• 1.17 MB
  • 2021-05-24 发布

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物理试题

  • 19页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
临川二中、临川二中实验学校2019-2020学年度上学期 高三年级第三次月考物理试题 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 ‎【解析】‎ ‎【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 (3). 3000 (4). 950 (5). 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 ‎ ‎