【物理】江西省临川二中、二中实验学校2020届高三上学期第三次月考试题（解析版）

【物理】江西省临川二中、二中实验学校2020届高三上学期第三次月考试题（解析版）

江西省临川二中、二中实验学校2020届高三上学期 第三次月考试题 一、单项选择题 ‎1.如图所示,两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的速度时间图像,已知在t２时刻,两车相遇,下列说法正确的是 A. a车速度先减小后增大,b车速度先增大后减小 B. t1时刻a车在后，b车在前 C. t1～t2汽车a、b的位移相同 D. a、b车加速度都是先增大后增小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的速度先减小后增大．故A错误．‎ BC．在t2时刻，两车相遇，在t1-t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后．故B正确，C错误．‎ D．图线切线的斜率表示加速度，可知ab两车的加速度都是先减小后增大，故D错误．‎ ‎2.如图所示，理想变压器原线圈接的正弦交流电源，副线圈电路中为定值电阻，是滑动变阻器，所有电表均为理想电表，其中电压表的示数为．下列说法正确的是 A. 变压器原、副线圈的匝数比为 B. 副线圈中电流的频率为 C. 滑片向下滑动过程中，示数不变，示数变大 D. 滑片向上滑动过程中，消耗功率减小，变压器输入功率增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 输入电压的有效值为：‎ 根据电压与匝数成正比可得变压器原、副线圈的匝数比为：‎ 故A错误；‎ B. 副线圈中电流的频率等于原线圈中电流的频率，为：‎ 故B错误； ‎ C. 滑片向下滑动过程中，变阻器连入电路电阻变小，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，即电压表示数不变，根据欧姆定律可得副线圈中电流变大，即示数变大，故C正确；‎ D. 滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，消耗功率减小，输出功率变小，所以输入功率变小， 故D错误．‎ ‎3.20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（ ）‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量；‎ ‎【详解】直线推进时，根据动量定理可得，解得飞船的质量为，绕孤立星球运动时，根据公式，又，解得，D正确．‎ ‎【点睛】本题需要注意是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记．‎ ‎4.如图所示，ABCD为等腰梯形，∠A=∠B=60º，AB=2CD，在底角A、B分别放上一个点电荷，电荷量分别为qA和qB，在C点的电场强度方向沿DC向右，A点的点电荷在C点产生的场强大小为EA，B点的点电荷在C点产生的场强大小为EB，则下列说法正确的是 A. 放在A点的点电荷可能带负电 B. 在D点的电场强度方向沿DC向右 C. EA＞EB D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ACD．由于两点电荷在C点产生的合场强方向沿DC向右，根据矢量合成法，利用平行四边形定则可知，可知两点电荷在C点产生的场强方向如图所示，由图中几何关系可知EB＜EA，A点所放点电荷为正电荷，B点所放点电荷为负电荷，且A点所放点电荷的电荷量的绝对值大于B点所放点电荷的电荷量的绝对值，选项C正确，A、D错误；‎ ‎ B．对两点电荷在D点产生的场强进行合成，由几何关系，可知其合场强方向为向右偏上，不沿DC方向，故B错误．‎ ‎5.在图1的电路中,电源电动势为E,内阻忽略不计,为定值电阻、为滑动变阻器（0～50Ω）．闭合开关S,调节滑动变阻器,将滑动触头P从最左端滑到最右端,两电压表的示数随电路中电流表示数变化的关系如图2所示．不考虑电表对电路的影响,则 A. 图线甲是电压表的示数随电流表A的示数的变化情况 B. 定值电阻阻值为 C. 当滑动变阻器的阻值为时,上消耗的电功率最大 D. 滑动触头P向右滑动过程中电源的输出功率先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由a电路图可知，当滑动变阻器的滑片P，向右移动时，连入电阻变大，电路中电流变小，R1两端的电压同时变小，电源电压保持不变，R2两端的电压就要变大；结合图b可知，甲是R1的U-I图象即电压表V1示数变化的图象，乙是R2的U-I图象即压表V2示数变化的图象，选项A错误；‎ B．由图可知，电源的电动势为E=2+4=6V；当滑动变阻器短路时，定值电阻两端的电压最大，电流为0.6A，则电阻 故B错误；‎ C．将R1等效为电源内阻，则当内外电阻相等时，输出功率最大；故当R2=10Ω时，R2的功率最大；故C正确；‎ D．滑片向右移动过程中，滑动变阻器接入电阻变大，则由可知，电源的输出功率一直在减小；故D错误；‎ ‎6.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-t图象如图乙所示（重力加速度为g），则（　　）‎ A. t=0时，所施加的拉力F=0‎ B. 施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g﹣a）‎ C. A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 D. 若t2时刻B的速度达到最大值，此时弹簧弹力恰好为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、施加F前，物体AB整体平衡，t=0时即施加外力F的瞬间，物体AB有加速度，所施加的拉力不为零，故A错误；‎ B、施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：，其中：，解得：，故B正确；‎ C、物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度v与加速度a且FAB=0，对B有，解得：，故C错误；‎ D、t2时刻B的速度达到最大值，即B的加速度，则有弹簧弹力，故D错误；故选B．‎ 二、多项选择题 ‎7.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼晴的情况．若手机质量为150g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.1 s，取重力加速g=10 m/s2，下列分析正确的是 A. 手机与眼睛作用过程中手机动量变化约为0.45 kg·m/s B. 手机对眼睛的冲量大小约为0.15 N·S C. 手机对眼睛的冲量大小约为0.45 N·S D. 手机对眼睛的作用力大小约为4.5 N ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．20cm=0.20m；150g=0.15kg；根据自由落体速度 手机与眼睛作用后手机的速度变成0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为：‎ ‎△P=0-mv=-0.15×2=-0.30kg•m/s．‎ 故A错误； BC．手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取向上为正方向，则：‎ Iy-mgt=△P 代入数据可得：‎ Iy=0.45N•s 手机对眼睛的作用力与眼睛对手机的作用力大小相等，方向相反，作用的时间相等，所以手机对眼睛的冲量大小约为0.45N•s．故B错误，C正确；‎ D．由冲量的定义：Iy=Ft，代入数据可得：‎ 故D正确；‎ ‎8.空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内 A. 圆环所受安培力的方向始终不变 B. 圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C. 圆环中的感应电流大小为 D. 圆环中的感应电动势大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；‎ CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：‎ ‎，则C正确，D错误．‎ 故本题选BC．‎ ‎9.如图所示，竖直放置的平行金属板a、b间存在水平方向的匀强电场，金属板间还存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以速度v沿金属板间中线从上向下射入，该粒子恰沿直线通过金属板间．现换成一带电小球（重力不能忽略），仍以相同的速度v沿金属板间中线从上向下射入，则下列说法正确的是 A. 金属板间存在的电场方向水平向左 B. 小球仍可以沿直线通过金属板间 C. 小球的偏转方向与小球的带电性质无关 D. 无论小球带何种电荷，小球的运动方向发生偏转时其电势能一定增加 ‎【答案】AD ‎【详解】A．假设带电粒子带正电，则由左手定则可知，粒子受洛伦兹力向右，则受电场力向左，即金属板间存在的电场方向水平向左，选项A正确；‎ BC．若带电粒子通过两板，则满足qvB=qE；若带电小球进入两板时，由于竖直向下受到重力作用，则向下做加速运动，洛伦兹力变大，则小球不可能做直线运动，若小球带正电，则洛伦兹力向右，小球向右偏转；若小球带负电，则洛伦兹力向左，小球向左偏转，选项BC错误；‎ D．由以上分析可知，无论小球带何种电荷，小球的运动方向发生偏转时，电场力一定做负功，其电势能一定增加，选项D正确．‎ ‎10.如图所示，足够长传送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮，与木块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带的摩擦力作用，现将传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)的过程中，下列说法不正确的是（ ） ‎ A. 物块a的质量为 B. 摩擦力对a做的功大于物块a、b动能增加量之和 C. 任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小不相等 D. 摩擦力对a做的功等于物块a、b构成的系统机械能的增加量 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，则有 则 故A正确；‎ B．b上升h，则a下降hsinθ，则a重力势能的减小量为 即物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量，则系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于物块a、b动能增加之和，故B错误；‎ C．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率 对a有 所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故C错误；‎ D．根据功能关系得知，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，故D正确．‎ 三、实验题 ‎11.某学习小组为了测当地重力加速度，根据手头器材，设计如下实验．一较长铁质窄薄板用细线悬挂．在其下方端附近，固定一小电动机，电动机转轴固定一毛笔．电动机可使毛笔水平匀速转动．调整薄板与毛笔尖端的距离，可使墨汁画到薄板上留下清晰的细线，如图甲所示．启动电动机，待毛笔连续稳定转动后，烧断细线，薄板竖直下落．图乙是实验后，留有清晰墨迹的薄板，取底端某清晰的线记为O，每隔4条细线取一计数线，分别记为A、B、C、D．将毫米刻度尺零刻线对准O，依次记录A、B、C、D位置读数为10.57cm、30.9cm、60.96cm、100.78cm，已知电动机转速为3000r/min，求：‎ ‎(1)以上刻度尺读数有一数值记录不规范，正确记录值应为______cm．‎ ‎(2)相邻计数线之间的时间间隔为______s ‎(3)根据以上数据，测得当地重力加速度为______m/s2，（结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】(1). 30.90 (2). 0.1 (3). 9.75‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 由其它数据可知所用刻度尺的最小刻度为1mm，所以B点应为30.90cm，‎ ‎(2)[2]电动机的转速为 ‎3000 r/min=50r/s 可知相邻两条线的时间间隔为0.02s，‎ 每隔4条细线取一条计数线，则相邻的两条计数线对应的时间间隔为：‎ ‎0.02s×5s=0.1s ‎(3)[3]xOB=30.90cm，xBD=100.78-30.90cm=69.88cm，‎ 根据△x=gT2得，‎ g== m/s2=9.75m/s2．‎ ‎12.某型号多用电表欧姆档的电路原理图如图甲所示．微安表是欧姆表表头，其满偏电流，内阻.电源电动势，内阻．电阻箱和电阻箱的阻值调节范围均为.‎ ‎(1)甲图中的端应与___________（红或黑）表笔连接.‎ ‎(2)某同学将图甲中的、端短接，为使微安表满偏，则应调节______Ω；然后在、端之间接入一电阻后发现微安表半偏，则接入的电阻阻值为_________Ω.‎ ‎(3)如图乙所示，该同学将微安表与电阻箱并联，利用该电路图组装一个“×100倍率”的欧姆表，要求欧姆表的表盘刻度示意图如图丙所示，其中央刻度标“15”，则该同学应调节________Ω；用此欧姆表测量一个阻值约2000Ω的电阻，测量前应调节________Ω．‎ ‎【答案】 (1). 红 (2). 2049 3000 (3). 950 1024‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据对多用电表结构的掌握分析答题；‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律分析答题；‎ ‎(3)根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出改装欧姆表的表达式，利用电流表的改装原理求解并联电阻．‎ ‎【详解】(1)根据万用表的流向和偏转规律可知电流从红表笔进黑表笔出向右偏，则a端接红表笔.‎ ‎(2)欧姆调零时根据闭合电路的欧姆定律，解得：；当接入Rx后，电流为满偏的一半，则，可得.‎ ‎(3)因欧姆表的中央刻度为15，倍率为“×100”，则欧姆表的内阻，故调零时的满偏电流为，表头和R2并联改装为电流表，由并联分流电压相等，解得;改装后的欧姆表需要进行欧姆调零，则，解得：.‎ ‎【点睛】欧姆表刻度盘中央刻度值是中值电阻，欧姆表中值电阻阻值等于欧姆表内阻；知道欧姆表的工作原理即可正确解题．‎ 四、计算题 ‎13.如图所示，竖直平面内的四分之三圆弧形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，B端在O的正上方，AD为与水平方向成θ＝45°的斜面．一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后相切进入圆形轨道并能沿圆形轨道运动到B点，且到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为mg，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球到B点时速度vB的大小；‎ ‎（2）小球从B点抛出到斜面上C点所用的时间t．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（１）由牛顿第三定律可知：圆弧轨道顶端对小球的压力大小也为mg，对小球在B点应用牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ ‎（２）小球从B到C做平抛运动,故有 由题意可知合位移与水平方向夹角为45°，则 ‎；‎ 联立解得：‎ ‎14.如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨道间距为l．空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于轨道平面向上的匀强磁场。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其电阻为R．由静止释放ab，轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）金属杆ab速度的最大值；‎ ‎（2）当金属杆ab加速度为a=gsinθ，回路的电功率．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，电路中的电流为 又金属杆受到的安培力为 ‎ ‎ 根据受力分析，金属杆做的是加速度减小的加速运动，当加速度a=0时，速度最大，有 ‎ ‎ 整理得 ‎ ‎ ‎（2）根据牛顿第二定律，有 mgsinθ-F'=ma 此时加速度 a=gsinθ 故可得此时安培力大小为 F'=mgsinθ 设此时金属杆速度为v，则有 ‎ ‎ 回路的电功率为 P=F'v 整理代入得 ‎15.如图所示，金属板M、N板竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为U0，E、F金属板水平平行放置，间距为d，板长为L，其右侧区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场AC边界与AB竖直边界的夹角为60°，现有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从极板M的中央小孔s1处由静止出发，穿过小孔s2后沿EF板间中轴线进入偏转电场，从P处离开偏转电场，平行AC方向进入磁场，若P距磁场AC与AB两边界的交点A距离为a，忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，试求：‎ ‎（1）粒子到达小孔s2时的速度v0；‎ ‎（2）EF两极板间电压U；‎ ‎（3）要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，磁场磁感应强度的最小值．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：带电粒子经过加速场后，可求其速度v0，在偏转电场中由分运动的规律，可求两极板间电压U，在磁场中作出粒子的轨迹图，由几何关系，可确定粒子圆周运动的半径，结合磁场中运动的规律可求磁场磁感应强度的最小值．‎ ‎（1）粒子加速电场中 ‎ 粒子到达小孔s2时的速度 ‎ ‎（2）‎ 如图所示粒子离开偏转电场时，速度偏转角，‎ 竖直方向速度 ‎ 在偏转电场中，‎ 由于 ‎ EF两极板间电压 ‎ ‎（3）‎ 如图所示要使得从AB边射出，R越大，B越小，R最大的临界条件就是圆周与AC边相切，由几何关系得 ‎ 粒子进入磁场时速度 ‎ 在磁场中， ‎ 所加磁场的磁感应强度最小值为 ‎16.长度L=7m、质量M=1kg的木板C静止在粗糙的水平地面上，木板上表面左右两端各有长度d=1m的粗糙区域，中间部分光滑。可视为质点的小物块A和B初始时如图放置，质量分别是mA=0.25kg和mB=0.75kg，A、B与木板粗糙区域之间的动摩擦因数均为μ1=0.2，木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.3.某时刻对木板施加F=8N的水平恒力，木板开始向右加速，A与B碰撞后粘在一起不再分开并瞬间撤去F，取g =10m/s2，求：‎ ‎(1)物块A与B碰后瞬间的速度大小；‎ ‎(2)最终物块A与木板C左端的距离。‎ ‎【答案】(1)1m/s (2)0.87m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)假设物块A与木板C共同加速，加速度为a，由牛顿第二定律有：‎ 而当C对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，设A的加速度为aA，可知 由于 ‎（）‎ 所以A、C能共同加速，假设成立，研究A、C整体，设A与B碰前瞬间的速度为v0，从木板开始运动到A与B碰前的过程，由运动学公式有：‎ 研究A、B系统，设碰后瞬间AB整体速度为v1，A、B碰撞过程系统动量守恒有：‎ 联立得 ‎(2)撤去力F后，AB整体继续加速，设加速度为a1，由牛顿第二定律有：‎ 木板C减速，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律有：‎ 设经过t1时间，AB整体与木板C速度相等且为v2，由运动学公式有：‎ 计算得：‎ ‎，，，‎ 该过程AB整体与木板相对位移：‎ 接着，AB整体减速向右，对木板的摩擦力向右，木板继续减速，其加速度大小为a3，‎ 由牛顿第二定律有：‎ 设再经过时间t2木板停止运动 AB整体相对木板向右位移的大小为 此时AB整体的速度为 AB整体继续减速再经过一段位移 便停在木板上。计算得：‎ ‎，，，，‎ 最终AB整体与木板左端水平距离为