2020届高三物理1月月考试题（含解析）

2020届高三物理1月月考试题（含解析）

‎2019学年度高三1月月考理综卷 物理试题 二、选择题 ‎1. 如图所示水平面上,质量为20kg的物块A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端,弹簧的另一端固定在小车上,小车静止不动,弹簧对物块的弹力大小为10N时,物块处于静止状态,若小车以加速度a=1m/s2沿水平地面向右加速运动时( )‎ A. 物块A相对小车向左运动 B. 物块A受到的摩擦力将减小 C. 物块A受到的摩擦力大小不变 D. 物块A受到的弹力将增大 ‎【答案】C ‎【解析】A、物体开始时受弹力F=5N，而处于静止状态，说明受到的静摩擦力为5N，则物体的最大静摩擦力Fm≥5N．当物体相对于小车向左恰好发生滑动时，加速度为，所以当小车的加速度为a=1m/s2时，物块A相对小车仍静止．故A错误．B、C、根据牛顿第二定律得：小车以加速度a=1m/s2沿水平地面向右加速运动时，弹力水平向右，大小仍为5N，摩擦力水平向右大小仍为5N． 故B错误，C正确．D、物体A相对于小车静止，弹力不变．故D错误．故选C．‎ ‎【点睛】应用牛顿第二定律分析物体受力情况，要注意静摩擦力大小和方向会随物体状态而变化．‎ ‎2. 如图所示，一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A。现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板。站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板对地面的速度大小可能是（ ）‎ - 16 -‎ A. 1.8m/s B. 2.0m/s C. 2.4m/s D. 3.0m/s ‎【答案】C ‎3. 如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上 部光滑，下部粗糙．一绳长为3R轻绳一端系与斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点．已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B 的运动过程中（　　）‎ A. 合外力做功 B. 重力做功2mgR C. 克服摩擦力做功 D. 机械能减少 ‎【答案】D ‎【解析】以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好充当向心力，得：‎ ‎ 解得：‎ - 16 -‎ A到B的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为Wf，则解得：‎ A：A到B的过程中，合外力做功等于动能的增加，故A错误。‎ B：A到B的过程中，重力做功，故B错误。‎ C：A到B的过程中，克服摩擦力做功，故C错误。‎ D：A到B的过程中，机械能的变化，即机械能减小，故D正确。‎ ‎4. 如图所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN与金属线紧密接触，起始时 ，且MN⊥OQ，所有导线单位长度电阻均为r，MN运动的速度为，使MN匀速的外力为F，则外力F随时间变化的规律图正确的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C - 16 -‎ ‎【解析】试题分析：由匀速运动的位移时间公式x=vt求解经过时间t导线离开o点的长度．MN切割磁感线的有效长度就是与MN与轨道接触的两点间的长度，由几何关系求解．由数学知识求得回路的总长，得到总电阻，可由闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小．则可确定外力的变化情况．‎ ‎..................‎ ‎5. 图中A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电源E内阻不计，则（ ）‎ A. R2不变时，V2读数与A读数之比等于Rl B. R2不变时，Vl表示数与A示数之比等于Rl C. R2改变一定量时，V2读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1‎ D. R2改变一定量时，V1读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析：电源E内阻不计，路端电压等于电动势，保持不变．理想电压表对电路影响不变．根据电阻的定义，当电阻不变时．当电阻变化时，根据欧姆定律，用数学方法电阻与两电表读数的关系分析．‎ A、R2不变时，V2读数与A读数之比等于R2．故A错误．‎ B、R2不变时，Vl表示数与A示数之比等于Rl．故B正确．‎ C、R2改变一定量时，设V2读数为U2，A读数为I，根据欧姆定律，U2=E-IR1，由数学知识可知，大小等于R1．故C正确．‎ D、设V1读数为U1，根据欧姆定律，U1=IR1，由数学知识可知，大小等于R1．故D正确．‎ - 16 -‎ 故选BCD 考点：闭合电路的欧姆定律．‎ 点评：本题考查对电阻概念的理解能力，对于线性元件，；对于非线性元件，．‎ ‎6. 如图所示，abcd是一个质量为m，边长为L的正方形金属线框。如从图示位置自由下落，在下落h后进人磁感应强度为B的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L。在这个磁场的正下方3h+L处还有一个磁感应强度未知，但宽度也为L的磁场，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是( )‎ A. 未知磁场的磁感应强度是B/2‎ B. 未知磁场的磁感应强度是 C. 线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL D. 线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL ‎【答案】BC ‎【解析】线框下落h时的速度为，且在第一个匀强磁场中有。当线框下落h+2L高度，即全部从磁场中穿出时，再在重力作用下加速，且进入下一个未知磁场时，线框进人下一个未知磁场时又有：，所以,B正确；因为线框在进入与穿出磁场过程中要克服安培力做功并产生电能，即全部穿过一个磁场区域产生的电能为2mgL，故线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL，C正确。‎ ‎7. 如图所示，一质量为m的物体静置在倾角为θ=30°的光滑斜面底端。现用沿斜面向上的恒力F拉物体，使其做匀加速直线运动，经时间t，力F做功为W，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以斜面底端为重力势能零势能面，则下列说法正确的是 - 16 -‎ A. 恒力F大小为 B. 从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了W C. 回到出发点时重力的瞬时功率为 D. 物体动能与势能相等的位置在撤去恒力位置的上方 ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：分别研究从开始到经过时间t和撤去恒力F到回到出发点，物体的受力情况，根据运动学公式求出恒力F，除重力以外的力做功等于机械能的变化量，根据动能定理求出回到出发点的速度，根据瞬时功率公式求解重力的瞬时功率，根据运动学公式求出撤去力F时，物体继续上滑到最高点距离，运用动能定理求出撤去力F时，物体重力势能．‎ 从开始到经过时间t，物体受重力，拉力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度为①，撤去恒力F到回到出发点，物体受重力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度大小为：②，两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等．则得：③，①②③联立解得，故A正确；除重力以外的力做功等于物体机械能的变化量，力F做功W，机械能增加量为W，由于又回到出发点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了W，故B正确；根据过程中，根据动能定理得，解得，回到出发点时重力的瞬时功率为，故C错误；撤去力F时重力势能为，动能为，则，撤去F后到最高点的过程中，动能减小，重力势能增大，动能与势能相等的位置不可能在这段距离，所以动能与势能相等的位置在撤去恒力位置的下方，故D错误．‎ ‎8. 一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中0～段是对称的曲线， ～段是直线，则下列说法正确的是 - 16 -‎ A. 处电场强度为零 B. 、、处电势、、的关系为>>‎ C. 粒子在0～段做匀变速运动， ～段做匀速直线运 D. ～段是匀强电场 ‎【答案】ABD ‎【解析】A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：，得：，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率处为零，电场强度等于零，A正确； ‎ B、由图可知，、、处电势能EP1＜EP2＜EP3，根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，所以、、处电势、、的关系为>>‎ C、粒子在0～段斜率变化，电场强度变化，电场力变化，粒子做变速运动，不是匀变速运动，～段图线斜率不变，电场强度不化，电场力不化，粒子做匀速运动，C错误，D正确；‎ 故选：ABD。‎ ‎9. 为了测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接测量工具，某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮(质量和摩擦可以忽略)、砝码一套(总质量m=0.5kg)、细线、米尺、秒表，根据已学过的物理知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图象并根据图象的斜率和截距求出沙袋的质量．操作如下：‎ ‎(1)实验装置如图，设左右两边沙袋的质量分别为m1、m2；‎ ‎(2)从m中取出质量为的砝码放在左边的沙袋中，剩余砝码都放在右边沙袋中，发现m1下降、m2上升；‎ - 16 -‎ ‎(3)用米尺测出沙袋m1从静止下降的距离h，用秒表测出沙袋m1下降h1的时间t，则可知沙袋的加速度大小为a=____________；‎ ‎(4)改变，测量相应的加速度a，得到多组及a的数据，作出__________(填“”或“”)图线；‎ ‎(5)若求得图线的斜率k=4m/kg·s2，截距b=2m/s2，(g=10m/s2)则沙袋的质量m1=___________kg，m2=_____________kg．‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 3 (4). 1.5‎ ‎【解析】(3)沙袋匀加速下降，有 所以 ‎(4)对沙袋和砝码整体，根据牛顿第二定律得：，化简得：，要做出线性函数，应该做a～m′‎ ‎(5)从上面的方程可以得到斜率，截距，代人数据解得 m1＝3kg，m2＝1.5kg ‎10. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5V，2.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A．直流电源（电动势约为5V，内阻可不计）‎ B．直流电流表（量程0〜3A，内阻约为0.1Ω）‎ C．直流电流表（量程0〜600mA，内阻约为5Ω）‎ D．直流电压表（量程0〜15V，内阻约为15kΩ）‎ E．直流电压表（量程0〜5V，内阻约为10kΩ）‎ F．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A）‎ G．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）‎ 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．‎ - 16 -‎ ‎(1)实验中电流表应选用____________，电压表应选用____________，滑动变阻器应选用__________________（均用序号字母表示）．‎ ‎(2)请按要求将图甲中所示的器材连成实验电路_________________．‎ ‎(3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图丙所示的电路中，其中电源电动势E=4V，内阻r=1Ω，定值电阻R=9Ω，此时灯泡的实际功率为__________W.（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). C (2). E (3). F (4). (5). 0.34‎ ‎【解析】(1) 标有“5V，2.5W”的小灯泡，，电流表应选用C．直流电流表（量程0〜600mA，内阻约为5Ω），电压表应选用E．直流电压表（量程0〜5V，内阻约为10kΩ）‎ ‎ 小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器应选用F．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A）‎ ‎(2) 图甲中所示的器材连成实验电路如图：‎ ‎ ‎ ‎(3) 小灯泡接到如图丙所示的电路中，电源电动势E=4V，内阻r=1Ω，定值电阻R - 16 -‎ ‎=9Ω，灯两端电压与电流的关系为，在小灯泡的伏安特性曲线上再画图线，两者交点表示灯的工作电压与电流。‎ 由图可得灯此时的工作电压为1.2V，工作电流为0.28A，灯泡的实际功率 ‎ 点睛：借助闭合电路欧姆定律得出灯两端电压与电流的关系图线，小灯泡的伏安特性曲线也反映灯两端电压与电流的关系，两个图线的交点表示对应的工作点。‎ ‎11. 某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段圆弧的曲线轨道，BC为一段足够长的水平轨道，两段轨道均光滑。一长为L=2m、质量为M=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切。一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，工件与小车的动摩擦因数为，取：‎ ‎(1)若h=2.8m，求工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力；‎ ‎(2)要使工件不从平板小车上滑出，求h的取值范围．‎ ‎【答案】(1) ，方向竖直向下 (2)‎ ‎【解析】试题分析：（1）工件在光滑圆弧上下滑的过程，运用机械能守恒定律或动能定理求出工件滑到圆弧底端B点时的速度．在B点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对工件的支持力，由牛顿第三定律得到工件对轨道的压力．（2）要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，此时为最大高度，根据动量守恒定律、能量守恒定律求出滑上小车的初速度大小，根据机械能守恒求出下滑的最大高度.‎ ‎（1）工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为 - 16 -‎ 根据机械能守恒定律：‎ 工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得：‎ 联立得：N=60N 由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为，方向竖直向下.‎ ‎（2）要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，此时为最大高度，设共同速度为，工件滑上小车的初速度为 由动量守恒定律得：‎ 由能量守恒定律得：‎ 对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得：‎ 代入数据解得：‎ 要使工件不从平板小车上滑出，h的范围为 ‎【点睛】第（1）问做竖直平面内的圆周运动，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第三定律求解；第（2）问的解题关键：要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律求解．‎ ‎12. 如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 L＝1m，导轨平 面与水平面的夹角θ＝37°，下端连接阻值 R＝1Ω的电阻；质量 m＝1kg、阻值 r＝1Ω的匀质金属棒 cd 放在两导轨上，到导轨最下端的距离 L1＝1m，棒与导轨 垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.9。整个装置处于与导轨平面 垂直（向上为正）的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。认 为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知在 0～1.0s 内，金属棒 cd 保持静止，取 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。‎ ‎(1)求 0～1.0s 内通过金属棒 cd 的电荷量；‎ ‎(2)求 t＝1.1s 时刻，金属棒 cd 所受摩擦力的大小和方向；‎ - 16 -‎ ‎(3)1.2s 后,对金属棒 cd 施加一沿斜面向上的拉力 F,使金属棒 cd 沿斜面向上 做加速度大小的匀加速运动,请写出拉力 F 随时间 t′（从施加 F 时开始计时）变化的关系式。‎ ‎【答案】（1）（2）,方向沿导轨向上（3）‎ ‎【解析】(1)在0−1.0s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：‎ E=‎ 其中S=L1×L=1×1=1m；‎ 由闭合电路欧姆定律有：‎ I=‎ 由于在0−1.0s内回路中电流恒定，故电量q=It 其中t=1s；‎ 联立解得：q=1C；‎ ‎(2)若0−1.1s内金属棒cd保持静止,则在0−1.1s内回路中的电流不变,t=1.1s时,金属棒cd所受安培力F′=B1IL=0.2×1×1=0.2N，方向沿导轨向下；‎ 又导轨对金属棒cd的最大静摩擦力f’=μmgcos37∘=0.9×10×0.8=7.2N；‎ 由于mgsin37∘+F′=6.2N

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