福建省漳平市一中2020届高三上学期月考物理试题 20页

漳平一中2019—2020学年第一学期第二次月考高三物理试题 一、选择题 ‎1.在“探究弹性势能的表达式”的实验中，为计算弹簧弹力所做功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种研究方法做“微元法”,下面几个实例中应用到这一思想方法的是（）‎ A. 根据加速度的定义a＝，当Dt非常小，就可以表示物体在t时刻的瞬时加速度。‎ B. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段位移相加。‎ C. 在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系。‎ D. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体，即质点。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．研究某一时刻的加速度，往往取一段很短的时间，即让时间趋向于无穷小时的平均加速度表示瞬时加速度，采用的是极限思维的方法。故A错误；‎ B．在推导匀变速直线运动位移公式时，采用微元法将加速运动微分成一段段匀速运动。采用了微元法。故B正确；‎ C．在探究加速度、力和质量三者之间关系时，要先控制一个量不变，采取的方法是控制变量法。故C错误；‎ D．质点采用的科学方法是建立理想化模型的方法。故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎2.在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙所示，根据图象分析得出的结论中正确的是（ ）‎ A. 从时刻t1到t2，物块处于失重状态 B. 从时刻t3到t4，物块处于超重状态 C. 电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层 D. 电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从时该t1到t2，物体受到的压力大于重力时，物体处于超重状态，加速度向上，故A错误；‎ B．从时刻t3到t4，物体受到的压力小于重力，物块处于失重状态，加速度向下，故B错误；‎ C．如果电梯开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，那么应该从图象可以得到，压力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，故C正确；‎ D．如果电梯开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层，那么应该是压力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，吊车以v1的速度沿水平直线向右匀速行驶，同时以v2的速度匀速收拢绳索提升物体，下列表述正确的是（ ）‎ A. 物体的实际运动速度大小为 B. 物体的实际运动速度大小为v1＋v2‎ C. 物体相对地面做曲线运动 D. 绳索向左侧倾斜 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据平行四边形定则得，物体的实际速度 故A正确，B错误；‎ C．因为物体在水平方向和竖直方向上做匀速直线运动，则合运动仍然为匀速直线运动，故C错误；‎ D．因为物体做匀速直线运动，知物体受重力和拉力平衡，绳索保持竖直状态，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎4.如图所示，实线为某电场中的等势面。a，b，c，d为圆上的四个点，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. a、b、c、d四点电场强度相同 B. 一电子从b点运动到c点，电场力做的功为0.8eV C. 若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先减小后增加的直线运动 D. 所有从左侧平行于中心轴线进入电场区域的电子，都将会从右侧平行于中心轴线穿出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题意，a、b两点电势相等，c、d两点电势相等的，由等势面与电场线垂直的关系及电场强度方向与该点的切线方向一致，则它们的电场强度方向不同。故A错误；‎ B．一电子从b点运动到c点，电势差为 ‎ ‎ 而电子带负电，则电场力做功为0.8eV，故B正确；‎ C．若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，根据等势面疏密程度，可知电场线的疏密程度，从而可确定电场力先增大后减小，所以加速度先增大后减小，故C错误；‎ D．电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，则中间虚线上电场线是向左的直线，因此电子受到的电场力向右，等势线垂直于电场线，电势从右向左降低，可知电场方向向左，对电子吸引作用电子到达右侧后，因为等势线垂直于电场线，电子受电场力指向电场线方向内侧，速度方向与力方向不重合，电子受力发生偏转，又因为右侧电场线与中轴线不垂直，所以电子束不会从右侧平行于中心轴线穿出。故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎5.高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以6m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.2s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.6s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为（ ）‎ A. 4.2m B. 6.0m C. 7.8m D. 8.4m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车在前0.2s+0.6s内做匀速直线运动，位移为：‎ 随后汽车做减速运动，位移为 所以该ETC通道的长度为 故选D。‎ ‎6.如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是（ ）‎ A. 框架对小球的支持力先减小后增大 B. 拉力F的最小值为mgsinθ C. 地面对框架的摩擦力始终在减小 D. 框架对地面的压力先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示根据几何关系可知，用F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：‎ C．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C正确；‎ D．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示，滑块以初速度滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图象是取初速度方向为正方向　　‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 物体上滑时的加速度大小 a1==gsinθ+μgcosθ，方向沿斜面向下．下滑时的加速度大小 a2==gsinθ-μgcosθ，方向沿斜面向下，则知a1＞a2，方向相同，均为负方向．因v-t线的斜率等于加速度，可知选项AB错误；动能是标量，不存在负值．故C错误．重力做功W=-mgh=-mgxsinθ，故D正确．故选D.‎ 点睛：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况．要通过列方程分析图象的物理意义．‎ ‎8.如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg ‎)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止。则关于a2、a1、x1、x2的大小判断正确的是（ ）‎ A. a2>a1 x2>x1 B. a2= a1 x2=x1‎ C. a2>a1 x2x1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度 拿走砝码施加F时，加速度 可知 根据得 知加速度增大，则滑行的距离变小，即 故C正确。‎ 故选C。‎ ‎9.工作卫星1和2均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图所示。若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。以下判断中正确的是（ ）‎ A. 卫星1由位置A运动至位置B所需的时间为 B. 这两颗卫星的向心加速度大小相等，均为 C. 卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力不做功 D. 如果使卫星1加速，它就一定能追上卫星2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据 和 联立解得 则卫星1从位置A运动到位置B的时间为 故A错误；‎ B．根据 和 联立解得 轨道半径相等，则向心加速度大小相等，故B正确；‎ C．卫星1从位置A运动到位置B，由于万有引力方向与速度方向垂直，万有引力不做功，故C正确；‎ D．如果卫星1加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，不会追上卫星2，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.在如图所示电路中，C为一平行板电容器,闭合开关S,给电容器充电，当电路中电流稳定之后，下列说法正确的是 ( )‎ A. 保持开关S闭合，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动，电流表的示数变大，电压表的示数变大 B. 保持开关S闭合，不论滑动变阻器R1的滑片是否滑动，都有电流流过R2‎ C. 保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，R2中有由b 到a的电流 D. 断开开关S，若此时刚好有一带电油滴P静止在电容器两平行板之间，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，油滴将向上运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.保持开关S闭合，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动，接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知电路中电流增大，R2的电压增大，则电流表的示数变大，电压表的示数变大，故A正确；‎ B.保持开关S闭合，不论滑动变阻器R1的滑片是否滑动，电容器相当于开关断开，都没有电流流过R2，故B错误；‎ C.保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，极板的正对面积减小，电容减小，由知，U不变，Q减小，电容器放电，则R2中有由a 到b的电流，故C错误；‎ D.断开开关S ‎，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，极板的正对面积减小，电容减小，由知，电量Q不变，则板间电压U增大，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动，故D正确；‎ ‎11.如图，电路中电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图所示。当开关闭合后，下列说法中正确的是（ ）‎ A. L1中的电流为L2中电流的2倍 B. L3的电阻约为1.875Ω C. L3的电功率约为0.75W D. L2和L3的总功率为2.4W ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=1A，则灯泡L1的电阻 R1==3Ω 灯泡L2、L3串联，电压为：‎ U2=U3=1.5V 由图读出其电流为：‎ I2=I3=0.80A 故A错误；‎ B．灯泡L2、L3的电阻均为 故B正确；‎ CD．L3的电功率为 L2和L3的总电功率为2.4W，故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎12.如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek—h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，g取10m/s2，由图象可知（ ）‎ A. 小滑块的质量为0.2kg B. 轻弹簧原长为0.2m C. 弹簧最大弹性势能为0.32J D. 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.18J ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在从0.2m上升到0.35m范围内 图线的斜率绝对值为 则 故A正确；‎ B．在Ek-h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m，故B正确；‎ C．根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以 故C错误；‎ D．由图可知，当h ‎=0.18m时的动能最大，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知 故D错误 故选AB。‎ 二、实验题 ‎13.如图所示为验证机械能守恒定律的实验装置示意图。现有的器材为：带铁夹的铁架台、打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平，交流电源。回答下列问题。‎ ‎（1）为完成此实验，除了现有的器材，还需要的器材是_____________‎ ‎（2）关于本实验，在操作过程准确无误的情况下，下列说法中正确的是（ ）‎ A．实验时一定要称出重锤的质量 B．实验中测得重锤重力势能减少量DEP略大于它动能的增加量DEk，是因为阻力做功造成的 C．如果纸带上打下的第1、2点模糊不清，则无论用何种方法处理数据，该纸带都不能用于验证机械能守恒定律 ‎ ‎（3）若按实验要求选出合适的纸带进行测量，量得连续三个计数点A、B、C到第一个点O的距离如下图所示（相邻两点时间间隔为0.02s），当地重力加速度的值为9.80m/s2，重锤质量为0.50kg，那么打下点B时重锤的速度vB=____m/s，从O到B 的过程中重力势能减少量为DEP=____J。（计算结果均保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 刻度尺 (2). B (3). 2.00 (4). 1.05‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]纸带各点间距离需要刻度尺测量，所以还需要的器材有刻度尺；‎ ‎(2)[2]A．由机械能守恒定律得：‎ 实验需要验证 实验时不需要称出重锤的质量，故A错误；‎ B．阻力做功使得实验中测得重锤重力势能的减少量△Ep略大于它动能的增加量△Ek，故B正确；‎ C．如果纸带上打下的第1、2点模糊不清，可以选择纸带上其他清晰两点来验证机械能守恒定律，故C错误。‎ 故选B。‎ ‎(3)[3]B点时重锤的速度等于AC两点间的平均速度，打B点时重锤的速度为 ‎[4]从O到B的过程中重力势能减少量为 ‎14.实验室新购进一捆长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测量此铜导线的电阻率ρ。‎ ‎（1）用图甲所示的螺旋测微器测量铜导线的直径d，从图甲中读出铜导线的直径d＝________mm。‎ ‎（2）在测量铜导线的电阻R时，该同学用9根铜导线将器材连接如图乙所示。电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零，保护电阻R0＝3.0Ω。‎ ‎①闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至______端(填“左”“右”或“中间位置”)。‎ ‎②闭合开关后，反复调节滑动变阻器，发现电流表有示数、电压表的示数总为零。若5、6、7、8四根导线中，只有一根导线断路，则这根导线是_____(填数字代号)。‎ ‎③排除故障后，调节滑动变阻器，当电流表的示数为0.50A时，电压表(量程范围0～3V)的示数如图丙所示，其读数为_______V。由以上数据可求得ρ＝_________Ω·m(结果保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 1.130 (2). 右 (3). 6 (4). 2.40 (5). 1.8×10-8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图示螺旋测微器可知，铜导线的直径 ‎(2)[2]为了保护用电器，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至右端；‎ ‎[3]电流表有示数，电压表始终没有示数，由于电压表负接线柱与电源负极相连，所以断路的导线应是第6根；‎ ‎[4]电压表的最小分度为0.1V，所以电压表的读数为2.40V；‎ ‎[5]由原理图可知，电压表测的是铜导线和保护电阻的电压之和，电流为铜导线和保护电阻的电流，所以铜导线和保护电阻的总电阻为 解得 由电阻定律有 代入数据解得 ‎。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量．现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A，B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到．求 ‎（1）A开始运动时加速度a的大小；‎ ‎（2）A，B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；‎ ‎（3）A的上表面长度l；‎ ‎【答案】(1) （2）1m/s （3）0.45m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①‎ 代入数据解得a＝2.5 m/s2②‎ ‎(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v1③‎ 代入数据解得v1＝1 m/s④‎ ‎(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 mAvA＝(mA＋mB)v1⑤‎ A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAv⑥‎ 由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45 m.‎ ‎16.如图所示，在a、b两端有直流恒压电源，输出电压恒为Uab，R2=40Ω，右端连接间距d=0.04m、板长l=10cm的两水平放置的平行金属板，板间电场视为匀强电场．闭合开关，将质量为m=1.6×10-6kg、带电量q=3.2×10-8C的微粒以初速度v0=0.5m/s沿两板中线水平射入板间．当滑动变阻器接入电路的阻值为15Ω时，微粒恰好沿中线匀速运动，通过电动机的电流为0.5A．已知电动机内阻R1=2Ω，取g=10m/s2．试问：‎ ‎（1）输出电压为Uab是多大？‎ ‎（2）在上述条件下，电动机的输出功率和电源的输出功率？‎ ‎（3）为使微粒不打在金属板上，R2两端的电压应满足什么条件？‎ ‎【答案】（1）35V；（2）35W；（3）18V＜U2＜22V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 有qU1/d=mg-①‎ U1=20V 滑动变阻器两端电压U2=I总R滑-②‎ I总=I1+I2=1A③‎ 电源电压： U=U1+U2=35V ‎(2)P出=P总-I2R1④‎ ‎=UI-I2R1‎ ‎=17W P电=I总U="35W⑤‎ ‎(3)（2）因上极板带正电，故粒子带负电 粒子穿过板的时间t==0.2s⑥‎ 当粒子刚从下极板穿出时：⑦‎ 而：E=联立解得：U=18V⑧‎ 同理有：而：E=联立解得：U=22V -⑨‎ 故R2两端的电压应满足的条件是：18V＜U2＜22V ⑩‎ ‎17.科技馆有一套儿童喜爱的机械装置，其结构简图如下：传动带AB部分水平，其长度L=1.2m，传送带以3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径r=0.4m，其下端C点与圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧EF对应的圆心角θ=且圆弧的半径R=0.5m，F点和倾斜传送带GH的下端G点平滑连接，倾斜传送带GH长为x=4.45m，其倾角θ=。某同学将一质量为0.5kg且可以视为质点的物块静止放在水平传送带左端A处，物块经过B点后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道部分，当经过F 点时，圆弧对物块支持力N=29.0N，然后物块滑上倾斜传送带GH。已知物块与所有的接触面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8,，求：‎ ‎（1）物块由A到B所经历时间；‎ ‎（2）DE弧对应的圆心角为多少；‎ ‎（3）若要物块能被送到H端，则倾斜传动带顺时针运转的速度最小值vmin为多少。‎ ‎【答案】（1）0.7s（2）（3）4m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 放在水平传送带上的物体受到重力、支持力和摩擦力的作用，摩擦力提供水平方向的加速度，由牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ 所以 物体加速到3m/s的时间：‎ 在加速阶段的位移 物体做匀速直线运动的时间 物块由A到B所经历的时间 ‎(2)若物体能在B点恰好离开传送带做平抛运动，则满足：‎ 所以 所以物体能够在B点离开传送带做平抛运动，平抛运动的时间：‎ 到达D点时物体沿竖直方向的分速度 到达D点时物体的速度与水平方向之间的夹角 所以 即DE弧对应的圆心角α为 ‎(3)物体在F点时，支持力与重力的分力提供向心力得 代入数据得 物体在倾斜的传送带上受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，滑动摩擦力：‎ ‎ ‎ 重力沿斜面向下的分力 可知物体不可能相对于传送带静止，所以物体在传送带上将一直做减速运动．物体恰好到达H点时的速度为0，若传送带的速度小于物体在F点的速度，则物体先相对于传送带向上运动，受到的摩擦力的方向向下；当物体的速度小于传送带的速度后，受到的摩擦力的方向向上，物体继续向上做减速运动，加速度的大小发生变化，设物体恰好能到达H点时，传送带的速度是vmin，且vmin＜v3，物体到达H点的速度为0，物体的速度大于传送带的速度时，物体受到的摩擦力的方向向下，此时：‎ 则 物体的速度小于传送带的速度时，物体受到的摩擦力的方向向上，则：‎ 物体向上的减速运动若反过来看，也可以是向下是加速运动，初速度为0，末速度为v3，设下面的一段时间为t4，上面的一段时间为t5，可得：‎ ‎ ‎ 联立以上三式，代入数据得 ‎ ‎