黑龙江省大兴安岭漠河县一中2020届高三上学期月考物理试题

物理试题一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12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。)1.一位质量为m的运动员下蹲由静止状态向上起跳，经t时间身体伸直并以速度为v离开地面，在此过程中地面对他的冲量为：A. 0B. mvC. mv－mgtD. mv＋mgt【答案】D【解析】【详解】人的速度原来为零，起跳后变为v，则由动量定理可得：故地面对人的冲量为；故D正确；ABC错误。故选D．2.如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是：A. b、d两点处的电势不同B. 四点中a点处的电场强度最大C. 四点中c点处的电势最低D. 将一试探电荷－q沿圆周由点a移至c点，－q的电势能不变【答案】C【解析】【详解】A．该电场中的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故A错误；B．在四个点中a点离负电荷最远，根据电场叠加原理可知，四点中a点场强最小，故B错误； C．c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等。而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的。故C正确；D．c点的电势低于a点的电势，试探电荷-q沿圆周由a点移至c点，电场力做负功，-q的电势能增加。故D错误。故选C．3.一个大人拉着载有两个小孩的车在水平地面上沿直线匀速前进,其拉杆可自由转动，则对小孩和车下列说法正确的是(   )A. 拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力B. 拉力与摩擦力的合力方向竖直向上C. 拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小D. 小孩和车所受的合力不为零【答案】B【解析】【详解】小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小车所受的摩擦力，故A错误；小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力竖直，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，故C错误，B正确；小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，故D错误；4.如图所示，A、B两物体靠在一起静止放在粗糙水平面上，质量分别为kg，kg，A、B与水平面间滑动摩擦因数均为0.6，g取10m/s2，若用水平力FA＝8N推A物体。则下列有关说法不正确的是A. A对B的水平推力为8NB. B物体受4个力作用C. A物体受到水平面向左的摩擦力，大小为6ND. 若FA变为40N，则A对B的推力为32N【答案】A【解析】【详解】A与地面的最大静摩擦力为： =6N，B与地面的最大静摩擦力为： =24N。AC．因为：N<所以没有推动AB物体，对A分析，可知A已达到最大静摩擦力，为6N，根据平衡条件有：解得：N故A错误，符合题意，C正确，不符合题意；B．结合A项的分析，对B受力分析可知，B受重力、地面的支持力、水平向左的摩擦力和A对B水平向右的推力，故B正确，不符合题意；D．若：N>所以能推动AB物体，对AB整体分析，根据牛顿第二定律有：解得：m/s2对B分析，根据牛顿第二定律有：解得：N故D正确，不符合题意。故选A．5.如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则：A. 电源的效率一样大B. R2接在电源上时，电源的效率高C. R2接在电源上时，电源的输出功率大D. 电源的输出功率一样大【答案】C【解析】【详解】AB．电源的效率：则知电源的效率与路端电压成正比，接在电源上时路端电压大，效率较高，故AB错误。CD．由两图线的交点读出，接在电源上时通过的电流，则电压，则电源的输出功率：接在电源上时通过的电流，则电压，则电源的输出输出功率：则接在电源上时，电源的输出功率较大，故C正确，D错误。 故选C．6.如图所示，在足够长的水平线上方有方向垂直纸面向里范围足够大的匀强磁场区域.一带负电粒子P从a点沿θ=30∘方向以初速度v垂直磁场方向射入磁场中，经时间t从b点射出磁场.不计粒子重力，下列说法正确的是(　 　)A. 粒子在磁场中偏转的弦长是其做圆周运动半径的2倍B. 若P的初速度增大为2v，粒子射出磁场时与水平线的夹角为600C. 若P的初速度增大为3v，则经时间3t射出磁场D. 若磁场方向垂直纸面向外，粒子P还是从a点沿θ=30∘方向以初速度v射入磁场中，则经时间5t射出磁场【答案】D【解析】【详解】根据粒子做匀速圆周运动的对称性，当负粒子从b点射出时，速度方向与水平线的夹角仍为30°，由几何关系可知，粒子在磁场中偏转的弦长等于其做圆周运动半径，所以选项A错误．若速度增大为2v，虽然粒子做匀速圆周运动的半径加倍，但出射的速度方向仍与水平线夹角为30°，选项B错误．由上述分析，若P的初速度增大为3v，则出射时速度方向仍与水平线夹角为30°，粒子在磁场中的圆弧所对的圆心角仍为60°，因粒子的周期不变，则粒子仍经时间t射出磁场，所以选项C错误．若磁场方向垂直纸面向外，粒子P还是从a点沿θ=30∘方向以初速度v射入磁场中，则粒子周期不变，由几何关系可知，粒子在磁场中的圆弧所对的圆心角为300°，根据可知，粒子经时间5t射出磁场，选项D正确.7.如图所示，电源电动势大小为E，内阻大小为r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向左的过程中（　　）A. 电流表读数变小，电压表读数不变B. 小电珠L变亮C. 固定在电容器C两板间某点的一个负点电荷所具有的电势能变小D. 电源的总功率变大【答案】C【解析】AB：当滑片向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的有效电阻变大，电路的总电阻变大，流过电路的电流变小，电源内电压变小，路端电压变大．则电流表读数变小，小灯泡变暗(流过小灯泡的电流变小)，电压表读数变大．故AB两项均错误．C：流过电路的电流变小，灯泡两端电压减小，滑动变阻器两端电压增大，电容器两端电压变大，电容器两板间场强变大，固定在电容器C两板间某点与左极板间电势差变大，由于左极板接地，左极板电势为零，则固定在电容器C两板间某点电势为正且变大，负点电荷在该点所具有的电势能变小．故C项正确．D：流过电路的电流变小，电源的总功率变小．故D项错误．点睛：本题是电路动态变化分析问题，首先确定变阻器有效电阻的变化，再分析总电阻、总电流的变化，再分析局部电压的变化．8.在右上图中，电源内阻不能忽略，R1=5Ω，R2=4Ω．当开关S切换到位置1时，电流表的示数为I1=2A；当开关S扳到位置2时，电流表的示数可能为下列情况中的    A. 2.5AB. 1.8AC. 2.2AD. 3.0A【答案】C【解析】【详解】由题当开关S切换到位置1时，电流表的示数为I1=2A；R1=5Ω，R2=4Ω，则R1＞R2，当开关S扳到位置2时，电路中电流增大，即I2＞2A，由于外电阻减小，路端电压减小，开关S在位置1时，路端电压U1=I1R1=10V，开关S扳到位置2时，路端电压U2＜10V，由欧姆定律得知，所以电流表的示数的范围为2A＜I2＜2.5A，故C正确．【点晴】由题；当开关S切换到位置1时，电流表的示数为I1=2A；R1=5Ω，R2=4Ω，则R1＞R2．当开关S扳到位置2时，电路中电流增大，即I＞2A．由于外电阻减小，路端电压减小．开关S在位置1时，路端电压U1=I1R1=10V，开关S扳到位置2时，路端电压U2＜10V，由欧姆定律分析电流的范围，进行选择．9.如图所示，在竖直面内有一直线，直线上有M、N两点，且M、N长度为L，当在该竖直面内放一点电荷Q并固定在某位置时，M、N两点的电势相等，若M点的场强大小为E，方向与竖直方向的夹角θ=60°．已知静电力常量为k，点电荷的重力不计，则下列说法正确的是（    ）A. 点电荷Q带正电B. 点电荷所带电荷的大小为EL2/kC. 将一点电荷（带电荷量为+q）从M点沿直线移动到N点过程中，点电荷所受的电场力先增大后减小D. 将一点电荷（带电荷量为+q）从M点沿直线移动到N点过程中，电势能先增大后减小【答案】BC【解析】【详解】由于M、N两点的电势相等，且M点的场强大小为E，所以Q一定位于MN的中垂线和沿电场线E的交点上，如图所示，
由于M点的电场线方向指向Q，所以Q带负电，故A错误；根据点电荷电场强度的计算公式可得：，解得，故B正确；把一个+q电荷从M点沿直线移动到N点过程中，根据库仑定律可知+q所受的电场力先增后减，故C正确；把一个+q电荷从M点沿直线移动到N点过程中，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故D错误.10.如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个轻质小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度v0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端。以下说法正确的是：A. 物块的最终速度为v0B. 木板的最终速度为v0C. 弹簧的最大弹性势能D. 木板和小物块组成的系统最终损失的机械能【答案】CD【解析】【详解】AB．小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，则有：解得：①故AB错误； C．小木块从开始位置滑动到最左端的过程，小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，则有：解得：②小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律，得：③④小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，得：⑤⑥由①～⑥式，解得：所以最大弹性热能为，系统损失的机械能为，故CD正确。故选CD．11.在如图甲所示的电路中，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化，图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（　）A. 图线a表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况B. 图线c表示电压表的示数随电流表示数变化的情况C. 此过程中电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值变大D. 此过程中电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值不变【答案】BD【解析】【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况。故A错误，B正确。C．由闭合电路欧姆定律得：则可得，保持不变。故C错误。D．由闭合电路欧姆定律得：则可得，保持不变，故D正确。故选BD．12.如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场的场强大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于微粒运动的说法正确的A. 微粒在ab区域的运动时间为B. 微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝dC. 微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为D. 微粒在ab、bc区域中运动的总时间为【答案】AD【解析】【详解】将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，有：水平方向：v0=at，；竖直方向：0=v0-gt；解得a=g ①②，故A正确；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得：③，由①②③得到r=2d，故B错误；由于r=2d，画出轨迹，如图，由几何关系，得到回旋角度为30°，故在复合场中的运动时间为，故C错误；粒子在电场中运动时间为：，故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为：，故D正确；故选AD．【点睛】本题关键是将粒子在电场中的运动正交分解为直线运动来研究，而粒子在复合场中运动时，重力和电场力平衡，洛仑兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动．二、实验题（每空2分，共16分）13.（1）图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头μA的量程为Ig=600μA内阻为Rg，mA是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA．完成下列填空．图1中分流电阻Rp的阻值为__________．（2）在电表改装成后的某次校准测量中，a表的示数如图2所示，由此读出流过a电流表的电流为__________ mA，此时流过分流电阻Rp的电流为_______mA（结果均保留一位小数）【答案】    (1).     (2). 49.5    (3). 49.0【解析】【分析】改装电流表要并联一电阻Rp，并联一电阻后流过表头a的电流为Ig，流过Rp的电流为IR，而加在表头和Rp上的电压相等，即IgRg=IRRp．【详解】第一空.由于Rg和Rp并联，由IgRg=IRRp和I=Ig+IR得：．第二空.由图2知流过a电流表的电流I'为49.5mA； 第三空. 设此时流过表头的电流为I'g，流过RP的电流为I'R，加在表头和Rp上电压相等，故有：I'gRg=I′RRpI'=（I'g+I'R）解得：I'R=49.005mA≈49.0mA【点睛】解决此类问题要充分理解电表改装原理，电路分压分流原理．  14.用图甲所示的装置来探究功和动能变化的关系．木板上固定两个完全相同的遮光条A、B，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D上，轨道放在水平桌面上，P为小桶（内有沙子），滑轮质量、摩擦不计，重力加速度为g．（1）实验中轨道应倾斜一定角度，对此下列说法正确的是_____．A．为了释放木板后，木板在细线拉动下能匀速下滑B．为了增大木板下滑的加速度，提高实验精度C．尽量保证细线拉力对木板做的功等于木板所受合力对木板做的功D．使木板在未施加拉力时能匀速下滑（2）实验主要步骤如下：①测量木板、遮光条的总质量M，测量两遮光条间的距离L，遮光条的宽度d=_______mm(如图乙所示）按甲图正确安装器材．②将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F及遮光条B、A先后经过光电门的时间t1、t2．则遮光条B、A通过光电门的过程中木板动能的变化量△Ek＝_____，合外力对木板做功W＝_____，（均用字母M、t1、t2、d、L、F表示）．③在小桶中增加沙子，重复②的操作．④比较W、△Ek的大小，得出实验结论．（3）若在本实验中轨道水平放置，其它条件和实验步骤不变，假设木板与轨道之间动摩擦因数为μ．测得多组F、t1、t2的数据，并得到F与的关系图象如图丙所示．已知图象在纵轴上的截距为b，直线的斜率为k，求解μ＝_____（用字母b、d、L、k、g表示）．【答案】    (1). CD    (2). 1.770 mm    (3).     (4). FL    (5). 【解析】【详解】（1） 为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功应先平衡摩擦力，摩擦力平衡掉的检测标准即：可使得小车在未施加拉力时做匀速直线运动，故CD正确；
（2）遮光条的宽度：1.5mm+0.01mm×27.0=1.770mm.（3）遮光条B通过光电门时小车的速度：，遮光条A通过光电门时小车的速度： ；则小车动能的变化量拉力所做的功W=FL；
（4）由题意，小车受到的拉力是F，摩擦力为f，小车的位移是s，设小车的质量是M，小车动能的变化是：根据做功与动能变化的关系可得： 所以得：所以图线的坐标轴的截距表示摩擦力f，即：f=b；图线的斜率：
由摩擦力的公式得：三、计算题(本题共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，只写出最后答案的不能得分。)15.如图所示，在水平方向的匀强电场内有一倾角为37°的固定的光滑斜面。－带有正电的小物体质量为m，电荷量为q，置子斜面上，恰好静止。从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）原来的电场强度E的大小；（2）物块沿斜面下滑距离为L＝l.5m过程所用时间t。【答案】（1）（2）1s【解析】【详解】（1）物块静止于斜面上，对小物块受力分析如图所示：根据平衡条件有：得：（2）当时，将滑块受力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，如图所示：沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：解得：a＝3m/s2由运动学规律有：代入数据得：t＝1s16.如图所示，一质量M=4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C， BC所对圆心角θ＝37°，CD长L＝3m．质量m=1kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v=1.2m/s．取g＝10m/s2，sin37°=0.6，忽略空气阻力．（1）求A、B间的水平距离x；（2）求小物块从C滑到D所用时间t0；（3）求圆弧半径R.【答案】(1) x=1.2m (2) t0=1s (3) 2.75m【解析】【详解】（1）由平抛运动的规律得tanθ=    x= v0t      得x=1.2m     (2)物块在小车上CD段滑动过程中，由动量守恒定律得  mv1=(M+m) v   解得v1=6m/s     由功能关系得    fL=mv12－（M＋m）v2对物块，由动量定理得   －ft0=mv－mv1        得t0=1s            (3) 物块进入B点时的速度，到达C点的速度为vC=v1=6m/s，滑块从B到C的机械能守恒，由机械能守恒定律得： 解得：R=2.75m17.如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有一沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为+q 的粒子（重力不计）从坐标原点 O 射入磁场，其入射方向与x的正方向成 45°角．当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的 P 点处时速度大小为 v0，方向与 x 轴正方向相同．求：（1）粒子从 O 点射入磁场时的速度 v；（2）匀强电场的场强 E0 和匀强磁场的磁感应强度 B0．（3）粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】解：(1)若粒子第一次在电场中到达最高点，则其运动轨迹如图所示，粒子在 点时的速度大小为，段为圆周，段为抛物线，根据对称性可知，粒子在点时的速度大小也为，方向与轴正方向成角，可得：解得： (2)在粒子从运动到的过程中，由动能定理得：解得：又在匀强电场由到的过程中，水平方向的位移为：竖直方向的位移为： 可得：，由，故粒子在段圆周运动的半径： 及解得： (3)在点时， 设粒子从由到所用时间为，在竖直方向上有：粒子从点运动到所用的时间为：则粒子从点运动到点所用的时间为：总