，已知物块与传送带间及水平面BC段的动摩擦因数分别为=0.1，=0.35，水平面C点左侧光滑，重力加速度取=10m/s2，求:(1)弹簧获得的最大弹性势能；(2)物块第三次到达B点时的速度大小；(3)物块与传送带由于相对滑动而产生的热量．【答案】(1)12.5J (2) 1m/s (3) 23J【解析】【详解】（1）设物块滑到斜面底端的速度为v1，根据机械能守恒有解得v1=5m/s由于v1>v，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，加速度大小设物块在传送带上先减速运动后匀速运动，则减速运动的位移由于△x>L，因此假设不成立，物块在传送带上一直做匀减速运动，根据功能关系（2）设物块第二次到达A点的速度大小为v3，根据功能关系解得v3=0即物体到达到A点时，速度减为零，在传送带的带动下又向左做匀加速运动，当物体与传送带刚好共速时发生的位移因此物块第三次在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，第三次到B点的速度为v=1m/s（3）设第一次在传送带上滑动经历的时间为t1，则有则第一次在传送带由于相对滑动而产生的热量联立两式代入数据解得Q1=7J设物块第二次到B点时速度为v2，第二次在传送带上滑动经历的时间为t2，则有解得v2=3m/s则第二次在传送带上由于相对滑动而产生的热量设物块第三次在传送带上相对滑动时间t3，则则第三次在传送带上由于相对滑动而产生的热量由于因此物块不会第四次滑上传送带，故物块与传送带由于相对滑动而产生的热量Q=Q1＋Q2＋Q3=23J