河南省南阳市一中2020届高三上期第五次月考物理试题

南阳一中2019年秋期高三第五次月考

物理试题

一、选择题

1.物体静止在斜面上，以下的几种分析中正确的是 (　　)

A. 物体所受到静摩擦力的反作用力是重力沿斜面的分力

B. 物体所受重力沿垂直斜面的分力就是物体对斜面的压力

C. 物体所受重力的反作用力就是斜面对它的静摩擦力和支持力这两个力的合力

D. 物体所受支持力的反作用力就是物体对斜面的压力

【答案】D

【解析】

作用力和反作用力一定是同种性质的力,分别作用在两个物体上,物体受到静摩擦力的反作用是物体对斜面的摩擦力,所以A错;物体受重力沿垂直斜面的分力在数值上等于物体对斜面的压力,重力是地球对物体的力,压力是物体对斜面的力,所以B错;物体受到地球的反作用力是物体对地球的吸引,所以C错;因此此题选D,此题考查力､作用力和反作用力,作用力和反作用力有个明显的特点,就是它一定要体现A对B,B对A,如果不满足这个模式,那就不是了.

2.如图7所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接。只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作。如果再合上S2，则下列表述正确的是

A. 电源输出功率减小

B. L1上消耗的功率增大

C. 通过R1上的电流增大

D. 通过R3上的电流增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比，则电源输出功率增大．故A错误．

B．由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的电压减小，其消耗的功率减小．故B错误．

C．再合上S2，外电路总电阻减小，干路电流增大，而R1在干路中，通过R1上的电流增大．故C正确．

D．并联部分电压减小，通过R3上的电流将减小．故D错误．

3.如图所示，O处为地球，卫星1环绕地球做匀速圆周运动，卫星2环绕地球运行的轨道椭圆，两轨道不在同一平面内。己知圆轨道的直径等于椭圆轨道的长轴，且地球位于椭圆轨道的一个焦点上，引力常量为G、地球的质量为M，卫星1的轨道半径为R，OQ=1.5R。下列说法正确的是

A. 卫星1的运行周期大于卫星2的运行周期

B. 如果卫星1的环绕速度为v，卫星2在Q点的速度为，则v<

C. 卫星2在Q点的速度

D. 如果卫星1的加速度为a1,卫星2在P点的加速度为a2，则a1>a2

【答案】C

【解析】

【详解】A．圆轨道的直径等于椭圆轨道的长轴，由开普勒第三定律可知二者的周期相等，故A错误
BC．根据万有引力提向心力：，可得卫星1的速率：

卫星2在Q点的速度为vQ，在此点做向心运动，即，即。故B错误，C正确。
D．根据万有引力提向心力：，解得：

P点比a点离地球近，可知a1＜a2 故D 错误。

4.长度不同的两根细绳悬于同一点，另一端各系一个质量相同的小球，使它们在同一水平面内作圆锥摆运动，如图所示， 则两个圆锥摆相同的物理量是（    ）

A 周期

B. 线速度的大小

C. 向心力

D. 绳的拉力

【答案】A

【解析】

【详解】对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；

将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtanθ ；由向心力公式得到，F=mω2r ；设绳子与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htanθ ；由三式得，，与绳子的长度和转动半径无关；又由，故周期与绳子的长度和转动半径无关，故A正确；由v=ωr，两球转动半径不等，故线速度不同，故B错误；由F=ma=mω2r，两球转动半径不等，故向心力不同，故C错误；绳子拉力：，故绳子拉力不同，故D错误。

5.如图所示，在同一竖直线上有A、B两点，相距为h，B点离地高度为H。现从A、B两点分别向P点安放两个光滑的固定斜面AP和BP，并让两个小物块（可看成质点）从两斜面的A、B点同时由静止滑下，发现两小物块同时到达P点，则

A. OP间距离为

B. OP间距离为

C. 两小物块运动到P点速度相同

D. 两小物块的运动时间均为

【答案】A

【解析】

【分析】

物块沿光滑斜面下滑，根据牛顿第二定律可求出下滑的加速度，用底边OP的长度表示斜面的长度，运用运动公式求解时间关系式，由于时间相等，则可找到边长时间的关系；根据机械能守恒定律可知判断物块滑到P点的速度关系；对比自由落体运动的时间判断选项D.

【详解】AB．设斜面的倾角为θ，则物体下滑的加速度为a=gsinθ，设OP的距离为x，则，因两物体在斜面上下滑的时间相等，则sinθcosθ相等，由图可知：，解得，选项A正确，B错误；

C．根据机械能守恒定律可知：mgH1=mv2可知，两物块开始下落的高度H1不同，则下落到底端的速度不同，选项C错误；

D．是物体从A点做自由落体运动到O点的时间，可知两小物块的运动时间均大于，选项D错误；

故选A.

6.质量为m的带正电小球由空中某点A无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则

A. 整个过程中小球电势能变化了

B. 整个过程中小球重力冲量为0

C. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减小了

D. 从A点到最低点小球重力势能减小了

【答案】D

【解析】

【详解】A．小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则，又v=gt，解得：

a=3g

则小球回到A点时的速度为：v′=v-at=-2gt，整个过程中小球速度增量的大小为

△v=v′-v=-3gt

速度增量的大小为3gt。由牛顿第二定律得：，联立解得：

qE=4mg

整个过程中小球电势能变化了：

故A不符合题意。

B．整个过程中小球重力冲量为：。故B不符合题意。

C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少：

故C不符合题意。

D．设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：，解得：

从A点到最低点小球重力势能减少了：

故D符合题意。

7.如图所示，ACB为竖直平面内半径为R的圆弧，上端B和圆心O等高，半径OC与竖直方向的夹角θ=60°。现有一小球自C点的正上方P处自由下落(不计空气阻力)，小球落在C点并水平反弹，反弹前后速度大小之比为2：1，若小球恰好能落在A点，则P、C两点的高度差为

A.  B.

C. R D.

【答案】D

【解析】

【详解】设高度差为h，从P到C

则平抛的初速度 ，小球恰好能落在A点

联立解得：

A. 与计算结果不符，故A错误。

B. 与计算结果不符，故B错误。

C. R与计算结果不符，故C错误。

D. 与计算结果相符，故D正确。

8.如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是

A. b、d两点的电场强度相同

B. a点的电势等于f点的电势

C. 点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功

D. 将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，从球面上a点移动到c点的电势能变化量一定最大

【答案】D

【解析】

【详解】A.点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合场强斜向右上方，d点的合场强斜向右下方，两点场强大小相同，方向不同，电场强度不同。故A错误；

B.将一个试探正电荷由a点移动到f点，点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，故合力做正功，电势能减小，电势降低，则a点的电势高于f点的电势，故B错误；

C.当电荷+q沿着球面上的bedf移动时，匀强电场的电场力不做功，点电荷电场力也不做功，故合电场力不做功，故C错误；

D.将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，点电荷电场力不做功，从a点移动到c点，匀强电场的电场力做功最大，故合力做功最大，故D正确。

9.如图所示，竖直平面内有A、B两点，两点连线与水平方向的夹角，平面所在空间有平行于该平面的匀强电场。一质量为m，带电量为+q的带电质点，以一定初速度从A点沿直线运动到B点，重力加速度为g，则

A. 场强方向一定沿与水平方向成30°角斜向右下方

B. 场强的最小值为

C. 场强的最小值为

D. 若质点到达B点时速度恰好为0,场强大小可能为

【答案】CD

【解析】

【详解】ABC．质点沿AB做直线运动，则重力和电场力的合力方向一定与初速度方向在一条直线上，则电场力可能的方向如图甲和乙所示.则最小值：

解得：，故A错误，B错误，C正确.

D．若质点做减速运动到B，则电场力与重力的合力方向与初速度方向相反，如图乙所示，当电场力方向与竖直方向夹角成30°时有：

所以，故D正确

10.如图所示，A、B两物体质量分别为mA=5kg和mB=4kg，与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA=0.4和μB=0.5，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上.现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上.下列判断正确的是

A. 在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量守恒

B. 在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统的机械能守恒

C. 在两物体被弹开的过程中，A、B两物体的机械能先增大后减小

D. 两物体一定同时停在地面上

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A物体所受的滑动摩擦力大小为fA=μAmAg=20N，方向水平向右；B物体所受的滑动摩擦力大小为fB=μBmBg=20N，方向水平向左，可知两物体组成的系统合外力为零，故两物体组成的系统动量守恒。故A正确。
B．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统克服摩擦力做功，机械能减小转化为内能，整个系统的机械能不守恒。故B错误。
C．在两物体被弹开的过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体先做加速运动后做减速运动，机械能先增大后减小。故C正确。
D．对任一物体，根据动量定理得：-μmgt=-P，解得物体运动的时间为：

由上分析可知，两个物体的动量P的大小相等，所受的摩擦力f大小相等，故滑行时间相等，应同时停止运动。故D正确。

11.如图为一电源电动势为E，内阻为r恒定电路，电压表A的内阻为10kΩ，B为静电计，C1、C2分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是

A. 若C1＞C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差

B. 若将变阻器滑动触头P向右滑动，则电容器C2上带电量增大

C. C1上带电量为零

D. 再将电键S打开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大

【答案】CD

【解析】

试题分析：由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器充电，两端存在电压．所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，故A错误；电路稳定后，电容器的电压等于电源的电动势，保持不变，将变阻器滑动触头向右滑动，电容器的电压不变，电量不变，故B错误；由于电压表两端没有电压，电容器没有被充电，电量为零，故C正确；将电键打开，电容器的电量不变，板间距离增大，电容减小，由公式分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故D正确。

考点：电容器的动态分析

【名师点睛】静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，电容器不带电．电路稳定后，电容器的电压等于电源的电动势。

12.如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮（不计滑轮的质量与摩擦）,下悬重为G的物体｡设人的重心相对地面不动,人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率v逆时针转动｡则

A. 人对重物做功功率为Gv

B. 人对传送带的摩擦力大小等于G，方向水平向左

C. 在时间t内人对传送带做功消耗的能量为Gvt

D. 若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率增大

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．根据题意可知，重物没有位移，所以人对重物没有做功，功率为零。故A不符合题意。
B．人处于平衡状态，人所受的摩擦力与拉力平衡，传送带对人的摩擦力方向向右，拉力等于物体的重力G，所以人对传送带的摩擦力大小也等于G，方向水平向左。故B符合题意。
C．在时间t内人对传送带做功消耗的能量等于人对传送带做的功，人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于G。根据W=Fvt，所以人对传送带做功的功为Gvt。故C符合题意。
D．根据功率P=Fv，可得若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率增大。故D符合题意。

二、实验题

13.①图一中螺旋测微器读数为         mm。

②图二中游标卡尺（游标尺上有50个等分刻度）读数为         cm。

【答案】1.998；1.094．

【解析】

螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.01×49.6mm=0.496mm，所以最终读数为：1.5mm+0.496mm=1.996mm．
游标卡尺的固定刻度读数为10mm，游标读数为0.02×44mm=0.88mm，所以最终读数为：10mm+0.88mm=10.88mm=1.088cm．

点睛：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

14.某科技创新小组的同学测定一水果电池（电动势大约1.5 V、内阻约为1100Ω）的电动势和内阻，实验原理如下图中的甲、乙所示（甲、乙两图中电压表内阻约为3000Ω，电流表内阻约为20Ω），应该选择________________（填“甲”或“乙”）电路比较合适。通过调节滑动变阻器得到多组U、I数据，依据U，I数数据绘得的图象如图丙，则电动势为________V,内阻为________________Ω（以上结果均保留两位有效数字）。实验中测量的电池内阻结果与真实值相比________填“偏大”“偏小”或“不变”）。

【答案】    (1). 甲    (2). 1.6V    (3).     (4). 偏大

【解析】

【详解】[1][2][3]因为水果电池内电阻较大，相对于电源来说应采用电流表内接法；故应选用甲电路；图象与纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示内阻，由图示电源图象可以知道，电源的电动势为；内电阻为：

[4]因为实验误差来源于电流表分压，故内阻测量值与真实值比较偏大

15.利用图（a）实验可粗略测量人吹气产生的压强。两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞有潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A吹气，棉球从另一端B飞出，测得玻璃管内部截面积S，距地面高度h，棉球质量m，开始时的静止位置与管口B的距离x，落地点C与管口B的水平距离l。然后多次改变x，测出对应的l，画出l2-x关系图线，如图（b）所示，并由此得出相应的斜率k。

（1）若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B端飞出的速度v0＝________。

（2）假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值，不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g，大气压强p0均为已知，利用图（b）中拟合直线的斜率k可得，管内气体压强p＝________。

（3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，则（2）中得到的p与实际压强相比________（填偏大、偏小）。

【答案】（1）l（2）p0＋（3）偏小

【解析】

【详解】（1）棉球从B端飞出做平抛运动，根据平抛运动的基本公式得：

l=v0t，h=

解得：v0=l

（2）设玻璃管内气体压强始终为p，不计棉球与管壁的摩擦，对棉球从静止到B点的运动过程运用动能定理得：

（p﹣p0）Sx=

（p﹣p0）Sx=

所以l2==kx

所以

解得：p=p0+

（3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，设摩擦力为f，所以除了压力做功外，摩擦力对棉球做负功，

再运用动能定理得：

（p实﹣p0）Sx﹣fx=

l2==kx

所以

解得：p实=p0+

很明显，（2）中得到的p与实际压强相比偏小．

故答案为：l；p0+；偏小．

三、计算题

16.如图所示,倾角θ=37°的斜面固定在水平面上。质量m=1.0 kg的小物块受到沿斜面向上的F=9.0 N的拉力作用,小物块由静止沿斜面向上运动。小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25(斜面足够长,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。

(1)求小物块运动过程中所受摩擦力的大小。

(2)求在拉力作用过程中,小物块加速度的大小。

(3)若在小物块沿斜面向上运动0.80 m时,将拉力F撤去,求此后小物块沿斜面向上运动的距离。

【答案】(1)2.0N　(2)1.0m/s2　(3)0.10m

【解析】

(1)Ff=μmgcos37°=2.0N

(2)设加速度为a1,根据牛顿第二定律有

F-Ff-mgsin37°=ma1

解得a1=1.0m/s2

(3)设撤去拉力前小物块运动的距离为x1,撤去拉力时小物块的速度为v,撤去拉力后小物块的加速度和向上运动的距离大小分别为a2、x2,则有v2=2a1x1

mgsin37°+Ff=ma2

v2=2a2x2

解得x2=0.10m

17.示波管是示波器的核心部分，它主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成，如图甲所示。电子枪具有释放电子并使电子聚集成束以及加速的作用；偏转系统使电子束发生偏转；电子束打在荧光屏上形成光迹。这三部分均封装于真空玻璃壳中。已知电子的电荷量=1.6×10C，质量=0.91×10kg，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑相对论效应。

（1）电子枪的三级加速可简化为如图乙所示的加速电场，若从阴极逸出电子的初速度可忽略不计，要使电子被加速后的动能达到1.6×10J，求加速电压为多大；

（2）电子被加速后进入偏转系统，若只考虑电子沿Y（竖直）方向的偏转情况，偏转系统可以简化为如图丙所示的偏转电场。偏转电极的极板长=4.0cm，两板间距离=1.0cm，极板右端与荧光屏的距离=18cm，当在偏转电极上加的正弦交变电压时，如果电子进入偏转电场的初速度，求电子打在荧光屏上产生亮线的最大长度；

【答案】（1）1.0×103V（2）10cm

【解析】

【详解】(1) 对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有：eU0=EK，
解得：

(2)根据u=480sin100πtV，可知偏转电场变化的周期为：

运动时间为：，因为T＞＞t，
可见每个电子通过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场．
设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，此时电子沿电场方向的位移为，

偏转位移为：

加速度为：

联立并代入数据解得：

所以，为使电子能打在荧光屏上，所加偏转电压应小于320V．
当加在偏转电极上的偏转电压为u=480sin100πV时，且电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的最大位移恰为，设电子射出偏转电场的速度与初速度方向的最大夹角为θ，则：

电子打在荧光屏上的最大偏移量：

由对称性可得电子打在荧光屏产生亮线的最大长度为：

2ym=10cm

18.如图所示，半径分别为R、2R的半圆轨道BC和AB固定在竖直面内，在轨道最高点B点平滑连接，两半圆的圆心在同一竖直线上，半圆轨道AB在最低点A与水平轨道平滑连接，质量为m的物块放在P点，P、A间的距离为4R，用水平向右的恒力拉物块，当物块运动到轨道上与C点等高的D点时，撤去拉力，结果物块刚好能通过轨道最高点B点，重力加速度为g，物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，两个半圆轨道光滑，不计物块的大小，求：

（1）水平拉力的大小；

（2）物块从C点抛出后落到圆弧轨道上时，动能的大小。

【答案】（1） （2）3.32mgR

【解析】

【详解】（1）设水平拉力为F，设物体到B点时速度大小为v1，从P到B的过程根据动能定理有：

在B点由牛顿第二定律得：

解得： ，

（2）设物块运动到C点时速度大小为v2，由B到C根据机械能守恒有：

解得：

物块从C点抛出后，做平抛运动，以C点为坐标原点，建立如图所示的坐标系，

设物块落到圆弧面上的位置坐标为（x，y）则

x=v2t

x2+y2=（2R）2

解得：

此过程物块下落的高度：

设物块落到圆弧面上时动能大小为Ek，根据动能定理有：

解得：Ek=3.32mgR

19.如图所示，质量为M的长方形木板静止在光滑水平面上，木板的左侧固定一劲度系数为k的轻质弹簧，木板的右侧用一根伸直的并且不可伸长的轻绳水平地连接在竖直墙上。绳所能承受的最大拉力为T0一质量为m的小滑块以一定的速度在木板上无摩擦地向左运动，而后压缩弹簧。弹簧被压缩后所获得的弹性势能可用公式Ep=kx2计算，k为劲度系数，z为弹簧的形变量。

（1）若在小滑块压缩弹簧过程中轻绳始终未断，并且弹簧的形变量最大时，弹簧对木板的弹力大小恰好为T，求此情况下小滑块压缩弹簧前的速度v0；

（2）若小滑块压缩弹簧前的速度v0’为已知量，并且大于（1）中所求的速度值求此情况下弹簧压缩量最大时，小滑块的速度；

（3）若小滑块压缩弹簧前的速度大于（1）中所求的速度值v0，求小滑块最后离开木板时，相对地面速度为零的条件。

【答案】（1）T（2）（3）v0’= 且m>M

【解析】

【详解】(1)设此问题中弹簧的最大压缩量为x0，则有：

弹力为：

解得：

(2)由于小滑块压缩簧前的速度大于（1）中所求的速度值v0，所以当弹簧的压缩量为x0时，小滑块的速度不为零。设弹簧的压缩量为x0时，小滑块的速度为v，

则有：

联立解得：

(3)此后细绳被拉断，木板与滑块（弹簧）组成的系统动量守恒，当弹簧的压缩量最大时，木板和小滑块具有共同速度，设共同速度为V

根据动量守恒：

联立解得：

木板与小滑块通过弹簧作用完毕时，小滑块相对地面的速度应为0，设此时木板的速度为V1，并设小滑块压缩弹簧前的速度为，绳断瞬间小滑块的速度为v，则有

根据动量守恒：

mv=MV1

能量守恒：

解得小滑块最后离开木板时，相对地面速度为零的条件：

且