福建省南安第一中学2020届高三上学期月考物理试题

南安一中2019～2020学年上学期高三年第二次阶段考

物理科试卷

一．选择题

1.如图所示，倾角为θ=的光滑斜面固定在水平面上，斜面上有质量相同的物块A、B。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，A、B的加速度分别为

A. 0，0 B. 0， C. , D. ,

【答案】C

【解析】

【详解】开始A、B间无弹力，对A分析，根据平衡知，弹簧的弹力

细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，加速度

可知A、B的加速度均为，故C正确。

2.如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是

A. 不论在轨道1还是在轨道2运行,卫星在P点的速度都相同

B. 不论在轨道1还是在轨道2运行,卫星在P点加速度都相同

C. 卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度

D. 卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量

【答案】B

【解析】

【详解】A．卫星由轨道1在P点进入轨道2做离心运动，要加速，所以在轨道1和在轨道2运行经过P点的速度不同，故A错误；

B．在轨道1和在轨道2运行经过P点，都是万有引力提供向心力，由

得

所以卫星在P点的加速度都相同，故B正确；

C．由

得

由于r不同，加速度方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道1的任何位置的加速度都不同，故C错误；

D．卫星在轨道2的任何位置的速度方向不同，所以动量不同，故D错误。

3.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，开始弹簧处于原长h，让圆环沿杆滑下，圆环滑到杆的底端时速度恰好为零，则在圆环下滑过程中（　　）

A. 圆环机械能守恒

B. 弹簧的弹性势能先增大后减小

C. 当圆环的动能最大时弹簧的弹性势能最大

D. 当圆环滑到杆的底端时弹簧的弹性势能为mgh

【答案】D

【解析】

圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中，重力和弹簧的拉力对环做功，因为有弹力做功，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，A错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长到原长，再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大，B错误；当圆环的速度为零时，环的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹簧的弹性势能最大，但速度为零，所以动能不是最大，C错误；圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的机械能即弹性势能增大mgh，D正确．

4.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（　　）

A. B点为中垂线上电场强度最大的点,场强

B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大

C. 由C点到A点电势逐渐升高

D. A、B两点间的电势差

【答案】A

【解析】

【详解】A．据v-t图可知带电粒子在B点的加速度最大为：

，

所受的电场力最大为

，

据知，B点的场强最大为

，

A正确；

B．据v-t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，B错误；

C．据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，C错误；

D．据v-t图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得电场力从B到A做的功

，

故

，

D错误．

5.如图所示为某粒子分析器的简化结构．金属板P、Q相互平行,两板通过直流电源、开关相连,其中Q板接地．一束带电粒子，从a处以一定的初速度平行于金属板P、Q射入两板之间的真空区域,经偏转后打在Q板上如图所示的位置．在其他条件不变的情况下，要使该粒子束能从Q板上的b孔射出不计粒子重力和粒子间的相互影响，下列操作中可能实现的是

A. 保持开关S闭合，适当上移P极板

B. 保持开关S闭合，适当左移P极板

C. 先断开开关S，再适当上移P极板

D. 先断开开关S，再适当左移P极板

【答案】A

【解析】

【详解】A．保持开关S闭合，两极板间的电压不变，适当上移P极板，两极板间的距离增大，根据知场强变小，带电粒子的加速度

变小，竖直方向，时间变长，水平方向的位移变大，该粒子可能从Q板上的b孔射出，故A正确；

B．保持开关S闭合，适当左移P极板，两极板间的距离不变，根据知场强大小不变，根据知加速度大小不变，根据知运动时间相等，根据知水平位移不变，粒子打在Q板上的位置不变，故B错误；

C．先断开开关S，金属板P、Q所带的电荷量Q不变，电容，结合，电场强度

所以场强不变，粒子所受的电场力不变，加速度不变，粒子仍然打在下极板的原位置，故C错误；

D．断开开关S，电容器所带的电荷量不变，左移P极板，正对面积S减小，根据知，电容减小，由知两极板间的电压增大，场强增大，加速度增大，根据可知，时间减小，由知水平位移减小，故落点在原位置的左侧，故D错误。

6.如图所示，光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内，OP边水平，OP与OQ在O点平滑相连，质量均为m的A、B两小环用长为L的轻绳相连，分别套在OP和OQ杆上．初始时刻，将轻绳拉至水平位置拉直（即B环位于O点），然后同时释放两小环，A环到达O点后，速度大小不变，方向变为竖直向下，已知重力加速度为g．下列说法正确的是（     ）

A. 当B环下落时，A环的速度大小为

B. 在A环到达O点的过程中，B环一直加速

C. A环到达O点时速度大小为

D. 当A环到达O点后，再经的时间能追上B环

【答案】ACD

【解析】

【详解】B环下落一段位移后，设绳子与水平方向之间的夹角为α，则与竖直方向之间的夹角β=90°-α，设此时A的速度为vA，将A的速度沿绳子方向与垂直于绳子的方向分解，设沿绳子方向的分速度为v，如图所示：

可得：v=vAcosα，设B的速度为vB，将B的速度也沿绳子的方向与垂直于绳子的方向分解如图，其中沿绳子方向的分速度与A沿绳子方向的分速度是相等的，可得：v=vBcosβ，联立可得：，当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角，可得：所以：α=30°，A环的速度大小为，B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒可得：，联立得A环的速度大小为，故A正确；B开始下降的过程中速度由0开始增大，所以是做加速运动．当绳子与竖直方向之间的夹角接近90°时，tanβ→∞，则，可知当A到达O点时，B的速度等于0．所以B一定还存在减速的过程．即A环到达O点的过程中，B环先加速后减速，故B错误；由于A到达O点时B的速度等于0，由机械能守恒得：，解得：，故C正确；环A过O点后做加速度等于g的匀加速直线运动，B做自由落体运动．当A追上B时有：，解得：，故D正确．所以ACD正确，B错误．

7.降雨量是一种重要的气象要素，它是指在一定时间内降落到地面的水层深度，单位时间内的降雨量称降雨强度．已知雨滴密度为1×103kg/m3，竖直下落的速度为8m/s，撞击玻璃后无反弹，现将一块面积为0.25m2的玻璃水平放置在室外，当降雨强度为1 mm/min时雨水对玻璃的作用力大小为

A. 2N B. 33N

C. 0.033N D. 3.3N

【答案】C

【解析】

【详解】当降雨强度为1mm/min时雨水质量为

取竖直向下为正方向，由动量定理得

得

故C正确。

8.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是

A. 斜面倾角α=60°

B. A获得的最大速度为

C. C刚离开地面时，B的加速度最大

D. 从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒

【答案】B

【解析】

【详解】A．设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则

物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有

对A有

得

当B获得最大速度时，有，联立解得

即

故A错误；

B．设开始时弹簧的压缩量xB，则

设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则

当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体A沿斜面下滑的距离均为：

由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体C刚刚离开地面时，A、B两物体的速度相等，设为vBm，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得

代入数据，解得

故B正确；

C．C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零，故C错误；

D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。

9.如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则（　　）

A. 在荧屏上的亮斑向上移动 B. 在荧屏上的亮斑向下移动

C. 偏转电场对电子做的功增大 D. 偏转电场的电场强度减小

【答案】AC

【解析】

【详解】电子束在偏转电场中做类平抛运动，运动的时间不发生变化，逐渐增大M1、M2之间的电势差，根据，则偏转电场的电场强度增大，D错误；根据W＝Uq，偏转电场对电子做的功增大，C正确；电子在偏转电场中所受的电场力向上，在荧光屏上的亮斑向上移动，A正确，B错误．

10.离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置．如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，a、b、c、d相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷．四个点的连线构成一个正方形abcd，A、C是ac连线上的两个点，B、D是bd连线上的两个点，A、B、C、D到正方形中心O的距离相等，下列判断正确的是

A. A、C两点场强等值反向

B A点电势比B点电势低

C. 将一负电荷沿直线由C运动到A的过程中电场力不做功

D. 将一负电荷沿直线由C运动到A的过程中电势能始终不变

【答案】AC

【解析】

【详解】A．A点和C点到正、负电荷的距离相等，由电场的叠加原可知，AC两点的电场强度大小相等，方向相反，故A正确；

B．A到B的电场线，是由A指向B，且电场线是曲线，沿着电场线的方向，电势是降低，所以A点电势比B点电势高，故B错误；

CD．A点和C点到正、负电荷的距离相等，由于电势的叠加可知，AC点的电势相等，A到C电势先降低后升高，所以一负电荷沿直线由C运动到A的过程中电场力不做功，负电荷的电势能先升高后降低，故D错误。

11.如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则

A. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小

B. 第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大

C. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大

D. 竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大

【答案】BD

【解析】

详解】A．由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；

B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确

C．由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由 易知a1>a2，故C错误

D．由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G-fy=ma，可知，fy1<fy2，故D正确

12.如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出

A. 木板的质量为1kg

B. 2s~4s内，力F的大小为0.4N

C. 0~2s内，力F的大小保持不变

D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

【答案】AB

【解析】

【详解】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.

二．填空

13.某同学利用光电传感器设计了测定重力加速度的实验,实验装置如图1所示,实验器材有铁架台、光电计时器、小钢球等，铁架台上端固定一个电磁铁，通电时，小钢球被吸在电磁铁上，断电时，小钢球自由下落．

（1）先将光电门固定在A处,光电计时器记录下小球经过光电门的时间Δt0,量出小球释放点距A的距离为h0，测出小球的直径d（d远小于h0）则小球运动到光电门处的瞬时速度v=______当地的重力加速度为g=______（用题中所给字母表示）

（2）再用一螺旋测微器测量小球直径d，如图2所示，读数为d=____cm

（3）若某次实验时光电计时器记录下小钢球经过光电门的时间为0.5Δt0，请你判断此时光电门距A处的距离______（用（1）中所给字母表示）；

（4）由于直尺的长度限制，该同学改测光电门位置与其正上方固定点P（图中未画出）之间的距离h1，并记录小球通过光电门的时间Δt移动光电门在竖直杆上的位置，进行多次实验，利用实验数据绘制出如图3所示的图象，已知图象斜率为k，纵截距为b，根据图象可知重力加速度g=______，P点速度为______．

【答案】    (1).     (2).     (3). 0.6725    (4). 3h    (5).     (6).

【解析】

【详解】(1)[1]球通过光电门时的速度

[2]根据得

(2)[3]螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm．可动刻度读数为

0.01×22.5mm=0.225mm

所以最终读数为：

6.5mm+0.225mm=6.725mm=0.6725cm

(3)[4]若某次实验时光电门计时器记录下小钢球经过光电门的时间为0.5t0，则通过光电门的速度变为原来的2倍，根据得，知下落的高度变为原来的4倍，因为第一次固定在A处，第二次求的是光电门与A的距离为

(4)[5][6]根据速度位移公式可知

解得

斜率

解得

纵截距

解得

三．计算题

14.如图为一竖直固定的半径为R=0.5m的半圆轨道AB，该轨道与水平轨道相切于A点，质量分别为m1=0.1 kg、m2=0.2 kg的可视为质点的小球甲和乙处在水平轨道上，且甲、乙之间有一压缩的轻弹簧处于锁定状态， 两球与轻弹簧均不连接，开始甲、乙两球以共同的速度v0=2m/s向右做匀速直线运动，两小球运动至衔接点A时，锁定突然解除，使两球分离，经过一段时间小球乙恰好能通过B点，且能从B点水平抛出，重力加速度取g=10m/s2．不计一切摩擦阻力，则：

(1)两小球分离时小球甲的速度为多大?

(2)小球乙由A到B的过程中合力的冲量为多大?

【答案】（1）4m/s，方向水平向左    （2），方向水平向左

【解析】

【详解】(1)小球乙恰好能通过B点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得m/s

小球乙从A运动到B的过程中机械能守恒：

解得v2=5m/s

当两球之间的锁定突然解除后，系统的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

(m1+m2)v0=m1v1+m2v2

代入数据解得v1=-4m/s，即两小球分离时小球甲的速度大小为4 m/s，方向水平向左．

(2)取向右为正方向，对小球乙，由动量定理得

I=-m2v＇2-m2v2=0.2×(-) kg·m/s-0.2×5 kg·m/s=-(+1) kg·m/s，

即小球乙由A到B的过程中合力的冲量大小为(+1) kg·m/s，方向水平向左．

【点睛】此题是力学综合问题，考查牛顿第二定律、机械能守恒定律以及动量守恒定律的应用，要注意正确进行受力分析，明确物体的运动过程，再选择合适的物理规律求解．

15.如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，滑上长木板时速度大小为6m/s，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，圆弧轨道半径R=3m，OB与竖直方向OC间的夹角θ=，（g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8）求：

（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；

（2）小物块滑动至C点时对圆弧轨道C点的压力；

（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．

【答案】（1）5m/s,与水平方向夹角（2）22N（3）3m

【解析】

【详解】(1)在B点,因小物块恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC,所以速度的方向与水平方向之间的夹角为，有：

与水平方向夹角

(2)小物体在C点的速度，在C点,支持力与重力的合力提供向心力,设轨道对小物体的支持力为N，有：

代入数据解得：

根据牛顿第三定律，小物块对C点的压力大小为22N

(3)小物块不滑出木板，最终两者达到共速，历时，对小物块有：

加速度为

由动能定理得

对木板有：

木板的最短长度L与两者之间的位移关系有：

联立解得：

16.如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为-q（-q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（-L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点．该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径．小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g．求：

(1)匀强电场的电场强度的大小；

(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；

(3)小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置．

【答案】(1)；(2)mg方向向下；(3)-7L．

【解析】

【详解】(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则

解得：

(2)根据几何关系可知，圆弧的半径

从P到B点的过程中，根据动能定理得：

在B点，根据牛顿第二定律得：

联立解得：

，

方向向上，由牛顿第三定律可知，小球运动到B点时对管的压力的方向向下

(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：

解得：

小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度

小球的加速度

，

当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：

解得：

则沿x轴方向运动的位移

则小球从C点飞出后落在x轴上的位置

17.如图所示，光滑轨道ABO的AB部分与水平部分BO相切，轨道右侧是一个半径为R的四分之一的圆弧轨道，O点为圆心，C为圆弧上的一点，OC与水平方向的夹角为37°.现将一质量为m的小球从轨道AB上某点由静止释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力．(sin 37°=，cos 37°=)

(1)若小球恰能击中C点，求刚释放小球的位置距离BO平面的高度；

(2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．

【答案】(1)   (2)

【解析】

（1）设小球经过O点的速度为，从O点到C点做平抛运动，则有

从A点到O点，由动能定理得

联立上述几式，刚释放小球的位置距离BO平面的高度；

（2）设小球落地点与O点的连线与水平方向的夹角为，小球做平抛运动，

小球从O点到落地点，由动能定理得

解得

当时，小球落到轨道时动能的最小值，最小值为