黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三11月月考物理试题

高三学年第二次月考物理试题

一、选择题

1.关于力学单位制的说法中正确的是(　　)

A. kg、m/s、N是导出单位

B. kg、m、J是基本单位

C. 在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是g

D. 只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma

【答案】D

【解析】

【详解】A．kg是质量的单位，它是基本单位，m/s、N是导出单位，所以A错误；

B．国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量。它们在国际单位制中的单位称为基本单位，J是导出单位，B错误；

C．g也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，所以C错误；

D．牛顿第二定律的表达式F＝ma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，所以D正确。

2.在距水平地面10 m高处，以10 m/s的速度水平抛出一质量为1 kg的物体，已知物体落地时的速度为16 m/s，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A. 抛出时人对物体做功为150 J

B. 自抛出到落地，重力对物体做功为100 J

C. 飞行过程中物体克服阻力做功22 J

D. 物体自抛出到落地时间为s

【答案】BC

【解析】

A、根据动能定理，抛出时人对物体做功等于物体的初动能，为，故A错误。B、自抛出到落地，重力对物体做功为：WG=mgh=1×10×10=100J，故B正确。C、飞行过程根据动能定理得：mgh-Wf=Ek2-Ek1，代入解得物体克服阻力做的功为：，故C正确。D、由于空气阻力的影响，物体不是平抛运动，故竖直分运动不是自由落体运动，且空气阻力是变力，无法求解运动的时间，故D错误。故选BC。

【点睛】本题是动能的定义和动能定理的简单应用，空气阻力是变力，运用动能定理求解克服空气阻力做功是常用的方法．

3.如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平。则在斜面上运动时，B受力的示意图为 （ ）

A.  B.

C  D.

【答案】A

【解析】

【详解】将A、B做为一个整体，则一起冲上斜面时，受重力及斜面的支持力，合力沿斜面向下，然后再用隔离体法，单独对B进行受力分析可知，B受摩擦力一定沿水平方向上，且一定水平向左，竖直方向上重力大于支持力这样才能使合力沿斜面向下了，故A正确，BCD错误。

4.如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB。若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为（ ）

A.  B.  C.  D. 无法确定

【答案】C

【解析】

试题分析：设游速为v，水速为v0，OA=OB=l，则甲整个过程所用时间：，

乙为了沿OB运动，速度合成如图；则乙整个过程所用时间：，∵∴t甲＞t乙，∴选C正确，选项ABD错误．故选C。

考点：运动的合成和分解

【名师点睛】本题考查运动的合成（主要是速度的合成）和匀速运动规律，运用速度合成的矢量平行四边形法则求出各自的合速度是关键。

5.“嫦娥三号”从距月面高度为100km的环月圆轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q成功落月，如图所示．关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是（　　）

A. 沿轨道Ⅰ运动至P时，需制动减速才能进入轨道Ⅱ

B. 沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期

C. 沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度

D. 在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，机械能不变

【答案】AD

【解析】

在轨道I上运动，从P点开始变轨，可知嫦娥三号做近心运动，在P点应该制动减速以减小向心力，通过做近心运动减小轨道半径，故A正确；轨道Ⅱ的半长轴小于轨道I的半径，根据开普勒第三定律可知沿轨道Ⅱ运行的周期小于轨道I上的周期，故B错误；在轨道Ⅱ上运动时，卫星只受万有引力作用，在P点时的万有引力比Q点的小，故P点的加速度小于在Q点的加速度，故C错误；根据开普勒第二定律可知，知在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对嫦娥三号做正功，嫦娥三号的速度逐渐增大，动能增加，重力势能减小，机械能不变，故D正确．故选AD.

6.质量为m的物体置于倾角为的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下斜面以加速度a向左做匀加速直线运动，如图所示，运动过程中物体与斜面之间保持相对静止，则下列说法不正确的是(　　)

A. 斜面对物体的支持力一定做正功

B. 斜面对物体的摩擦力可能做负功

C. 斜面对物体的摩擦力可能不做功

D. 斜面对物体摩擦力一定做正功

【答案】D

【解析】

【详解】A. 由功的计算公式可知，支持力方向垂直斜面向上，与位移的方向夹角小于90°，支持力一定做正功，故A不符合题意；

BCD. 摩擦力是否存在需要讨论：当加速度较小时，摩擦力沿斜面向上，即，摩擦力沿斜面向上，做负功；当加速度较大时，摩擦力沿斜面向下，即，摩擦力沿斜面向下，做正功；当时，摩擦力不存在，不做功，故D符合题意，B、C不符合题意。

7.粗糙绝缘的水平桌面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A、B。板间桌面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到t1时刻物块才开始运动，(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则(　　)

A. 在0～t1时间内，物块受到的摩擦力恒定，方向水平向左

B. 在t1～t3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小

C. t3时刻物块的速度最大

D. t4时刻物块的速度最大

【答案】C

【解析】

【详解】A. 在时间内，物块处于静止状态，电场强度方向水平向右，物块所受的电场力水平向右，根据平衡条件得摩擦力大小：

增大，随之增大，并且由平衡条件知，摩擦力的方向水平向左，故A错误；B. 在时间内，物体向右运动，受到的是滑动摩擦力，物块对地面的压力不变，根据公式知，摩擦力不变，故B错误；

CD. 据题意：最大静摩擦力与滑动摩擦力认为相等，在时刻物块所受的静摩擦力达到最大，并恰好等于此时的电场力；在时间内，电场力一直大于摩擦力，物体一直向右加速运动；在时间内，电场力小于滑动摩擦力，物块向右做减速运动，所以时刻物块的速度最大，故C正确，D错误。

8.如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，箭头表示运动方向，a、b是轨迹上的两点．若粒子在运动中只受电场力作用．根据此图能作出的正确判断是(　　)

A. 带电粒子所带电荷的符号

B. 粒子在a、b两点的受力方向

C. 粒子a、b两点何处速度大

D. a、b两点电场的强弱

【答案】BCD

【解析】

【详解】由题图中粒子的运动轨迹可知粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A错误，B正确；由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，故C正确；根据电场线的疏密程度可判断a、b两点电场的强弱a点场强较大，故D正确．

9.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是(　　)

A. q1、q2为等量异种电荷

B. N、C两点间场强方向沿x轴负方向

C. N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大

D. 将一正点电荷从N点移到D点，电势能先减小后增大

【答案】CD

【解析】

【详解】A. 若、是异种电荷，电势应该逐渐减小，由图象可以看出，电势分布具有对称性，应该是等量的同种正电荷，故A错误；

B. 沿电场线方向电势逐渐降低，则、两点间场强方向沿轴正方向，故B错误；

C.图线的斜率表示电场强度，由图可得、两点间的电场强度大小沿轴正方向先减小后增大，故C正确；

 D.电场线向右，电场线向左，将一正点电荷从点移到点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D正确。

10.一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板B接地，P为两极板间一点，如图所示。用E表示电容器两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势，则下列说法中正确的是(　　)

A. 若保持B极板不动，将极板A向下移动少许，则U变小，E不变

B 若将一玻璃板插入A、B两极板之间，则φ变大，E变大

C. 若将A极板向左平行移动少许，则U变小，φ不变

D. 若保持A极板不动，将极板B向上移动少许，则U变小，φ减小

【答案】AD

【解析】

【详解】A. 若保持极板不动，将极板向下移动少许，根据可知电容增大，由不变，根据可知两极板间的电压变小；由、、可得：

可知电容器两极板间的电场强度不变，故A正确；

B. 若将一玻璃板插入、两极板之间，根据可知电容增大，由不变，根据可知两极板间的电压变小，根据可知，且电容器两极板间的电场强度变小，由知，点与下极板的电势差减小，则点的电势变小，故B错误；

C. 若将极板向左平行移动少许，根据可知电容减小，由不变，根据可知两极板间的电压变大，且变大，由知，点与下极板的电势差增大，则点的电势变大，故C错误；

D. 若保持极板不动，将极板向上移动少许，电容变大，则变小，且不变，由知点与下极板的电势差变小，变小，故D正确。

11. 在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则

A. 灯泡L变暗

B. 电源内部消耗的功率先变大后变小

C. 电容器C上的电荷量增加

D. 流过R1的电流方向由左向右

【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查含电容器电路的动态分析

【详解】AB．当滑片向右移动时，电阻减小，干路电流增大，根据P=I2R知灯泡变亮，电源内部消耗功率变大，选项A、B错误；

C．根据U=IR知，电源内电压及灯泡上电压增大，滑动变阻器上分得电压减小，电容器因与滑动变阻器并联，电容器C上电压也减小，根据Q=CU知电容器电量减小，C错误；

D．电容器会通过R、R1组成回路放电，故经过电阻R1的电流由左向右，D正确。

12.某种小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示,三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路,电源的内阻为1.0 Ω。现闭合开关S,理想电压表V的示数为4.0 V,则(　)

A. 三个灯泡的总电阻为8.3 Ω

B. 电源的电动势为5.6 V

C. 电源消耗的热功率为3.0 W

D. 电源的效率为89.3%

【答案】ABD

【解析】

【详解】A项：电压表的示数为：U1=4V，由U-I图象得到干路中灯泡的电流为：I1=0.6A，该灯泡的电阻为：，另外两个并联灯泡的电流均为：I2=0.3A，再根据U-I图象得到电压为：U2=1V，则并联电阻为：，故三个灯泡的总电阻为：R=R1+R并≈8.3Ω，故A正确；

B项：电源的电动势为：E=U1+U2+I1r=4+1+0.6×1=5.6V，故B正确；

C项：电源消耗的热功率为：，故C错误；

D项：电源的效率为：，故D正确。

二、实验题

13. 在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（2.5V，0.6W），滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干。

①粗测小电珠的电阻，应选择多用电表_____倍率的电阻档（请填写“×1”、“×10”或“×100”）；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图，结果为_____。

②实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图完成实物图丙中的连线。

③开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于____端。为使小电珠亮度增加，P应由中点向_____端滑动。

【答案】①×1；7.5②如图所示；③左端（或a端）；右端（或b端）

【解析】

试题分析：①小电珠的电阻，故可选用×1档；读数为7.5Ω；②如右图所示；③开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于左端。为使小电珠亮度增加，P应由中点向右端滑动。

考点：描绘小电珠的伏安特性曲线

14.在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：

待测金属丝：（阻值约，额定电流约）；

电压表：（量程，内阻约）；

电流表：（量程，内阻约）；

（量程，内阻约）；

电源：（电动势3V，内阻不计）

（电动势12V，内阻不计）

滑动变阻器：（最大阻值约）

螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。

①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为_________mm。

②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选___、电源应选__（均填器材代号），在虚线框中（间答题卡）完成电路原理图____。

【答案】    (1). 1.773    (2). A1    (3). E1    (4).

【解析】

【详解】(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：1．5mm+27．5×0．01mm=1．775mm；

(2)电阻丝的额定电流约为0．5A，电流表应选A1；电阻丝的额定电压约为U=IR=0．5×5=2．5V，电源应选E1；

(3)待测金属丝电阻约为5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电流表内阻约为0．2Ω，相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示：

三、计算题

15.将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N．取g＝10 m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，求电梯的加速度并说明电梯的运动情况。

【答案】电梯以a＝5 m/s2加速度匀加速下降或以a＝5 m/s2的加速度匀减速上升

【解析】

【详解】当箱子随电梯以的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知：

上下

解得：

则有：

若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10 N，则上顶板传感器的示数是5 N.

对金属块，由牛顿第二定律知：

上下

解得：

方向向下

故电梯以5 m/s2的加速度匀加速下降，或以5 m/s2的加速度匀减速 上升

16.如图，直角坐标系xOy位于竖直平面内，其中x轴水平，y轴竖直。竖直平面中长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA长为l，与x轴间的夹角，一质量为m、电荷量为q的带正电小球可看成质点从y轴上的P点沿x轴正方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域。已知重力加速度为g。

(1)求P点的纵坐标及小球从P点射出时的速度大小v0；

(2)已知电场强度的大小为，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么条件？

【答案】(1)；(2)

【解析】

【详解】(1)设小球从到所用时间为

竖直方向：

水平方向：

由几何关系：

解得：

(2)设小球到达时速度为，进入电场后加速度为，则有：

小球在电场中沿方向做匀速直线运动，沿与垂直方向做加速度为的匀加速运动，设边界的长度为时，小球不从边射出，在电场中运动时间为

解得：

17.甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4 m，传送带甲比乙长0.45 m，两传送带均以3 m/s的速度逆时针匀速转动，可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以3 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块质量均为2kg，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

 (1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间；

 (2)物块A、B在传送带上的划痕长度之比。

 (3)物块A、B与传送带因摩擦产生的热量分别是多少。

【答案】（1） （2） （3）11.6J；

【解析】

【详解】(1)对物块A由牛顿第二定律知

代入数值得：

设经时间物块与传送带共速，则由运动学规律知：

即：

此过程中物块的位移为：

物块与传送带共速后，由牛顿第二定律知：

代入数值得：

由运动学规律知：

甲

代入数值得：

所以物块由传送带顶端滑到底端经历的时间为：

 (2)在物块的第一个加速过程中，物块在传送带上的划痕长度为：

在物块的第二个加速过程中，物块在传送带上的划痕长度为：

所以物块在传送带上的划痕长度为

由分析知物块的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与相同

所以物块在传送带上的划痕长度为：

故物块、在传送带上的划痕长度之比为：

(3)物块的摩擦生热：

物块的摩擦生热：