黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三物理上学期第三次月考模拟试题（含解析） 17页

‎2020学年黑龙江省鹤岗一中高三（上）第三次月考物理 ‎ 模拟试卷 一．选择题 ‎1.一个小球由静止开始沿斜面下滑，经3 s进入一个水平面，再经6 s停下，斜面与水平面交接处的能量损失不计，则小球在斜面上和水平面上的位移大小之比是(　　)‎ A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 2∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在斜面上的初速度为0，末速度为v，在水平面上的初速度为v，末速度为零，故斜面上的加速度和水平面上加速度大小之比为，根据可得，B正确．‎ ‎2.已知两个力的合力F=10N，其中一个分力F1=16N，则另一个分力F2可能是（ ）‎ A. 1N B. 3N C. 5N D. 7N ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据两个分力的合力在两个分力之差与两个分力之和之间，分析另一个分力的大小可能值．‎ 有两个共点力的合力大小为10N，若其中一个分为大小为16N，另一个分力的大小应在范围，所以可能为7N，D正确．‎ ‎3.下列实验中，找到电荷间相互作用规律的实验是（　　）‎ A. 库仑扭秤实验 B. 卡文迪许实验 C. 密立根油滴实验 D. 奥斯特电流磁效应实验 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 库仑利用扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律---库仑定律，故A正确；卡文迪许实验测量出了万有引力常量。故B错误；密立根通过油滴实验，测出了电子电荷量的精确数值，任何物体带电量的数值都是元电荷电量的整数倍。故C错误；奥斯特实验说明了通电导体周围存在磁场，即电流的磁效应，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎4.如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动。绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：对x受力分析，对整体受力分析由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出T与x的关系．‎ 设单位长度质量为m，对整体分析有；对x分析可知，联立解得：，故可知T与x成正比，且x=0时，T=0，故A正确；‎ ‎5.一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出，水管距地面高，水落地的位置到管口的水平距离，不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是 A. 1.2m/s B. 2.0m/s C. 3.0m/s D. 4.9m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ 水平喷出的水，运动规律为平抛运动，根据平抛运动规律h＝gt2可知，水在空中的时间为0.6 s，根据x＝v0t 可知水平速度为v0＝2.0 m/s.因此选项B正确.‎ ‎6.土星与太阳的距离是火星与太阳距离的6倍多。由此信息可知( )‎ A. 土星的质量比火星的小 B. 土星运行的速率比火星的小 C. 土星运行的周期比火星的小 D. 土星运行的角速度大小比火星的大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查圆周运动及万有引力定律相关的知识点。‎ ‎【详解】根据万有引力提供向心力，得，即r越大速度越小，但是不比较土星和地球质量大小，故A错误，B正确；由，得，即r越大周期越大，故C错误；由，得，即r越大角速度越小，故D错误。‎ ‎7.如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线不受安培力作用的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 试题分析：电流方向与磁场方向垂直，受安培力作用，故A错误；电流的方向与磁场方向成θ角，受安培力作用．故B错误；电流方向与磁场方向平行，不受安培力作用，故C正确；电流方向与磁场方向垂直，受安培力作用，故D错误；故选C．‎ 考点：左手定则 ‎【名师点睛】本题考查了判断通电导线是否受安培力作用，知道导线受安培力的条件、分析图示情景即可正确解。‎ ‎8.如图所示电路中，R为某种半导体气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小．当一氧化碳气体浓度增大时，下列说法中正确的是 A. 电压表V示数增大 B. 电流表A示数减小 C. 电路的总功率减小 D. 变阻器R1的取值越大，电表示数变化越明显 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：当一氧化碳气体浓度减小时，R增大，总电阻增大，则总电流减小，内电压减小，路端电压增大，可知，通过R1的电流增大，因此电压表V示数增大，通过变阻器的电流增大，则电流表A示数减小．故A错误，B正确．电路的总功率为 P=EI，E不变，I减小，则P减小，故C错误．变阻器R1的取值越大，R1与R并联的阻值越接近R，R对电路的影响越大，则知变阻器R1的取值越大，电压表示数变化越明显．故D错误．故选B．‎ 考点：电路的动态分析 ‎9.在如图所示的电路中，电源的电动势E恒定，内阻r=1Ω，R1为光敏电阻（其阻值随光照的增强而减小），定值电阻R2=2Ω，R3=5Ω，电表均为理想电表。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 当光照增强时，电源的效率增大 B. 当光照增强时，电容器的电荷量减小 C. 光照强度变化时，电压表示数的变化量和电流表示数的变化量之比不变 D. 若光敏电阻R1阻值变化范围为2～9Ω，则光照强度变化前后，ab段电路消耗的电功率可能相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当光照增强时，光敏电阻阻值减小，总电流增大，则电源的功率增大，故A正确；当光照增强时，光敏电阻阻值减小，总电流增大，两端的电压增大，则电容器两端的电压增大，根据知，电容器的电荷量增大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：，所以，不发生变化，故C正确；将看成电源的内阻，则等效电源的内阻为，，则光敏电阻时，外电路总电阻与等效电源的内阻相等，电源的输出功率有最大值，则若光敏电阻阻值变化范围为，则光照强度变化前后，ab两段电路的功率可能相同，故D正确；‎ ‎【考点】考查了电路动态变化分析 ‎10.如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场．一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧轨道（图中的虚线）缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变．则该外力做的功为（重力加速度为g）（　　）‎ A. mgLcotθ B. mgLtanθ C. mgL﹣mgLcosθ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在最高点受力平衡，如图 根据平衡条件，有T=mgcotθ ①‎ qE= ②‎ 对从最高点到最低点过程运用动能定理得到：WF+mgL+qE•L•cos（225°﹣θ）=0 ③‎ 由②③解得WF=mgLcotθ，故选A。‎ ‎11. 如图，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内．用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止．现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（ ）‎ A. 墙面对A的弹力变小 B. 斜面对B的弹力不变 C. 推力F变大 D. 两球之间的距离变大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 试题分析：利用整体法对AB两球分析可知斜面对B的弹力不变，假设A球不动，利用库仑定律可知库仑力的变化，进而知道小球会上升，致使库仑力与竖直方向的夹角变小，水平分量变小，库仑力变小，两球间的距离变大，注意判断即可．‎ 解：对B选项，利用整体法可知，斜面对B球支持力的竖直分量等于A、B两带电小球的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B球支持力不变，故斜面对B的弹力不变，B选项正确；‎ 对D选项，假设A球不动，由于A、B两球间的距离减小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；‎ 对A、C选项，因水平分量减小，故A正确，C错误．‎ 故选：ABD．‎ ‎12.如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 物体在沿斜面向下运动 B. 在0～x1过程中，物体的加速度一直减小 C. 在0～x2过程中，物体先减速再匀速 D. 在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物体在沿斜面向下运动，故A正确；在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零．根据，可知，加速度逐渐增大，故B正确；在0～x1过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体先做加速运动，x1～x2过程中，机械能守恒，拉力F=0，此时，物体做匀加速运动，故C错误，D正确．故选ABD．‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律．‎ 二．实验题 ‎13.在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验中，为了探究3根材料未知，横截面积均为S=0.20mm2的金属丝a、b、c的电阻率，采用如图所示的实验电路．M为金属丝c的左端点，O为金属丝a的右端点，P是金属丝上可移动的接触点．在实验过程中，电流表读数始终为I=1.25A，电压表读数U随OP间距离x的变化如下表：‎ x/mm ‎600‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎900‎ ‎1000‎ ‎1200‎ ‎1400‎ ‎1600‎ ‎1800‎ ‎2000‎ ‎2100‎ ‎2200‎ ‎2300‎ ‎2400‎ U/V ‎3.95‎ ‎4.50‎ ‎5.10‎ ‎5.90‎ ‎6.50‎ ‎6.65‎ ‎6.82‎ ‎6.93‎ ‎7.02‎ ‎7.15‎ ‎7.85‎ ‎8.50‎ ‎9.05‎ ‎9.75‎ 根据实验数据在U﹣x图线上描点如图；三位同学根据U﹣x图线上的描点连线，其中相对最合理的是：_____‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象，根据，可知，U与x成正比，因此由上图可知，故C正确，AB错误；故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了作图象、比较电阻率大小问题，要掌握描点法作图的方法，应用电阻定律即可解题；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法，掌握应用图象法处理实验数据的方法．‎ ‎14. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．‎ ‎（1）应该选择的实验电路是图1中的 （选项“甲”或“乙”）．‎ ‎（2）现有电流表、开关和导线若干，以及以下器材：‎ A．电压表（0～15V）‎ B．电压表（0～3V）‎ C．滑动变阻器（0～50Ω）‎ D．滑动变阻器（0～500Ω），‎ 实验中电压表应选用 ；滑动变阻器应选用 ；（选填相应器材前的字母）‎ ‎（3）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U﹣I图线．‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电压U（V）‎ ‎1.45‎ ‎1.40‎ ‎1.30‎ ‎1.25‎ ‎1.20‎ ‎1.10‎ 电流（A）‎ ‎0.060‎ ‎0.120‎ ‎0.240‎ ‎0.260‎ ‎0.360‎ ‎0.480‎ ‎（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E= v，内电阻r= Ω ‎（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化．图3的各示意图中正确反映P﹣U关系的是 ．‎ ‎【答案】（1）甲；（2）B；C；（3）图示如图所示；（4）1.5；0.83；（5）C．‎ ‎【解析】‎ ‎(1) 干电池的内阻较小，电压表的分流作用可以忽略，可以用滑动变阻器中的电流来代替干路中的电流，所以选甲图电路。（注意：两种实验电路都存在系统误差，题图甲实际测量的电阻是电源内阻与电压表的并联电阻，而图乙测量的电阻是电池内阻与电流表内阻之和）‎ ‎(2) 一节干电池的电动势为1.5V，依据精确测量的原则，电压表应该选用B，电源的内阻较小，为了调节方便，滑动变阻器应该选C。‎ ‎(3) 画线时第4个点的误差较大，将其舍去，其他点连成直线，就得到电源的U-I图线。‎ ‎(4) 在（3）中图线中，U轴上的截距为该电源的电动势1.5V，图线的斜率为该电源的内阻。‎ ‎(5) 当滑动变阻器的阻值等于电源内阻时，电源的输出功率最大，即电源的输出功率随着U先变大再变小，A、B错误；输出功率与路端电压的关系可以表示为：，由数学知识可得C正确，D错误。‎ 点晴：考查了电源电动势和内阻的测量，利用U-I图象的斜率的绝对值表示电源内阻。‎ 三．计算题 ‎15.如图所示的电路中，电源电动势为E=6.0V，内阻r=0.6Ω，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：‎ ‎（1）电阻R1和R3的阻值；‎ ‎（2）当S闭合后，电压表的示数和电阻R2上消耗的电功率；‎ ‎（3）当S闭合后，电源的效率η ‎【答案】（1）1.4Ω和2Ω；（2）1V； 2W；（3）75%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）S断开时，由U1=I1R3‎ 解得：R3=2Ω；‎ 再由闭合电路欧姆定律可知：‎ 解得：R1=1.4Ω；‎ ‎（2）S闭合时，R2、R3并联电阻为：‎ R23= =0.4Ω 回路电流为：I2= =2.5A 电压表示数为：U2=I2R23=2.5×0.4=1V R2上消耗的功率为：P2==2W；‎ ‎（3）电源的输出功率为：P出=EI2﹣I22r=6×2.5﹣（2.5）2×0.6=11.25W；‎ 电源的总功率为：P=EI2=6×2.5=15W；‎ 则电源的效率为：η==75%。‎ ‎【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的基本应用，要注意明确电路结构，能准确利用串并联电路的规律以及闭合电路欧姆定律分析求解即可解答本题。‎ ‎16.如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为3g/8，静电力常量为k，求：‎ ‎(1)此电荷在B点处的加速度；‎ ‎(2)A、B两点间的电势差(用k、Q和h表示)‎ ‎【答案】（1）9g，方向竖直向上；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Q为固定的正点电荷，另一点电荷从 A点由静止释放，由于库仑斥力作用，运动到B点时速度正好又变为零．则由库仑定律与牛顿第二定律可求出电荷在A处的加速度，从而再次列出牛顿第二定律可求出电荷在B处的加速度．从A到B过程运用动能定理可求出库仑力做的功，从而算出AB电势差.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律得，‎ 在A点时：‎ 在B点时：‎ 解得：aB＝9g，方向竖直向上．‎ ‎(2)从A到B的过程，由动能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0‎ 解得：‎ ‎【点睛】本题主要考查了库仑定律与牛顿第二定律，及动能定理，同时还涉及电场力做功的综合运用．另一点电荷在点电荷的电场中受到变化的库仑力，加速度大小是变化的。‎ ‎17.如图所示为一种测定风作用力的仪器的原理图，P为金属球，悬挂在一细长金属丝下端，O为悬点，R0为保护电阻，CD是水平放置的光滑电阻丝，与金属丝始终保持良好接触．无风时，细金属丝与电阻丝在0点正下方的C点接触，此时电路中电流为I0，有风时，金属丝将偏转一角度θ，角度θ与风力大小有关．已知风力方向水平向左，OC=h，CD=L，球的质量为m，电阻丝CD每单位长度电阻值为K，电源内阻和金属丝的电阻不计．金属丝偏角为θ时，电流表示数为I′，此时风力大小为F．试求出：‎ ‎（1）风力大小F和θ角的关系式；‎ ‎（2）风力大小与电流强度I′的关系式．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）分析小球的受力，根据图示，可判断 ‎（2）风力为F时，可知 金属丝与电阻的接触点到C点的距离为l 接触点到D点的距离为 此时电路电流示数为，可知 无风时 联立④⑤得 ‎18.如图甲所示，在圆形水池正上方，有一半径为r的圆形储水桶。水桶底部有多个水平小孔，小孔喷出的水在水池中的落点离水池中心的距离为R，水桶底部与水池水面之间的高度差是h。为了维持水桶水面的高度不变，用水泵通过细水管将洒落的水重新抽回到高度差为H的水桶上方。水泵由效率为η1的太阳能电池板供电，电池板与水平面之间的夹角为α，太阳光竖直向下照射（如图乙所示），太阳光垂直照射时单位时间、单位面积接受的能量为E0．水泵的效率为η2，水泵出水口单位时间流出水的质量为m0，流出水流的速度大小为v0（不计水在细水管和空气中运动时所受的阻力）。求：‎ ‎（1）水从小孔喷出时的速度大小；‎ ‎（2）水泵的输出功率；‎ ‎（3）为了使水泵的工作能维持水面的高度不变，太阳能电池板面积的最小值S。‎ ‎【答案】（1） （2）m0gh+m0v02（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）水从小孔喷出时速度沿水平方向，只受重力作用，做平抛运动，设水喷出时的速度大小为v，有 R﹣r=vt h=gt2；‎ 水喷出的速度 ；‎ ‎（2）水泵做功，既改变水的势能，又改变水的动能。由功能关系得 Pt=m0tgh+m0tv02；‎ 功率P=m0gh+m0v02．‎ ‎（3）考虑单位时间内的能量转化及利用效率，太阳能电池板接收太阳能的其中一部分转变成电能E1，电能通过水泵将其中的部分转变成水的势能与动能E2，有 E1=η1E0cosθ E2=η2E1‎ E2=m0gH+m0v02‎ 解得最小面积 ；‎ ‎【点睛】本题根据生活中的例子考查功能的关系，解题的关键在于明确题意，从而构建出我们所熟知的物理模型，则可轻松解决本题。‎