江西省安远县一中2020届高三上学期第三次月考物理试题

安远县第一中学2020届高三第三次月考

物理试卷

一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1-6题只有一项符合题目要求,第7—10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。

1.以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述不正确的是(   )

A. 卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量

B. 伽利略用了理想实验法证明力是维持物体运动的原因

C. 电场强度、电容、电阻 均采用了比值定义法

D. 根据平均速度，当，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想

【答案】B

【解析】

【详解】A．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，从而求得地球的质量，被人们称为“能称出地球质量的人”，故A正确，Ａ项不合题意．

B．伽利略用了理想实验法证明力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故B错误，Ｂ项符合题意．

C．电场强度、电容、电阻均采用了比值定义法定义物理量，体现物理量间没有正比和反比关系；故Ｃ正确，Ｃ项不合题意．

D．根据平均速度，当△t→0，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想，故D正确，Ｄ项不合题意．

2.在平直公路上行驶的a车和b车的位置—时间（x-t）图像分别为图中直线和曲线，已知b车的加速度恒定且等于-2m/s2，t=3s时，直线和曲线刚好相切，则（）

A. a车做匀速运动且其速度为m/s

B. t=3s时a车和b车相遇但此时速度不等

C. t=1s时b车的速度为10m/s

D. t=0时a车和b车的距离x0=9m

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图可知，a车的速度为：

故A错误。

B．t=3s时a车和b车到达同一位置而相遇。直线a和曲线b刚好相切，说明两者的速度相等，故B错误。

C．t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车的速度 vb=va=2m/s；
设b车的初速度为v0．对b车，由

v0+at=vb

解得：

v0=8m/s
则t=1s时b车的速度为：

vb1=v0+at1=8-2×1=6m/s

故C错误。

D．前3s内，a车的位移大小为：

Sa=8m-2m=6m

b车的位移为：

t=3s时，a车和b车到达同一位置，得t=0s时a车和b车的距离为：

S0=Sb-Sa=9m

故D正确。

3.如图所示，一质点做平抛运动先后经过A、B两点，到达A点时速度方向与竖直方向的夹角为，到达B点时速度方向与水平方向的夹角为．质点运动到A点与运动到B点的时间之比是(　　)

A.  B.

C.  D. 条件不够，无法求出

【答案】B

【解析】

【详解】设初速度为v0，将A、B两点的速度分解，

在A点：

tan(－)＝＝

得

tA＝

在B点：

tan＝＝

解得：

tB＝

所以

＝

故B正确，A、C、D错误

故选B。

4.如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则（    ）

A. 绳子自由端的速率v增大

B. 拉力F变小

C. 拉力F的功率P不变

D. 杆对A的弹力FN减小

【答案】C

【解析】

【详解】AC.物体沿绳子方向上的分速度，该速度等于自由端的速度，增大，自由端速度减小，拉力的功率为：

可知拉力的功率不变，故选项A不符合题意，C符合题意．

BD.因为做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有：

因为增大，减小，则拉力增大，水平方向合力为零，则有：

增大，增大，所以增大，故选项B、D不符合题意；

5.如图所示的电路,R1是定值电阻,R2是滑动变阻器,L是小灯泡,C是电容器,电源内阻为r，开关S闭合后,在滑动变阻器触头向上移动过程中 (　  　)

A. 小灯泡变亮

B. 电容器所带电荷量增大

C. 电压表示数变小

D. 电源的总功率变大

【答案】B

【解析】

【详解】触头向上移动时，滑动变阻器接入电路中电阻变大，总电阻变大，电路中电流变小，小灯泡变暗，A项错误；电流变小，内电压变小，路端电压变大，电压表示数变大，C项错误；路端电压变大，小灯泡两端电压变小，滑动变阻器两端电压变大，根据Q=CU可知电容器所带电荷量变大，B项正确；电路中电流变小，根据P=EI得出电源的总功率变小，D项错误.

故选B.

6.如图所示，均匀带正电的圆环所带的电荷量为Q，半径为R，圆心为O，A、B、C为垂直于圆环平面且过圆环中心的轴上的三个点，已知BC＝2AO＝2OB＝2R，当在C处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中)，B点的电场强度恰好为零，则由此可得A点的电场强度大小为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

将带电圆环分成若干段，每一小段看作一个点电荷，再根据点电荷场强公式E=k，求出每个点电荷在B处产生的场强大小．C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，说明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的场强大小相等，方向相反，由E=k求出C处电荷的带电量．再由电场的叠加原理和对称性求A点的电场强度大小．

【详解】将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看做点电荷，其所带电荷量为：；每一点电荷在B处的场强为：；由对称性可知，各小段带电环在B处的场强E的垂直于轴向的分量相互抵消，而E1的轴向分量之和即为带电环在B处的场强为：EB=nE1cos45°=；C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，说明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的场强大小相等，方向相反，设C处电荷的带电量为q．则有：k=EB，解得：q=Q，C处电荷带正电；根据对称性知，圆环在A处的场强大小为：EA1=EB=，方向向左．C处电荷在A处产生的场强为：，方向向左；所以A点的电场强度大小为：EA=EA1+EA2=；故选B．

【点睛】本题的关键是要掌握点电荷电场强度的公式E=k，学会微元法处理问题．不能头脑简单直接用E=k求B点的场强．

7.如图甲，质量为2 kg的物体在水平恒力F作用下沿粗糙的水平面运动，1 s后撤掉恒力F，其运动的v－t图象如图乙，g＝10 m/s2，下列说法正确的是

A. 在0～2 s内，合外力一直做正功

B. 在0.5 s时，恒力F的瞬时功率为150 W

C. 在0～1 s内，合外力的平均功率为150 W

D. 在0～3 s内，物体克服摩擦力做功为150 J

【答案】BD

【解析】

A、由v-t图象可知0～2 s速度先增大后减小，则合力先做正功后做负功，A错误．B、由v-t图象的斜率可得，，根据牛顿第二定律可知，，解的，，故恒力F的瞬时功率为，B项正确．C、由动能定理可知，故C错误．D、摩擦力做的功为，故D正确．则选BD.

【点睛】本题一要理解图象的意义，知道斜率等于加速度，面积表示位移，二要掌握牛顿第二定律和动能定理，并能熟练运用．

8.如图所示，曲线I是一颗绕地球做圆周运动的卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动的卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（   ）

A. 椭圆轨道的长轴长度为2R

B. 卫星在I轨道速率为，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为，则>

C. 卫星在I轨道的加速度大小为，卫星在Ⅱ轨道A点加速度大小为，则<

D. 若OA=0.5R，则卫星在B点的速率>

【答案】ABC

【解析】

【详解】A.有开普勒第三定律可得：，因为周期相等，所以半长轴相等，圆轨道可以看成长半轴、短半轴都为椭圆，故，即椭圆轨道的长轴的长度为．故A正确．

B.根据万有引力提供向心力可得：，故，由此可知轨道半径越大，线速度越小；设卫星以为半径做圆周运动的速度为，那么；又卫星Ⅱ在B点做向心运动，所以有，综上有．故B正确．

C.卫星运动过程中只受到万有引力的作用，故有：，所以加速度为，又有,所以．故C正确．

D.若，则，那么，所以．故D错误．

9.如图所示,平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向通电时可以理解为短路,反向通电时可理解为断路)连接,电源负极接地。初始时电容器不带电,闭合开关,电路稳定后,一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是(     )

A. 上极板上移,带电油滴保持静止

B. 上极板上移,P点电势降低

C. 上极板下移,带电油滴向下运动

D. 上极板下移,P点电势升高

【答案】AD

【解析】

【详解】二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器充电，电容器的电容，，极板间的电场强度，整理得

油滴静止，油滴所受合力为零，向上的电场力与向下的重力相等

AB．将上极板向上移动，d变大，由可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由可知电容器两极板间的电场强度不变，所以油滴静止仍然静止，由于电场强度不变，P与下极板的距离不变，P的电势不变，故A正确，B错误；

CD．上极板下移时，d变小，C变大，正向通电，二极管相当于短路，两极板间的电压U等于电源电动势不变，电场强度变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动； P与下极板的距离不变，所以P与下极板的电势差U=Ed增大，由于下极板接地，所以P点电势升高，故C错误，D正确。

故选AD。

10.如图所示，质量相等的物块A、B放在光滑的斜面上，中间用轻弹簧连接，物块B与斜面底端的挡板接触，A、B处于静止状态，现用恒力F拉物块A，当物块B刚要离开挡板时，物块A达到最大速度，在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 物块A的加速度先增大后减小

B. 弹簧的弹性势能一直增大

C. 物块A的机械能一直增大

D. 全程拉力做的功等于物块A机械能的增量

【答案】CD

【解析】

【详解】A.对物块A，由牛顿第二定律可知：

F+F弹-mgsinθ=ma，

F弹先向上减小，后向下增大，因此加速度a一直减小，故A错误；

B.弹簧的形变量先减小后增大，因此弹性势能先减小后增大，故B错误；

C.物块A的动能增大，重力势能增大，因此机械能增大，故C正确；

D.由于质量相等，因此开始时弹簧的压缩量和物块B刚要离开挡板时弹簧的拉伸量相等，因此弹簧的弹性势能变化量为零，根据功能关系可知，拉力做的功等于物块A的机械能增量，故D正确.

二、实验题:本题包括2小题,共16分。

11.如图所示装置可以用来研究小车的匀变速直线运动。

(1)实验中,必要的措施是（        ）

A.细线必须与长木板平行

B.先释放小车再接通电源

C.小车从距离打点计时器较近的地方释放

D.需要平衡小车与长木板间的摩擦力

(2)实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上,选取一条点迹清晰的纸带,在纸带上相邻计数点间有四个点未画出,依打点先后编为A、B、C、D、E、F、G、H,由于不小心,纸带被撕断了,由纸带上的数据可知,打B点时物体的速度v=____m/s,物体运动的加速度a=____m/s2。(结果均保留三位有效数字)。

单位:cm

(3)如果当时电网中交流电的频率只有49Hz,而做实验的同学并不知道,那么加速度的测量值与实际值相比___.(选填“偏大”“偏小”或“不变")

【答案】    (1). AC    (2). 0.183m/s    (3). 0.603m/s2    (4). 偏大

【解析】

【详解】(1)[1]AB．为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带，故A正确，B错误；

C．开始实验时小车距离打点计时器近一些，这样可充分利用纸带，故C正确；

D．为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，因此只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故D错误。

故选AC。

(2)[2]相邻计数点间有四个点未画出，故两计数点间的时间间隔为

B点的速度等于AC段的平均速度，则有

[3]设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6、x7，纸带被撕断了，导致x4没法用了，由其它六组数据，根据逐差法得

代入数据解得

(3)[4]若交变电流的频率是f=49Hz，则打点周期T大于0.02s，即使用公式计算时所用T值偏小，则a偏大。

12.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除了有一个标有“2.5V，0.6W”的小灯泡、导线和开关外，还有如下器材：

A．直流电源（电动势约为3V，内阻可不计）

B．直流电流表（量程0～300mA，内阻约为5Ω）

C．直流电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）

D．直流电压表（量程0～3V，内阻约为10kΩ）

E．直流电压表（量程0～15V，内阻约为15kΩ）

F．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A）

G．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．

(1)实验中电流表应选用_________，电压表应选用_________，滑动变阻器应选用_________（均用序号字母表示）．

(2)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图所示．则该小灯泡在电压为1.5V时的实际功率是_______W（结果保留两位有效数字）．

【答案】    (1). B    (2). D    (3). F    (4). 0.30（0.28～0.32）

【解析】

【详解】解：(1)灯泡额定电流为：，则直流电流表量程选择即可，故电流表选B；额定电压为，故电压表应选择D；实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据，故滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的，故滑动变阻器选择F；

(2) 由上图图象可知，灯泡两端电压时，灯泡电流，灯泡实际功率．

三、计算题:本题包括4小题,共44分。

13.在光滑水平桌面上建立直角坐标系xoy，俯视图如图所示．一质量为1kg的小球(可视为质点)从y轴上的P点处以速度v0沿x轴正方向射出，同时小球受到一个沿y轴负方向的水平恒力F=1.6N作用，其运动轨迹经过A、B两点，其坐标分别为(5cm，0)、( 10cm，-15cm).求:

(1)P点的坐标;

(2)小球从P点射出的初速度v0的大小.

【答案】（1）（0， 5cm）    （2）02m/s

【解析】

详解】（1）小球从P点运动到B点做类平抛运动，x方向上匀速直线运动

xPA=xAB=5cm

故

y方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故

yPA：yAB=1:3

由于

yAB=15cm

故yPA=5cm，即P点坐标为（0， 5cm）

（2）y方向上:

由

 得：T=0.25s

x方向上：

m/s

14.如图所示，轻质绝缘细线的上端固定在天花板上，下端拴着一个质量为m的带电小球，细线长为L，当空间中加上一个水平向右的匀强电场时，小球由静止开始从A点向左边摆动，经过B点之后到达最高点C．小球经过B点时，细线与竖直方向夹角为37°角，到达C点时，细线与竖直方向成74°角，sin37°=0.6,cos37°=0.8,当地重力加速度为g，求：

(1)小球经过B点时，细线的拉力是多少？

(2)若保持电场强度的大小不变，将其方向变为竖直向下，让小球从B点由静止释放，小球经过A点时，细线的拉力是多少？

【答案】(1)(2)

【解析】

【详解】(1)将小球受到的电场力和重力的合力看成等效重力，由几何关系可知，A、C两点关于B点对称，所以B点是等效最低点，此时细线与等效重力共线．由平行四边形定则得

小球从A点运动到B点时，由动能定理得

小球处在B点时，由牛顿第二定律得

联立以上各式得

(2)当电场强度的方向变成竖直向下以后，小球受到的电场力方向为竖直向上，小球从B点运动到A点时，由动能定理得

小球处在A点时，由牛顿第二定律得

联立各式解得

答：(1)(2)

15.如图所示，质量为mA=1kg的长木板A静止在水平面上，质量为加mB=0.5kg的物块B放在长木板上的左端，A、B间的动摩擦因数为μ2=0.5，A与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.2，对A施加向左、大小为F1=7.5N的水平拉力，同时对物块B施加向右、大小为F2=4.5N的水平拉力，经过t1=1s物块刚好滑离长木板，物块的大小忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g=10m/s2，求：

（1）长木板的长度；

（2）若当物块B运动到距长木板左端距离全长位置时，撤去拉力F2，问再过多长时间物块和长木板达到相同速度（已知全过程中物块未滑离木板）．

【答案】(1)3m  （2）s

【解析】

【详解】（1）设长木板的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有：

F1-μ1（mA+mB）g-μ2mBg=mAa1，

代入数据解得：，

设物块B的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有：

F2-μ2mBg=mBa2，

代入数据解得：，

长木板的长：

；

（2）设物块运动到木板长用时t2，由匀变速直线运动的位移公式得：

，

代入数据解得：，

撤去拉力F2时，长木板的速度大小：

，

物块的速度大小：

，

物块加速度大小：，方向向左，

设经过t3时间达到共同速度，有：

v1+a1t3=-（v2-a'2t3），

代入数据解得：；

16.如图所示，水平传送带右端A处与倾角为30°的光滑斜面平滑连接，左端B处与一水平面平滑连接，水平面上有一固定竖直挡板，挡板右侧与一轻弹簧连接，弹簧处于自然状态，弹簧右端刚好处在水平面上的C点，斜面长为=2.5m，传送带长5m.BC段长=0.5m，传送带以速度v=1m/s逆时针转动.一质量为kg的物块从斜面顶端由静止释放，已知物块与传送带间及水平面BC段的动摩擦因数分别为=0.1，=0.35，水平面C点左侧光滑，重力加速度取=10m/s2，求:

(1)弹簧获得的最大弹性势能；

(2)物块第三次到达B点时的速度大小；

(3)物块与传送带由于相对滑动而产生的热量．

【答案】(1)12.5J (2) 1m/s (3) 23J

【解析】

【详解】（1）设物块滑到斜面底端的速度为v1，根据机械能守恒有

解得

v1=5m/s

由于v1>v，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，加速度大小

设物块在传送带上先减速运动后匀速运动，则减速运动的位移

由于△x>L，因此假设不成立，物块在传送带上一直做匀减速运动，根据功能关系

（2）设物块第二次到达A点的速度大小为v3，根据功能关系

解得

v3=0

即物体到达到A点时，速度减为零，在传送带的带动下又向左做匀加速运动，当物体与传送带刚好共速时发生的位移

因此物块第三次在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，第三次到B点的速度为

v=1m/s

（3）设第一次在传送带上滑动经历的时间为t1，则有

则第一次在传送带由于相对滑动而产生的热量

联立两式代入数据解得

Q1=7J

设物块第二次到B点时速度为v2，第二次在传送带上滑动经历的时间为t2，则有

解得

v2=3m/s

则第二次在传送带上由于相对滑动而产生的热量

设物块第三次在传送带上相对滑动时间t3，则

则第三次在传送带上由于相对滑动而产生的热量

由于

因此物块不会第四次滑上传送带，故物块与传送带由于相对滑动而产生的热量

Q=Q1＋Q2＋Q3=23J