天津市耀华中学2020届高三上学期第三次月考物理试题

天津市耀华中学2020届高三年级第三次月考

物理学科 试卷

第Ⅰ卷（选择题）

一、单选选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意，选对的得5分，选错或不选得0分。）

1.下列说法正确的是

A. 只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数

B. 悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显

C. 温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，所有分子的速率都增大

D. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体

【答案】A

【解析】

【详解】A．设水的摩尔质量为M，水分子的质量为m，则阿伏加德罗常数

从而可计算出阿伏加德罗常数，故A正确．

B．悬浮微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，微粒受力越不平衡，则布朗运动越明显，故B错误．

C．温度升高，分子热运动平均动能一定增大，大部分分子的速率增大，极个别分子速率有可能不变，也有可能减小，故C错误；

D．电冰箱致冷时通过消耗电能把热量从低温物体传到高温物体，并不违背热力学第二定律，故D错误．

2.如图所示，C为两极板水平放置的空气平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带点尘埃P恰好处于静止状态。要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是：

A. 把R1的滑片向左移动 B. 把R2的滑片向右移动

C. 把R2的滑片向左移动 D. 把开关S断开

【答案】C

【解析】

【详解】要使尘埃P向下加速运动，电容C两端电压就得下降

A．在含容电路中相当于一根导线，滑动的滑片，电容两端的电压不会发生变化，故A错误；

BC．和电源组成分压电路，把R2的滑片向左移动，电容两端电压就会下降，尘埃P向下加速运动；R2的滑片向右移动，电容两端电压就会上升，尘埃P向上加速运动；

故B错误，C正确；

D．把开关S断开，电容C两端电压等于电源电动势，电压升高，尘埃P向上加速运动，故D错误。

故选C。

【点评】稍难．电容器稳定后可认为断路，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．与电容器串联的电阻可作为导线处理。

3.2019年1月3日嫦娥四号月球探测器成功软着陆在月球背面的南极-艾特肯盆地冯卡门撞击坑，成为人类历史上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器．如图所示，在月球椭圆轨道上，己关闭动力的探月卫星在月球引力作用下向月球靠近，并在B处变轨进入半径为r、周期为T的环月圆轨道运行．己知引力常量为G，下列说法正确的是（）

A. 图中探月卫星飞向B处的过程中速度越来越小

B. 图中探月卫星飞向B处的过程中加速度越来越小

C. 由题中条件可以计算出月球的质量

D. 由题中条件可以计算出探月卫星受到月球引力大小

【答案】C

【解析】

【详解】A、在椭圆轨道上，探月卫星向月球靠近过程，万有引力做正功，根据动能定理，卫星的速度要增加，故A错误；

B、探月卫星飞向B处的过程中受到地球的引力越来越小，受到月球的引力越来越大，故合外合外力越来越大，所以加速度越来越大，故B错误；

C、在环月轨道，万有引力提供圆周运动向心力，有：mr，可得中心天体质量：M，故C正确；

D、探月卫星质量未知，故由题设条件无法计算探月卫星受到月球引力大小，故D错误．

4.静电场聚焦在电子显微镜和示波管中起着重要的作用。图示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，则（　　）

A. 聚焦电场对两电子始终做负功 B. 电子在a点具有的电势能比b点小

C. 两电子在c点处的动能可能不同 D. a点处的电势比c点处的电势低

【答案】D

【解析】

【详解】A． 两电子分别从a、b两点运动到c点，受力方向与运动方向成锐角，电场力做正功，故A错误。

B． a、b两点在同一等势面，电势相同，电子在a点和b点的电势能相同，故B错误；

C．因为a、b两点在同一等势面，电势相同，故

根据电场力做功公式 可知，从a到c和从b到c电场力做功相同，动能增加量相同，故在c点动能相同，故C错误。

D． 沿着电场线方向，电势是降低的，因此a点的电势比c点的电势低。故D正确；

5.如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板A、B之间有一个很强的磁场．一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场．把A、B与电阻R相连接．下列说法正确的是（　　）

A. R中有由b向a方向的电流

B. A板的电势高于B板的电势

C. 若只改变磁场强弱，R中电流保持不变

D. 若只增大粒子入射速度，R中电流增大

【答案】AD

【解析】

【分析】

等离子体从左向右进入磁场，受到洛伦兹力发生偏转，打到极板上，使两极板间形成电势差，当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡．根据极板的正负判断电势的高低以及电流的流向．

【详解】AB、等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向下偏，打在下极板上，负电荷向上偏，打在上极板上．所以下极板带正电，上极板带负电，则B板的电势高于A板的电势，流过电阻电流方向由b到a.故A正确，B错误；

C. 依据电场力等于磁场力，即为q=qvB，则有：U=Bdv，再由欧姆定律，I=U/R=Bdv/R，电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变．故C错误；

D. 由上分析可知，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大，故D正确．

故选AD

二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，选对的得5分，对而不全得3分，选错或不选得0分。）

6.如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则（　　）

A. 在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒

B. 在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功

C. 被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处

D. 被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

【答案】AD

【解析】

【详解】A． 小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故A正确。

B． 小球在下滑过程中，槽要向左运动，小球和槽之间的相互作用力与槽的速度不垂直，所以对槽要做功，故B错误；

C． 小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能达到高度h处，故C错误；

D． 小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，而小球反弹后也会做与槽速度相同的匀速运动，故D正确；

7.如图所示，长为、倾角为的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为，质量为的小球（可视为质点），以初速度恰能沿斜面匀速上滑，取，，，则下列说法中正确的是（    ）

A. 小球在点的电势能大于在点的电势能

B. 水平匀强电场的电场强度为

C. 若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为

D. 若电场强度减半，小球运动到点时速度为初速度的一半

【答案】BD

【解析】

【详解】A、带电小球从点到点，动能没变，则重力做功与电场力做功之和为零，所以在此过程中，重力势能的增加等于电势能的减小，因此点的电势能小于点的电势能，故A错误；

B、带电小球从点到点，动能没变，则重力做功与电场力做功之和为零，即则，故B正确；

C、根据题意可知，电场未加倍时，满足，电场加倍后，小球在斜面方向的合力，所以小球的加速度，故C错误；

D、电场未减半时，满足，若电场强度减半，小球在斜面方向的合力，所以小球的加速度，根据速度位移公式，有：，因此小球的速度减半，故D正确；

故选BD

8.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20 cm的光滑圆弧导轨相接．导轨宽度为20 cm，电阻不计．导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T. 一根导体棒ab垂直导轨放置，质量m＝60 g、电阻 R＝1 Ω，用两根长也为20 cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触．当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角 θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)，则(　　)

A 磁场方向一定竖直向上

B. 电源的电动势 E＝8 V

C. 导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8 N

D. 导体棒摆动过程中的最大动能为 0.08 J

【答案】BD

【解析】

【分析】

本题是通电导体在磁场中运动问题，运用左手定则判断安培力与磁场的关系，运用动能定理和能量守恒定律分析能量问题．

【详解】A．当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；

BC．设电路中电流为I，电源的电动势为E，由，导体棒速度最大时，细线与竖直方向的夹角则得，安培力,故B正确，C错误；

D．根据动能定理得：，解得，故D正确．

第Ⅱ卷（非选择题）

三、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分。）

9.某同学想用伏安法更精确地测量电阻Rx（阻值约200 Ω），现有的器材及其代号和规格如下：

A．电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）

B．电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）

C．电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）

D．电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）

E．直流电源E（电动势4V，内阻不计）

F．滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）

G．滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）

H．开关S和导线若干

①为了能准确地进行测量，也为了操作方便，实验中应选用的电流表是_______；电压表是_________；滑动变阻器是___________。（选填器材前的字母代号）

②请在答题卡的方框中画出实验电路图_______。

【答案】    (1). B    (2). C    (3). F    (4).

【解析】

【详解】①[1][2][3]电源电动势为4V，为了测量方便，电压表选择C，回路最大电流约为

故电流表选择B，为了调节方便，滑动变阻器选择F。

②[4]因为

故电流表采取外接，因待测阻值大于滑动变阻器总阻值，故采取分压式接法，电路图如下：

四、解答题（本题共3小题，10题12分，11题16分，12题18分，共46分。）

10.如图所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A，B不连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：

(1)B经c点抛出时速度的大小？              

(2)B经b时速度的大小？

(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能？

【答案】(1) (2) (3) 3.75mgR

【解析】

【详解】(1)B平抛运动过程竖直方向有2R＝gt2，水平方向：2R＝vct，解得：vc＝.

(2)B从b到c，由机械能守恒定律得

解得：vb＝

(3)设完全弹开后，A速度为va，弹簧回复原长过程中A与B组成系统动量守恒，2mva－mvb＝0，解得：va＝vb＝，由能量守恒定律，得弹簧弹性势能： 解得：Ep＝3.75mgR.

11.如图所示，在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向．在第一、四象限内有一个半径为的圆，圆心坐标为（r，0），圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场．一带正电的粒子（不计重力），以速度为v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为 ．求：

（1）带电粒子的比荷 ；

（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小；

（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t．

【答案】(1) （2） （3）

【解析】

试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，利用运动的合成和分解结合牛顿第二定律，联立即可求出带电粒子的比荷；利用速度偏向角公式，求出粒子从电场进入磁场时的速度，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出圆内磁场的磁感应强度B的大小；利用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间，带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t．

(1) 由水平方向匀速直线运动得

竖直向下的分速度 

由竖直方向匀加速直线运动知

加速度为

根据以上式解得

（2）粒子进入磁场的速度为v，有

由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径R=r

由洛伦兹力提供向心力可知

解得

（3）粒子在磁场中运动的时间为

粒子在磁场中运动的周期为

粒子在电场中运动的时间为

粒子运动的总时

【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，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．

12.如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2=0.8T，t=0时刻，一质量m=8×10－4kg、电荷量q=+2×10－4C的微粒从x轴上xp=－0.8m处的P点以速度v=0.12m/s向x轴正方向入射．已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动．(g取10m/s2)

(1)求电场强度．

(2)若磁场15πs后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；

(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)．

【答案】(1) ，方向竖直向上   (2) (3)

【解析】

【详解】(1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动受到的电场力和重力大小相等，则：

解得：，方向竖直向上

(2)由牛顿第二定律有：

所以

从图乙可知在内微粒做匀速圆周运动，在内微粒向左做匀速直线运动．在内微粒又做匀速圆周运动，在内微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴．

离x轴的最大距离

(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径．

由牛顿第二定律，有

所以

所以最大偏转角为60°

所以圆心坐标

即磁场的圆心坐标为．

13.如图甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验中装置，打点计时器所接的交流电源的频率为f=50Hz，试问：

①实验中，必要的措施是________。

A．细线必须与长木板平行

B．小车必须具有一定的初速度

C．小车质量远大于钩码质量

D．必须平衡小车与长木板间的摩擦力

②如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是刚打好的纸带上7个连续的点。从图乙中数据计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF=____________m/s。（保留2位有效数字）

③如图丙所示，是根据实验数据画出的v2-2x图线（v为各点的速度大小），由图线可知小车运动的加速度为____________m/s2。（保留2位有效数字）

【答案】    (1). A    (2). 0.70    (3). 0.50±0.02

【解析】

【详解】①[1] 该实验目的是研究小车做匀变速直线运动，只要小车做匀加速运动即可，对于初速度、小车质量与钩码质量关系、是否平衡摩擦力没有要求，为保证小车做匀变速直线运动细线必须与长木板平行，故A正确BCD错误。

②[2] 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上F点时小车的瞬时速度为：

③[3] 根据匀变速直线运动的速度位移公式有：得：

由此可知在v2-2x图线中，横轴截距表示初速度的平方，斜率表示加速度的大小，因此有：