河南省许昌高级中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

河南省许昌市许昌中学2019-2020学年高三上学期第一次月考物理试题

时间：90分钟    满分：110分

一.选择题（1-6小题为单选，7-10为多选，每小题5分，多选题少选得3分，错选得0分）

1.关于物理学的大发展，下列说法正确的是（  ）

A. 开普勒提出的日心说认为太阳是静止不动的，地球和其它行星绕太阳运动

B. 伽利略研究第谷的观测记录，发现行星运行规律，总结出行星运动三大定律

C. 牛顿发现万有引力定律，被称为“称量地球重量”的人

D. 物理学家卡文迪许在实验室中测出了万有引力常量的值

【答案】D

【解析】

【详解】A. 哥白尼提出的日心说认为太阳是静止不动的，地球和其它行星绕太阳运动，故A不符合题意；

B. 开普勒研究第谷的观测记录，发现行星运行规律，总结出行星运动三大定律，故B不符合题意；

C. 牛顿发现万有引力定律，卡文迪许被称为“称量地球重量”的人，故C不符合题意；

D. 英国物理学家卡文迪许第一个在实验室中测出引力常量，故D符合题意。

2.如图所示，物块A放在木板上处于静止状态，现将木块B略向右移动一些使倾角a减小，则下列结论正确的是

A. 木板对A作用力不变

B. 木板对A的作用力减小

C. 物块A与木板间的正压力减小

D. 物块A所受的摩擦力不变

【答案】A

【解析】

A、B项：物块A放在木板上处于静止状态，根据平衡条件得：，

现将木块B略向右移动一些使倾角a减小，设变为，重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力之间，，所以A仍保持静止，所以木板对A的作用力与A的重力等大反向，故A正确，B错误；

C项：物块A与木板间的正压力，减小，所以正压力增大，故C错误；

D项：物块A所受的摩擦力，减小，所以摩擦力减小，故D错误。

3.图甲和图乙是演示自感现象两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( 　)

A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同

B. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同

C. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流

D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等

【答案】B

【解析】

【详解】A、图甲中，断开S1的瞬间，A1灯突然闪亮，是因为电路稳定时，L1的电流大于A1的电流，可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误；

B、图乙中，电路中A2与A3的亮度相同，所以两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故B正确；

C、图甲中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡A1电流小于线圈L1的电流，故C错误；

D、图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。

4.用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系。图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用a、b、c三束单色光照射，调节AK键的电压U，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示，由图可知

A. 单色光a和c的频率相同，但a更弱些

B. 单色光a和b的频率相同，但a更强些

C. 单色光a的频率大于单色光c的频率

D. 单色光a的频率小于单色光b的频率

【答案】D

【解析】

A、C项：a、c两光照射后遏止电压相同，知产生的光电子最大初动能相等，可知a、c两光的频率相等，光子能量相等，即频率相同，由于a光的饱和电流较大，则a光的强度较大，故A、C错误；

B、D项：a光的遏止电压小于b光的遏止电压，所以产生的光电子最大初动能，根据爱因斯坦光电效应方程 可知，，故B错误，D正确。

点晴：解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系，并知道饱和光电流与光照强度有关。

5.近来，无线充电成为应用于我们日常生活中的一项新科技，其中利用电磁感应原理来实现无线充电是比较成熟的一种方式，电动汽车无线充电方式的基本原理如图所示：路面下依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电。在汽车匀速行驶的过程中，下列说法正确的是

A. 感应线圈中电流的磁场方向一定与路面线圈中电流的磁场方向相反

B. 感应线圈中产生的是方向改变、大小不变的电流

C. 感应线圈一定受到路面线圈磁场的安培力，会阻碍汽车运动

D. 给路面下的线圈通以同向电流，不会影响充电效果

【答案】C

【解析】

A项：由于路面下铺设圆形线圈，相邻两个线圈的电流相反，所以感应线圈中电流的磁场方向不一定与路面线圈中电流的磁场方向相反，故A错误；

B项：由于路面上的线圈中的电流不知是怎么变化，即产生的磁场无法确定变化情况，所以感应线圈中的电流大小不能确定，故B错误；

C项：感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒去留”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故C正确；

D项：给路面下的线圈通以同向电流时，路面下的线圈产生相同方向的磁场，穿过感应线圈的磁通量变小，变化率变小，所以产生的感应电流不，故D错误。

6.如图甲所示，一理想变压器的原副线圈匝数之比为n1:n2 =1:2，原线圈连接正弦式交流  电源，副线圈连接一个“220 V,100W”的白炽灯泡，灯泡正常发光。白炽灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。若将副线圈接上述电源，灯泡接原线圈，则灯泡的实际功率约为

A. 6.25w B. 11.6W C. 36.3W D. 100 W

【答案】B

【解析】

根据灯泡正常发光可知，副线圈两端电压U2=220V，由公式可得，原线圈两端电压，若将副线圈接上述电源，灯泡接原线圈，此时灯泡两端电压为，由图像读出当灯泡两端电压为55V时的电流为0.21A，所以灯泡的实际功率约为，故B正确。

解决本题羝理解灯泡的电阻会随电压的变化而变化，求实际功率时根据U-I图像找到相应的电压和电流即可。

7.2017年11月5日，又有两颗北斗导航系统组网卫星通过“一箭双星”发射升空，并成功进入预定轨道，两颗卫星绕地球运动均看作匀速圆周运动。如果两颗卫星的质量均为M，其中的1号卫星轨道距离地面高度为h，2号卫星轨道距离地面高度为h'，且h'>h，把地球看做质量分布均匀的球体，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，引力常量 为G下列说法正确的是

A. l号卫星绕地球运动的线速度

B. 1号卫星绕地球运动的周期

C. 1号卫星和2号卫星做匀速圆周运动的向心力大小之比为

D. 稳定在轨运行时1号卫星的机械能小于2号卫星的机械能

【答案】AD

【解析】

A项：根据公式和，解得，故A正确；

B项：根据公式和，解得：，故B错误；

C项：，，所以，故C错误；

D项：由于，卫星从低轨道向高轨道要点火加速，化学能转化为机械能，所以稳定在轨运行时1号卫星的机械能小于2号卫星的机械能，故D正确。

点晴：解决本题关键理解万有引力的两大中心思想：1、利用万有引力提供向心力即，2、忽略星体的自转，利用。

8.如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场。甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场。已知甲、乙两a带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力。 以下判断正确的是

A. 甲粒子带负电，乙粒子带正电

B. 甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍

C. 甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍

D. 甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的倍

【答案】CD

【解析】

【分析】

根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间。

【详解】由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，R甲=2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为，所以：=2R乙sin60°，解得：R乙=L，由牛顿第二定律得：qvB=m，动能：EK=mv2=，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B正确；由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，洛伦兹力：f=qvB=，即，故C正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为300，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间：t=T，粒子做圆周运动的周期： 可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4倍，故D正确；故选D。故选BCD.

【点睛】题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。

9.弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动。弹跳杆的结构如图所示，弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端与一个套在跳杆上的脚踏板底部相连接。质量为M的小孩站在脚踏板上保持静止不动时，弹簧的压缩量为x0。设小孩和弹跳杆只在竖直方向上运动，跳杆的质量为m，取重力加速度为g，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量、以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均忽略不计。某次弹跳中，弹簧从最大压缩量3x0开始竖直向上弹起，不考虑小孩做功。下列说法中正确的是

A. 弹簧从压缩量3x0到恢复原长过程中弹簧的弹力做的功为

B. 弹簧从压缩量3x0到恢复原长过程中弹簧的弹力做的功为

C. 小孩在上升过程中能达到的最大速度为

D. 小孩在上升过程中能达到的最大速度为

【答案】BC

【解析】

A、B项：质量为M的小孩站在脚踏板上保持静止不动时，弹簧的压缩量为x0，所以Mg=kx0，

弹簧从压缩量3x0处，弹力大小为3Mg，所以弹簧从压缩量3x0到恢复原长过程中弹簧的弹力做的功，故A错误，B正确；

C、D项：当小孩在上升过程中合力为零时速度最大，即弹簧压缩x0，在此过程中弹簧所做的功为，小孩的重力势能增加，根据能量守恒可得：，解得，故C正确，D错误。

10.如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l ,木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（   ）

A. a、b所受的摩擦力始终相等

B. 随着圆盘转动角速度的增大，b比a先滑动

C. ω＝是a开始滑动的临界角速度

D. 当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg

【答案】BC

【解析】

A、B两个木块的最大静摩擦力相等．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故AB错误；当a刚要滑动时，有kmg=mω2∙l，解得：，故C错误；以a为研究对象，当时，由牛顿第二定律得：f=mω2l，可解得：f=kmg，故D正确．故选D.

点睛：本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答.

二．填空 （每空2分，共12分）

11.某探究小组想测量当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出光电门到零刻度线的距离x。框架水平部分用电磁铁吸住一个密度均匀的正方体小铁块，小铁块的边长为d，其重心恰好与刻度尺零刻度线水平对齐。切断电磁铁线圈中的电流，小铁块由静止释放，可测出小铁块通过光电门的时间为△t。不计空气阻力的影响。

 (1)小铁块通过光电门时的速度为 _____（用题目中的符号表示）

 (2)当地的重力加速度为_______（用题目中的符号表示）

 (3)用螺旋测微器测量小铁块边长读数如图乙所示，其读数为_____mm。

【答案】    (1). （1）    (2). （2）    (3). （3）4.700

【解析】

(1) 小铁块通过光电门时的速度为；

(2)根据速度---位移公式可得:，即，所以；

(3) 螺旋测微器固定刻度为4.5mm，可动刻度为，所以螺旋测微器的读数为。

12.某款汽车的挡风玻璃中嵌有一组规格相同的电阻丝，通电加热可以化解霜冻。某科学兴趣小组用伏安法测量了其中一根电阻丝的电阻R，电路如图甲所示。已知电流表的量程为0.6 A，内阻RA =0.1Ω，电压表的量程为3V，内阻未知。

(1)为准确测量Rx，需将单刀双掷开关Sl接通_____（填“a”或“b”）。

(2)闭合开关S2，某次实验测得的电压表和电流表的示数如图乙所示，则通过本次测量可得电阻Rx=_____Ω（保留两位有效数字）。

(3)如图丙所示是五根该挡风玻璃中的电阻丝和一个内阻为1.8Ω的电源，为了达到最快的化霜效果，请合理选用电阻丝，用笔画线代替导线，将图丙画成完整电路________。

【答案】    (1). b    (2). 2.7    (3).

【解析】

(1)由于电流表内阻已知，所以电流表可当电压表用，即可测出电流表两端电压，所以电流表应内接，即单刀双掷开关Sl接b；

(2)如图乙所示，电压表的示数为1.40V，电流表示数为0.50A，所以电阻；

(3) 为了达到最快的化霜效果，即要求电源的输出功率最大，当电源内阻与外电阻相等时，由于每个电阻为2.7，所以可以将两个电阻串联再与一个电阻并联接入电路，电路如下：

。

三．计算题（共48分）

13.在水平轨道上有两辆汽车甲和乙相距x=30m，甲车在后面做初速度为v0加速度a1=3m/s2的匀减速直线运动，而乙车同时做初速度为零加速度a2=2m/s2的匀加速直线运动，两车运动方向相同。要使两车不相撞，求甲车的初速度v0满足的条件。

【答案】

【解析】

由题意可知，当两车速度相等时不相撞，则以后不会再撞，设经时间t速度相等

有，解得

此时甲车的位移，乙车的位移

由几何关系可知，避免碰撞：，解得

一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1=4kg的物块P，Q为一重物，已知Q的质量为m2=8kg，弹簧的质量不计，劲度系数k=600N/m，系统处于静止，如图所示．现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力，（g=10m/s2）．求：

14. 物体做匀加速运动的加速度大小为多少？

15. F的最大值与最小值．

【答案】（1） 3m/s2   （2）最大值72N，最小值36N

【解析】

 试题分析：先根据平衡条件求出弹簧开始的压缩量，因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，P对Q的作用力为0，由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，当P、Q开始运动时拉力最小，当P、Q分离时拉力最大，根据牛顿第二定律即可求解。

(1)设刚开始时弹簧压缩量为x0,在沿斜面方向上有

因为在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力,所以在0.2 s时,P对Q的作用力为0,由牛顿第二定律知,沿斜面方向上有

前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离

联立各式解得：a=3 m/s2

(2)当P、Q开始运动时拉力最小,此时有

当P、Q分离时拉力最大,此时有

点睛：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学公式，属于中等难度题。

16.如图，位于竖直水平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点。已知h=2m,，s=。取重力加速度大小。

（1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；

（2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小。

【答案】（1）（2）

【解析】

（1）一小环套在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有①

②

从ab滑落过程中，根据动能定理可得③

联立三式可得④

（2）环由b处静止下滑过程中机械能守恒，设环下滑至c点的速度大小为v，有

⑤

环在c点的速度水平分量为⑥

式中，为环在c点速度的方向与水平方向的夹角，由题意可知，环在c点的速度方向和以初速度做平抛运动的物体在c点速度方向相同，而做平抛运动的物体末速度的水平分量为，竖直分量为

⑦

因此⑧

联立可得⑨

【考点定位】机械能守恒定律，平抛运动，动能定理

【方法技巧】做此类综合性较强的题目时，一定要弄清楚，物体在各个阶段的运动性质，受力情况，以及题目上给出的一些比较有价值的信息，如本题的“当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，”之类的信息。

17.左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为m0＝2kg的小球a套在半圆环上，质量为mb＝1kg的滑块b套在直杆上。二者之间用长为l＝0.4m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g＝10m/s2．求:

(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时速度的大小v.

(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）时，小球a与滑块b的速度之比。

(3)小球a从P点下滑至杆与圆环相切Q点（图中未画出）的过程中，杆对滑块b做的功W。

【答案】(1)  (2)  (3)

【解析】

【详解】(1)当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零，

由机械能守恒定律可得:，代入数据解得:

(2)杆与圆相切时，如图所示，

a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，根据杆不可伸长和缩短，有：va＝vbcosθ

由几何关系可得：

解得:

(3)在图中，球a下降的高度 h＝Rcosθ

a、b系统机械能守恒，则有:

对滑块b，由动能定理得:

解得: