吉林省长春汽车经济技术开发区第六中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

物 理

一、选择题

1.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是(     )

A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电

B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小

C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针张角变大

D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大

【答案】A

【解析】

A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；

B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；

C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；

D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误．

点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系．

2.如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员

A. 过程I的动量改变量等于零

B. 过程II的动量改变量等于零

C. 过程I的动量改变量等于重力的冲量

D. 过程II 的动量改变量等于重力的冲量

【答案】C

【解析】

【分析】

分析两个过程中运动员速度的变化、受力情况等，由此确定动量的变化是否为零．

【详解】AC．过程I中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；

B．运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程II的动量改变量不等于零，故B错误；

D．过程II 的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误．

3.高速公路ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为（　　）

A. 4.2m B. 6.0m C. 7.8m D. 9.6m

【答案】D

【解析】

【详解】汽车的速度21.6km/h＝6m/s，汽车在前0.3s+0.7s内做匀速直线运动，位移为：x1＝v0（t1+t2）＝6×（0.3+0.7）＝6m，随后汽车做减速运动，位移为：3.6m，所以该ETC通道的长度为：L＝x1+x2＝6+3.6＝9.6m，故ABC错误，D正确

【点睛】本题的关键是明确汽车的两段运动的特点，然后合理选择公式．

4. 空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则( )

A. P、Q两点处的电荷等量同种

B. a点和b点的电场强度相同

C. c点的电势低于d点的电势

D. 负电荷从a到c，电势能减少

【答案】D

【解析】

P、Q两点处的电荷等量异种，选项A错误；a点和b点的电场强度大小相等，方向不同，选项B错误；c点的电势高于d点的电势，选项C错误；负电荷从a到c，电场力做功，电势能减少，选项D正确．

5.如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半径为2R的一段圆弧．二者圆心在一条竖直线上，小球a、b通过一轻绳相连，二者恰好等于等高处平衡．已知，不计所有摩擦，则小球a、b的质量之比为

A. 3:4 B. 3:5 C. 4:5 D. 1:2

【答案】A

【解析】

【详解】对a和b两个物体受力分析，受力分析图如下，因一根绳上的拉力相等，故拉力都为T；

由力的平衡可知a物体的拉力

，

b物体的拉力

，

，

则

联立可解得，A正确．

6.2019年1月，我国在西昌卫星发射中心成功发射了“中星2D”卫星．“中星2D”是我国最新研制的通信广播卫星，可为全国提供广播电视及宽带多媒体等传输任务．“中星2D”的质量为m、运行轨道距离地面高度为h．已知地球的质量为M、半径为R，引力常量为G，根据以上信息可知“中星2D”在轨运行时（   ）

A. 速度的大小为 B. 角速度大小为

C. 加速度大小为 D. 周期为

【答案】C

【解析】

【详解】“中星2D”在轨运行时，由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：

根据题意有 r=R+h．

A. 根据分析解得： ，A错误．

B. 根据分析解得： ，B错误．

C. 根据分析解得： ，C正确．

D. 根据分析解得： ，D错误．

7.从地面上以初速v0度竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动．则下列说法正确的是（         ）

A. 小球加速度在上升过程中逐渐增加，在下降过程中逐渐减小

B. 小球上升过程中的平均速度大于

C. 小球抛出瞬间的加速度最大，到达最高点的加速度最小

D. 小球抛出瞬间的加速度大小为

【答案】D

【解析】

【详解】AC.上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg=ma，解得；由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；

下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma′，解得：；由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直减小，跑出瞬间加速度最大，落回地面加速度最小；故A项错误，C项错误.

B.速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，如图所示：

从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于；故B错误.

D.空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；

小球抛出瞬间，有：

mg+kv0=ma0；

联立解得：；故D正确.

8.如图所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在一轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平桌面上，初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动。在a下降的过程中，b始终未离开桌面。（忽略一切摩擦阻力和空气阻力）在此过程中

A. a的动能大于b的动能

B. a的动能等于b的动能

C. 两物体所组成的系统机械能增加

D. 物体a克服绳拉力做的功等于物体a机械能的减少量

【答案】D

【解析】

【详解】AB．将b物体的实际速度沿绳方向正交分解：

b物体的动能大于a物体的动能，故AB错误；

C．对于两物体组成的系统，除重力以外，没有其他外力做功，所以系统机械能守恒，故C错误；

D．对a物体而言，绳子拉力做负功，a物体的机械能减小，所以物体a克服绳拉力做的功等于物体a机械能的减少量，故D正确。

故选D．

二、多项选择题

9.质量为m的物体，在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F1、F2不变，仅将F3的方向改变90○ (大小不变)后，物体可能做（      ）

A. 加速度大小为的匀变速直线运动 B. 加速度大小为的匀变速直线运动

C. 加速度大小为的匀变速曲线运动 D. 匀速直线运动

【答案】BC

【解析】

【详解】物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，三力平衡，必有F3与F1、F2的合力等大反向，当F3大小不变，方向改变90°时，F1、F2的合力大小仍为F3，方向与改变方向后的F3夹角为90°，故，加速度，但因不知原速度方向，故力改变后的初速度方向与F合的方向间的关系未知，可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，故BC正确，AD错误．

【点睛】本题关键先根据平衡条件得出力F3变向后的合力大小和方向，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据曲线运动的条件判断物体的运动性质：当物体受到的合外力恒定时，若物体受到的合力与初速度不共线时，物体做曲线运动；若合力与初速度共线，物体做直线运动．

10.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的是

A. x1处的电场强度为零

B. q1、q2一定为异种电荷

C 将负试探电荷从x1移到x2，电势能增大

D. 将负试探电荷从x1移到x2，受到的电场力减小

【答案】BD

【解析】

【详解】A．图像斜率的物理意义为电场强度，处的斜率不为零，所以处的电场强度不为零，故A错误；

B．根据图像可知，左侧的电场线方向水平向左，右侧的电场线方向水平向右，处的电场强度为0，所以和带异种电荷均在左侧，且距离较近的电荷带负电，故B正确；

C．负电荷从电势低的地方移到电势高的地方电势能减小，故C错误；

D．从x1移到x2图像的斜率逐渐变小，所以电荷受到的电场力减小，故D正确。

故选BD．

11.如图所示，氘核和氚核两种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么

A. 偏转电场E2对两种粒子做功一样多

B. 两种粒子打到屏上时的速度一样大

C. 两种粒子运动到屏上所用时间相同

D. 两种粒子一定打到屏上的同一位置

【答案】AD

【解析】

【详解】A．加速电场场强，板间距一定，所以极板之间电势差一定，那么粒子经过加速电场：

同理，经过偏转电场，做类平抛运动，极板长度为，间距为，分解位移：

解得偏转位移：

两粒子带电量相同，电场力做功的位移相同，所以偏转电场E2对两种粒子做功一样多，故A正确；

B．整个过程中对粒子应用动能定理：

解得：，粒子的比荷不同，所以打到屏上的速度大小不同，故B错误；

C．粒子在加速电场中做匀加速直线运动：

粒子加速的位移相同，比荷越大，时间越短，粒子飞出加速电场后的速度：

通过偏转电场到屏上的过程中，水平方向做匀速直线运动且位移相同，两粒子的比荷不同，水平方向的速度不同，比荷越大，速度越大，时间越短，所以通过的时间不同，故C错误；

D．粒子飞出偏转电场的速度与水平方向的夹角满足：

所以两个粒子飞出偏转电场的速度方向相同，之后粒子做匀速直线运动，所以两粒子一定打到屏上的同一位置，故D正确。

故选AD．

12.如图所示，ABCD是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处平滑，A、B、C、D四点在同一竖直面内，BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β)，让套在金属杆上的小环从A点无初速释放．若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做功为W1，重力的冲量为I1；若小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做功为W2，重力的冲量为I2．则

A. W1>W2 B. W1=W2

C. I1 >I2 D. I1 =I2

【答案】BC

【解析】

试题分析：设正方形的边长为l，经AB段和CD段摩擦力做负功，大小为，经BC段和AD段摩擦力做负功，大小为，W1=W2，A错误、B正确；小环从A经B滑到C点和从A经D滑到C点过程中路程相等，到达C点时速度大小相等．设AB段加速度为a1，，AD段加速度为a2，，则，B点速度，D点的速度，，所以AD段的平均速度大于AB段的平均速度，CD段的平均速度大于BC段的平均速度，小环从A经B滑到C点所用时间大于从A经D滑到C点所用的时间，根据，I1>I2，C正确、D错误．故选BC．

考点：牛顿第二定律、运动学公式、功、冲量

三、实验题

13.（1）用图1所示装置做“探究功与速度变化的关系”实验时，除了图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有_________（填字母）；

A． 秒表        B． 天平         C．刻度尺          D．弹簧测力计

（2）用图2所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，释放重物前有以下操作，其中正确的是_____（填字母）；

A．将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上

B．手提纸带任意位置

C．使重物靠近打点计时器

【答案】    (1). C    (2). AC

【解析】

【详解】（1）[1]根据实验原理可知需要用刻度尺测量打点之间的距离，故C正确；

（2）[2]A．将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上，可以减小纸带运动过程中的摩擦力，故A正确；

BC．手提纸带应使重物靠近打点计时器，可以提高纸带使用率，故B错误，C正确。

14.某同学设计了如图装置来验证碰撞过程遵循动量守恒．在离地面高度为 h 的光 滑水平桌面上，放置两个小球 a 和 b．其中，b 与轻弹簧紧挨着但不栓接，弹簧左侧固 定，自由长度时离桌面右边缘足够远，起初弹簧被压缩一定长度并锁定．a 放置于桌面 边缘，球心在地面上的投影点为 O 点．实验时，先将 a 球移开，弹簧解除锁定，b 沿桌 面运动后水平飞出．再将 a 放置于桌面边缘，弹簧重新锁定．解除锁定后，b 球与 a 球 发生碰撞后，均向前水平飞出．重复实验 10 次．实验中，小球落点记为 A、B、C．

(1)若 a 球质量为 ma，半径为 ra；b 球质量为 mb， 半径为 rb．b 球与 a 球发生碰撞后，均向前水平 飞出，则 ______  ．

A．ma<mb，ra=rb        B．ma<mb，ra<rb C．ma>mb，ra=rb    D．ma>mb，ra>rb

(2)为了验证动量守恒，本实验中必须测量的物理 量有____．

A．小球 a 的质量 ma 和小球 b 的质量 mb

B．小球飞出的水平距离 xOA、xOB、xOC

C．桌面离地面的高度 h

D．小球飞行的时间

(3)关于本实验的实验操作，下列说法中不正确的是______．

A．重复操作时，弹簧每次被锁定的长度应相同

B．重复操作时发现小球的落点并不完全重合，说明实验操作中出现了错误

C．用半径尽量小的圆把10 个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置

D．仅调节桌面的高度，桌面越高，线段 OB 的长度越长

(4)在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足表达式：__________， 即说明碰撞过程遵循动量守恒．（用题中已测量的物理量表示）

(5)该同学还想探究弹簧锁定时具有的弹性势能，他测量了桌面离地面的高度h，该地的 重力加速度为g，则弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep 为 _______．（用题中已测量的 物理量表示）

【答案】    (1). A    (2). AB    (3). B    (4). mb•OB=mb•OA+ma•OC    (5).

【解析】

【详解】(1)[1] 为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：应该使mb大于ma

(2)[2] 要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替，所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC，故AB符合题意；

(3)[3] A.重复操作时，弹簧每次被锁定的长度应相同，可以保证b能够获得相等的速度，故A项与题意不相符；

B. 重复操作时发现小球的落点并不完全重合，不是实验操作中出现了错误；可以用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，故B项与题意相符；

C. 用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，故C项与题意不相符；

D. 仅调节桌面的高度，桌面越高，则小球飞行的时间越长，则线段OB的长度越长，故D项与题意不相符；

(4)[4] 小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则

mbv0=mbv1+mav2

两边同时乘以时间t，得：

mbv0t=mbv1t+mav2t

则

mb•OB=mb•OA+ma•OC

(5)[5] 桌面离地面的高度h，该地的重力加速度为g，小球b飞行的时间

b的初速度

弹簧锁定时具有的弹性势能Ep转化为小球b的动能，所以弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为

四、计算题

15.质量m=10kg的物块静止在光滑水平面上A点，在水平外力F作用下，10s末到达B点，外力F随时间变化的规律如图所示，取向右为正方向．求：

（1）前10s内物块的位移大小S1和在B点的速度大小v1；

（2）20s末物块的速度v2的大小和方向；

（3）10s~20s时间内外力F所做的功．

【答案】（1）4m/s（2）8m/s，水平向左（3）240J

【解析】

【详解】（1）对物块，在AB段，由牛顿第二定律可得：F1=ma1

代入数值解得

由运动学公式得

（2）在10s—20s内，方向水平向左

，即20s末速度大小为8m/s，方向水平向左

（3）在10s—20s内

16.在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球。小球始终处在场强大小为、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L。重力加速度为g，不计空气阻力，求

（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；

（2）O、P两点间的电势差。

【答案】（1）1.5mg   （2）

【解析】

【详解】（1）小球受到竖直向上的电场力：

F = qE = 1.5mg＞mg

所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v，由动能定理：

设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律：

联立解得： FT = 1.5mg

（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a竖直向上，由牛顿第二定律

F  mg = ma

设细线断裂后小球经时间t到达P点，则有：

L = vt

小球在竖直方向上的位移为：

解得：

O、P两点沿电场方向（竖直方向）的距离为：

d = L + y

O、P两点间的电势差：

UOP = Ed

联立解得：

17.如图所示，右侧为固定的光滑圆弧导轨A，末端水平。左侧B为固定的挡板，C为足够长的传送带。以速度v=5m/s顺时针运动。D为下表面光滑的木板，质量为M=1kg，长度为L=3m。A的末端与C、D三者的上表面等高，最初D紧靠着A。一个质量为m=2kg的滑块（可看作质点）从A上由静止下滑高度h=1.8m后，滑上木板D。已知滑块恰能滑到木板D的左端，且此刻木板恰与B相撞，若木板与挡板、导轨每次碰撞后，速度均变为零（但不粘连），滑块与木板及传送带间的动摩擦因数都相等，g=10m/s2,D与B碰后C、D间的缝隙很小忽略不计。求：  

（1）动摩擦因数；

（2）滑块第一次滑上传送带运动到最左端过程中，电动机对传送带多做的功；

（3）滑块第一次返回轨道A的最大高度。

【答案】（1）0.2  （2）40J  （3）

【解析】

【详解】（1）滑块滑下，根据动能定理：

解得：

木板D和滑块组成的系统动量守恒：

由能量守恒可知滑块和木板D损失的动能转化为系统的摩擦生热：

联立可解得：，

（2）电动机对传送带多做的功为摩擦生热减去滑块损失的动能，滑块在传送带向最左端运动的过程中做匀减速运动，最后减速到零，由牛顿第二定律可知：

解得：

由运动学可知滑块在传送带运动的时间：

滑块的位移：

则传送带的位移：

系统摩擦生热为：

滑块损失的动能为：

则电动机多做的功：

（3）再次滑上木板：

滑块和木板再次损失的热量：

木板和导轨碰撞后滑块上升到最高点的过程：

联立解得：