福建省三明第一中学2020届高三上学期月考物理试题

三明一中 2019-2020 学年第二次月考高三物理试卷一、选择题1.图中给出了四个电场的电场线，则每一幅图中在M、N处电场强度相同的是（　　）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】因电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向表示场强的方向，由图可知，只有C图中MN两点的电场线疏密程度相同，故MN两点电场强度相同的点只有C．2.冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】冰壶甲乙碰撞过程动量守恒，碰撞前系统动量水平向右，碰撞后合动量也必然水平向右，碰撞后冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动，所以碰撞点即圆心到最后停靠点的连线代表碰撞后的速度方向，连线的长短代表碰撞后的速度大小．A图中，甲乙碰后的动量都斜向右上方，所以合动量不可能水平向右，不满足动量守恒定律选项A错．乙图中，碰撞后甲静止，乙水平向右运动，符合质量相等小球发生完全弹性碰撞的过程，选项B是可能的．选项C中，虽然甲乙动量都是水平向右，合动量也满足水平向右，但甲在后，乙在前，碰后甲不可能速度大于乙，即甲不可能在乙前面，选项C错．D选项，碰后甲的速度大于乙的速度，合动量水平向左，不符合动量守恒定律选项D错．3.在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（  ）A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒C. 动量不守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能守恒【答案】C【解析】【详解】从子弹射向木块到木块将弹簧压缩到最短的全过程中，系统受到墙壁的弹力，合外力不为零，总动量不守恒．同时在作用过程中由于摩擦力做功；故弹簧、木块和子弹组成的系统机械能减小，转化为内能．故动量不守恒、机械能不守恒；故选C．点睛：判断动量和机械能是否守恒，关键根据守恒条件进行判断：动量守恒的条件是合外力为零，机械能守恒条件是只有重力或弹簧的弹力做功.4.某高处落下一个鸡蛋，分别落到棉絮上和水泥地上，下列结论正确的是(   )A. 落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化小B. 落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它受到的冲量大C. 落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化率小D. 落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它的动量变化慢【答案】C【解析】【详解】AB、鸡蛋分别落到棉絮上和水泥地上，在与棉絮和水泥地接触的过程中，鸡蛋的速度都由v变化为零，可知动量变化量相同，根据动量定理知，合力的冲量相等，故AB错误．C、落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，根据知，落到棉絮上的作用时间长，动量的变化率小，即合力小，导致对鸡蛋的作用力较小，不容易破碎，故C正确．D、落到水泥地上，作用时间较短，动量的变化率大，动量变化快，导致对鸡蛋的作用力大，所以易碎，故D错误．故选C．【点睛】鸡蛋落地前是自由落体运动；与地面碰撞过程，根据动量定理列式分析即可． 5.有一个质量为 3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v，方向水平向右，则另一块的速度是A. 3 v0－v B. 2 v0－3vC. 3 v0－2v D. 2 v0＋v【答案】C【解析】【详解】爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向右，爆炸前动量为3mv0，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：3mv0=2mv+m•v′解得：v′=3v0-2vA. 3 v0－v与分析不符，故A错误。B. 2 v0－3v与分析不符，故B错误。C. 3 v0－2v与分析相符，故C正确。D. 2 v0＋v与分析不符，故D错误。6.两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（　　）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点的过程中，电势逐渐升高D. AB两点电势差 V【答案】D【解析】【详解】A、速度时间图像中图线的斜率表示加速度，加速度越大，则受到的电场力越大，即电场强度越大，故在B点的加速度最大，其大小为，根据牛顿第二定可得，解得，故A错误；B、从C到A过程中速度增大，即动能增大，电场力做正功，电势能减小，同一正电荷的电势能减小，则电势减小，故BC错误；D、从图中可知A、B两点速度分别为：，物块在B到A过程，根据动能定理得：，得到：，则，故D正确．7.如图所示，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作 用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从 A 点飞到 C 点，则下列判断正确的是A. 粒子带负电B. 粒子在 A 点的电势能大于在 C 点的电势能C. A 点的加速度大于 C 点的加速度D. 粒子从 A 点到 B 点电场力所做的功大于从 B 点到 C 点电场力所做的功【答案】C【解析】【详解】A. 电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线，因此图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，即受力的方向向左上，故粒子应带正电，故A错误；B. 从A到C过程中，电场力做负功，电势能增大，粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；C. A点等势线密，电场线也密，所以电场强度大于C处，电场力大，加速度大，故C正确；D. 电场力做功与路径无关，只与初末位置电势差有关，因为UAB=UBC所以粒子从A点到B点和从B到C电场力做功相等，故D错误。8.空间某一静电场方向平行于 x 轴，电势φ随 x 变化情况如图所示，下列说法中正确的是A. 电场场强的方向始终指向 x 轴的正方向B. x1 处的电场场强小于 x2 处的电场场强C. 正电荷沿 x 轴从 O 移到 x2 的过程中，电场力先做正功，后做负功D. 负电荷沿 x 轴从 O 移到无限远处的过程中，电场力先做负功，后做正功【答案】D【解析】【详解】A. 依据φ=Ex由图看出，电势φ随x图象的斜率先是负值，后变成正值，因此电场场强的方向不可能始终指向x轴的正方向，故A错误。B. 依据电势φ随x图象的斜率绝对值来反映电场强度的大小，可知，x1处的电场场强大于x2处的电场场强。故B错误。C. 正电荷沿x轴从O移到x1的过程中，电势降低，电荷的电势能降低，电场力做正功。故C错误。D. 负电荷沿x轴从O移到x2的过程中，电势降低，电荷的电势能增加，电场力做负功；从x2移到无穷远的过程中，电势升高，电荷的电势能减少，电场力做正功。故D正确。9.如图所示，a、b、c、d 分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°。现将三个等量的正点电荷＋Q 固定在 a、b、c 三个顶点上，将一个电量为＋q 的点电荷依次放在菱形中心点 O 点和另一个顶点 d 点处，两点相比A. ＋q 在 O 点所受的电场力较大B. ＋q 在 d 点所具有的电势能较大C. d 点的电势低于 O 点的电势D. d 点的电场强度大于 O 点的电场强度【答案】AC【解析】【详解】AD. 设菱形的边长为r，根据公式分析可知三个点电荷在d产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，d点的场强大小为方向由O指向d。O点场强大小为故O点场强大，＋q 在 O 点所受的电场力较大，故A正确D错误。BC. Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能较小，故B错误C正确。10.如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则（     ）A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动B. 点电势将降低C. 电容器电容减小，极板带电荷量减小D. 带电油滴的电势能保持不变【答案】BC【解析】试题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．由于两极板与电源相连，所以两极板间的电势差不变，上极板向上移动一小段距离后，两极板间的距离变大，根据公式可得两极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力变小，重力大于电场力，油滴向下运动，A错误；P点到下极板的距离不变，下极板的电势为零，所以P到下极板的电势差等于P点的电势，故根据可得P点电势减小，B正确；根据可得电容减小，根据公式可得电荷量减小，C正确；由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，故D错误．11.质量为 m、速度为 v 的 A 球与质量为 3m 的静止 B 球发生正碰．碰撞后 B 球的速度可能有不同的值．碰撞后 B 球的速度大小可能是A. 0.6v B. 0.4vC. 0.25v D. 0.1v【答案】BC【解析】【详解】A. 若vB=0.6v，由动量守恒得：mv=mvA+3m•0.6v得vA=-0.8v碰撞前系统的总动能为碰撞后系统的总动能为违反了能量守恒定律，不可能。故A错误。B. 若vB=0.4v，由动量守恒得：mv=mvA+3m•0.4v得vA=-0.2v碰撞后系统的总动能为不违反能量守恒定律，是可能的。故B正确。C. 若vB=0.25v，由动量守恒得：mv=mvA+3m•0.25v得vA=0.25v碰撞后系统的总动能为不违反能量守恒定律，是可能的。故C正确。D. 若vB=v，由动量守恒得：mv=mvA+3m•v得碰撞后系统的总动能必定大于碰撞前系统的总动能，违反了能量守恒定律，不可能。故D错误。12.有一匀强电场的方向平行于 xoy 平面，平面内 a、b、c、d 四点的位置如图所示，cd、cb 分别垂直于 x 轴、y 轴，其中 a、b、c 三点电势分别为：4V、8V、10V,将一电荷量为 q = 2×l0-5C 的负点电荷由 a 点开 始沿 abed 路线运动，则下列判断正确的是A. 坐标原点 O 的电势为 6VB. 电场强度的大小为 V / mC. 该点电荷在 c 点的电势能为 2×l0-4JD. 该点电荷从 a 点移到 d 点过程中，电场力做功为 8×l0-5J【答案】AD【解析】【详解】A. 由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故：φb-φc=φa-φO代入数据解得：φO=6V故A正确；B. 由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e电势为φe=6V连接Oe则为等势面，如图所示：根据几何关系可知，ab⊥Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为：故B错误；C. 该点电荷在c点的电势能为：EPc＝φcq＝10×(−2×10−5)J＝−2×10−4J故C错误；D. 该点电荷从a点移到b点电场中做功为：Wab=Uabq=（4-8）×（-2×10-5）J=8×10-5J故D正确；二、填空，实验题13.如图（a），直线 MN 表示某电场中一条电场线，a、b 是线上的两点，将一带负电荷的粒子从 a 点处由静止释放，粒子从 a 运动到 b 过程中的 v­t，图像如图（b）所示，则 a、b 两点的电势分别φa_______φb， 场强大小 Ea______Eb，粒子在 a、b 两点的电势能 Epa______Epb，（不计重力，选填“大于”“小于”“等 于”）【答案】    (1). 小于    (2). 大于    (3). 大于【解析】【详解】[1][2][3]负电子从a运动到b，由速度时间图线得到负电荷做加速运动，故电场力向右，负电荷受到的电场力与场强方向相反，故场强向左，而沿场强方向，电势变小，故b点电势较大，φa小于φb。因为速度图线的斜率不断变小，故负电荷的加速度变小，电场力变小，所以电场强度变小，即Ea大于Eb。负电荷的动能增加，由能量守恒知其电势能减小，则有EPa大于EPb．14.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量， 他进行了如下操作：首先将船挨着码头自由停泊，然后他从船尾走到船头后停下，用卷尺测出船头离岸的距 离 d，然后用卷尺测出船长 L.已知他自身的质量为 m，（忽略水的阻力）则渔船的质量为________________【答案】【解析】【详解】[1]设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度为正方向。根据动量守恒定律得：Mv-mv′=0解得，船的质量：15.如图所示为验证动量守恒的实验装置示意图．若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为则______ A.                   C.                   为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是______ 填下列对应的字母 A.直尺      游标卡尺         天平          弹簧秤          秒表设入射小球的质量为，被碰小球的质量为为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式用、及图中字母表示 ______ 成立，即表示碰撞中动量守恒．【答案】    (1). (1)C    (2). (2)AC    (3). (3)【解析】【分析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量．为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；（2）两球做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．【详解】（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有m1v0=m1v1+m2v2
在碰撞过程中动能守恒故有m1v02=m1v12+m2v22
解得v1=v0
要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1-m2＞0，m1＞m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1=r2，故选C
（2）P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1＝；碰撞后入射小球的速度v2＝ ；碰撞后被碰小球的速度v3＝；若m1v1=m2v3+m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得：m1 =m1+m2，所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平；故选AC．（3）若关系式m1 =m1+m2成立，即表示碰撞中动量守恒．【点睛】本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证．三、计算题16.如图，x 轴上，有一长为 L 的绝缘细线连接均带负电的两个小球 A、B，两球质量均为 m，B 球 带电荷量大小为 q，A 球距 O 点的距离为 L。空间有一竖直向下沿 x 轴方向的静电场，电场的场强大小按 E=分布（x 是轴上某点到 O 点的距离）。两球现处于静止状态，不计两球之间的库伦力作用，重力加速度为 g（1）求 A 球所带电荷量大小 qA；（2）剪断细线后，求 B 球下落速度达到最大时，B球与 O 点的距离 x0；（3）剪断细线后，B 球下落 4L 后返回，求返回出发点时 B 球速度大小。【答案】（1）6q（2）4L（3）0【解析】【详解】（1）将A、B两球看成一个整体，两球处于静止状态，则重力等于电场力，有2mg－qAL－q·2L＝0解得：qA＝6q（2）当B球下落速度达到最大时，重力与电场力大小相等，即mg＝qx0解得：x0＝4L（3）全程能量守恒，返回时B球速度为0。17.如图所示，板长L＝10 cm，板间距离d＝10 cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方 向成30°角斜向右上方的匀强电场（图中未画出），某时刻一质量为m、带电荷量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上级板右边缘，O 到 A 的距离 x  cm（m、q为已知物理量，g取10 m/s2）（1）电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；（2）小球刚进入电容器C时的速度v的大小；（3）电容器两极板间的电压U。【答案】（1）（2）4 m/s（3）【解析】【详解】（1）由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：得（2）从O点到A点，由动能定理得：mgxtan60°＝mv2－0解得：v＝4 m/s（3）小球在电容器C中做类平抛运动，水平方向：L＝vt①竖直方向：＝at2②     a＝－g③联立求解得U＝18.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触．另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的v－t图象如图乙所示．求：（1）C的质量mC；（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能Ep1，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I；（3）B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2．【答案】（1）2kg ；（2）27J，36N·S；（3）9J【解析】【详解】（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度大小为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒mCv1＝(mA＋mC)v2解得C的质量mC＝2kg．（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能Ep1＝(mA＋mC)v22=27J取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I=(mA＋mC)v3-(mA＋mC)（-v2）=36N·S（3）由题图可知，12s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4(mA＋mC)＝(mA＋mB＋mC)＋Ep2解得B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2＝9J．19.水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，A为轨道的最低点，半径 OA 竖直，圆心角 AOB为 60°，半径 R＝0.8 m，空间有竖直向下的匀强电场，场强 E＝1×104N/C。一个质量 m＝2 kg、电荷量为 q＝－1×10-3 C 的带电小球，从轨道左侧与圆心 O 同一高度的 C 点水平抛出，恰好从 B 点沿切线进入圆弧轨 道，到达最低点 A 时对轨道的压力 FN＝32.5 N。不计空气阻力，重力加速度 g 取10 m/s2，求： （1）小球抛出时的初速度 v0 的大小；（2）小球到 A 点时速度大小 vA；（3）小球从 B 到 A 的过程中克服摩擦所做的功 Wf。【答案】（1）m/s（2）3 m/s（3）J【解析】【详解】（1）小球抛出后从C到B过程中受重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动，则：mg－|q|E＝ma解得：小球的加速度大小a＝＝5 m/s2C与B的高度差h＝Rcos60°＝0.4 m设小球到B点时竖直分速度大小为vy，则＝2ah解得：vy＝2 m/s小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则tan60°＝解得：v0＝ m/s（2）小球在A点时，由牛顿第三定律可知，轨道对小球支持力大小FN′＝FN则由牛顿第二定律得：FN′＋|q|E－mg＝m解得：vA＝3 m/s（3）在B点时，sin60°＝小球从B到A的过程，由动能定理得：（mg－|q|E）（R－Rcos60°）－Wf＝m－m解得：Wf＝J20.如图所示,小球A及水平地面上紧密相挨的若干个小球的质量均为m,水平地面的小球右边有一固定的弹性挡板;B为带有四分之一圆弧面的物体,质量为km(其中k为整数),半径为R,其轨道末端与水平地面相切．现让小球A从B的轨道正上方距地面高为h处静止释放,经B末端滑出,最后与水平面上的小球发生碰撞,其中小球之间、小球与挡板之间的碰撞均为弹性正碰,所有接触面均光滑,重力加速度为g.求：(1)小球第一次从B的轨道末端水平滑出时的速度大小；(2)若小球A第一次返回恰好没有冲出B的上端,则h与R的比值大小；(3)若水平面上最右端的小球仪能与挡板发生两次碰撞,则k的取值大小.【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】(1)对AB由水平方向动量守恒有：对AB由能量守恒有：联立解得： (2) 对AB由水平方向动量守恒有：对AB由能量守恒有：联立解得：(3)要使小球与挡板发生两次碰撞，则有碰后小球A的速度小于等于B球的速度，由能量守恒有联立解得：