【物理】黑龙江省大庆十中2020届高三上学期第二次月考试题（解析版）

【物理】黑龙江省大庆十中2020届高三上学期第二次月考试题（解析版）

黑龙江省大庆十中2020届高三上学期 第二次月考试题 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 由可知，电场强度E与q成反比，与F成正比 B. 库仑提出了用电场线描述电场的方法 C. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍 D. 伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场强度是由电场本身决定物理量，与试探电荷的电量q以及所受的电场力F无关；由可知，电场强度E等于F与q的比值，选项A错误；‎ B．法拉第提出了用电场线描述电场的方法，选项B错误；‎ C．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，选项C正确；‎ D．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，后来用斜面实验间接进行了验证，选项D错误；‎ 故选C.‎ ‎2.如图所示，质量M=60 kg的人用绳子通过定滑轮拉着质量m=10 kg的物块一直保持静止不动．若不计绳与滑轮的摩擦，绳与竖直方向的夹角为α=60°，g取10 m/s2．下列说法中正确的是 A. 人对地面的压力为550 N B. 地面对人的摩擦力为50 N C. 绳对滑轮的作用力为100 N D. 人的质量越大受到地面的摩擦力越大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．绳子拉力总等于物块的重力100 N，对人进行受力分析如图所示，可得人对地面的压力为=550 N，选项A正确；‎ B．地面对人摩擦力为N=N，选项B错误；‎ C．对滑轮受力分析如图所示，可得绳对滑轮的作用力F==100N，选项C错误；‎ D．改变人的质量，静摩擦力不变，选项D错误．‎ ‎3.习近平主席在2018年新年贺词中提到，科技创新、重大工程建设捷报频传， “慧眼”卫星邀游太空．“慧眼”于2017年6月15日在酒泉卫星发射中心成功发射，在10月16日的观测中，确定了 射线的流量上限．已知“慧眼”卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r（r>R），运动周期为T，地球半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）‎ A. “慧眼”卫星的向心加速度大小为 B. 地球的质量大小为 C. 地球表面的重力加速度大小为 D. “慧眼”卫星的线速度大于7.9km/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设地球的质量为M，“慧眼”卫星的质量和向心加速度分别为m、a向，地球表面的重力加速度为g AB.根据万有引力提供向心力可得：‎ 解得：‎ 故A项正确，B项错误；‎ C.地球表面的物体的重力近似等于物体所受到的万有引力，即 解得：‎ 此时分母里的周期应该是绕地表的周期T0，不是在高空中的周期T，故C错误；‎ D.由公式 解得：‎ ‎“慧眼”卫星的半径大于地球的半径，所以“慧眼”卫星的线速度小于7.9km/s，故D项错误．‎ ‎4.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子由A到B电场力做负功 C. 粒子在B点动能大 D. 粒子在A点加速度大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据曲线运动条件可知，粒子所受的合力应该指向曲线弯曲的内侧，所以粒子所受的电场力逆着电场线方向，与电场方向相反，所以粒子带负电。故A错误；‎ BC．粒子所受的电场力方向大致向下，则粒子从A到B，电场力对粒子做负功，动能减小，则粒子在B点动能小，故B正确，C错误； ‎ D．由于B点的电场线密，场强大，所以粒子在B点受到的电场力大，则在B点的加速度较大。故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道处于竖直向下的匀强电场E中，在轨道的上端，一个质量为m、带电量为＋q的小球由静止开始沿轨道运动，则（ ）‎ A. 小球运动过程中机械能守恒 B. 小球机械能和电势能的总和先增大后减小 C. 在最低点球对环的压力为（mg＋qE）‎ D. 在最低点球对环的压力为3（mg＋qE）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒．故A不符合题意．‎ B．小球运动过程中只有电场力和重力做功，发生的时机械能与电势能的转化，但小球机械能和电势能的总和不变．故B不符合题意．‎ CD．小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：，由，联立解得：‎ N=3（mg+qE）‎ 由牛顿第三定律知在最低点球对环的压力为3（mg+qE）．故C不符合题意，D符合题意．‎ ‎6. 如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则 A. a的飞行时间比b的长 B. b和c的飞行时间相同 C. a的水平速度比b的小 D. b的初速度比c的大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．b、c的高度相同，大于a的高度，根据h=gt2，得，知b、c的运动时间相同，a的飞行时间小于b的时间．故A错误,B正确；‎ C．因为a的飞行时间短，但是水平位移大，根据x=v0t知，a的水平速度大于b的水平速度．故C错误；‎ D．b、c的运动时间相同，b的水平位移大于c的水平位移，则b的初速度大于c的初速度．故D正确．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移.‎ ‎7.如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则（ ）‎ A. 绳子自由端的速率v增大 B. 拉力F变小 C. 拉力F的功率P不变 D. 杆对A的弹力FN减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.物体沿绳子方向上的分速度，该速度等于自由端的速度，增大，自由端速度减小，拉力的功率为：‎ 可知拉力功率不变，故选项A不符合题意，C符合题意．‎ BD.因为做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有：‎ 因为增大，减小，则拉力增大，水平方向合力为零，则有：‎ 增大，增大，所以增大，故选项B、D不符合题意；‎ ‎8.一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板B接地，P为两极板间一点，如图所示．用E表示电容器两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 若保持B极板不动，将极板A向下移动少许，则U变小，E不变 B. 若将一玻璃板插入A、B两极板之间，则φ变大，E变大 C. 若将A极板向左平行移动少许，则U变小，φ不变 D. 若保持A极板不动，将极板B向上移动少许，则U变小，φ减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若保持极板不动，将极板向下移动少许，根据可知电容增大，由不变，根据可知两极板间的电压变小；由、、可得：‎ 可知电容器两极板间的电场强度不变，故A正确；‎ B. 若将一玻璃板插入、两极板之间，根据可知电容增大，由不变，根据可知两极板间的电压变小，根据可知，且电容器两极板间的电场强度变小，由知，点与下极板的电势差减小，则点的电势变小，故B错误；‎ C. 若将极板向左平行移动少许，根据可知电容减小，由不变，根据可知两极板间的电压变大，且变大，由知，点与下极板的电势差增大，则点的电势变大，故C错误；‎ D. 若保持极板不动，将极板向上移动少许，电容变大，则变小，且不变，由知点与下极板的电势差变小，变小，故D正确．‎ 三、非选择题 ‎9.在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：‎ 待测金属丝：（阻值约，额定电流约）；‎ 电压表：V（量程，内阻约）；‎ 电流表：（量程，内阻约）；‎ ‎（量程，内阻约）；‎ 电源：（电动势3V，内阻不计）‎ ‎（电动势12V，内阻不计）‎ 滑动变阻器：（最大阻值约）‎ 螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。‎ ‎①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为_________mm。‎ ‎②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选_____、电源应选____（均填器材代号）.‎ ‎【答案】① 1.775 ②A1 E1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1]．用螺旋测微器测量金属丝的直径，读数为1.5mm+0.01mm×27.5=1.775mm。‎ ‎②[2][3]．因电压表量程为3V，则电源选择E1；电路中可能出现的最大电流为 ，可知电流表应选A1。‎ ‎10.某同学设计了如图装置来验证碰撞过程遵循动量守恒．在离地面高度为h的光滑水平桌面上，放置两个小球a和b．其中，b与轻弹簧紧挨着但不栓接，弹簧左侧固定，自由长度时离桌面右边缘足够远，起初弹簧被压缩一定长度并锁定．a放置于桌面 边缘，球心在地面上的投影点为O点．实验时，先将a球移开，弹簧解除锁定，b沿桌 面运动后水平飞出．再将a放置于桌面边缘，弹簧重新锁定．解除锁定后，b球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出．重复实验10次．实验中，小球落点记为A、B、C．‎ ‎ ‎ ‎(1)若a球质量为ma，半径为ra；b球质量为 mb，半径为rb．b 球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出，则 ______ ．‎ A．mamb，ra=rb D．ma>mb，ra>rb ‎(2)为了验证动量守恒，本实验中必须测量的物理 量有____．‎ A．小球a的质量ma和小球b的质量mb B．小球飞出的水平距离OA 、OB、OC C．桌面离地面的高度h D．小球飞行的时间 ‎(3)在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足表达式：__________， 即说明碰撞过程遵循动量守恒．（用题中已测量的物理量表示）‎ ‎(4)该同学还想探究弹簧锁定时具有的弹性势能，他测量了桌面离地面的高度h，该地的 重力加速度为g，则弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为_______．（用题中已测量的物理量表示）‎ ‎【答案】(1). A (2). AB (3). mb•OB=mb•OA+ma•OC (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：应该使mb大于ma，为了使偏转能沿水平方向发生，则二者的球心的高度要相同，所以它们的半径要相等．故A正确，BCD错误 ‎(2)[2]要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替．所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC；故AB正确，CD错误 ‎(3)[3]小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：‎ mbv0=mbv1+mav2‎ 两边同时乘以时间t，得：‎ mbv0t=mbv1t+mav2t 则：‎ mb•OB=mb•OA+ma•OC ‎(4)[4]桌面离地面的高度h，该地的重力加速度为g，小球b飞行的时间：‎ b的初速度 弹簧锁定时具有的弹性势能Ep转化为小球b的动能，所以弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为：‎ ‎11.在水平地面上有一质量为2kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为F/3，该物体的运动速度随时间t的变化规律如图所示．‎ 求：（1）物体受到的拉力F的大小．‎ ‎（2）物体与地面之间的动摩擦因数．(g取10m/s2)‎ ‎【答案】（1）8.4N；（2）0.34。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设物体所受滑动摩擦力为f，则物体在0～10s的运动过程中，由v-t图可得，加速度的大小为 ‎，‎ 由牛顿第二运动定律得 F-f=ma1①‎ 物体在10s～14s的运动过程中，，由v-t图可得，加速度的大小为 ‎，‎ 由牛顿第二运动定律得 ‎②‎ 由①、②式求得：拉力F=8.4N，f=6.8N 又得μ=0.34‎ ‎12.光滑水平轨道MN与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于N点，质量为m的小球B静止于水平轨道上P点，小球半径远小于R．与B相同的小球A以速度v0向右运动，A、B碰后粘连在一起．求当v0‎ 的大小在什么范围时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道．已知重力加速度为g．‎ ‎【答案】v0≤2或v0≥2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】AB碰撞动量守恒，则：mv0＝2mv 若两物体能到达与圆心等高的位置，则：－2mgR＝0－×2mv2，‎ 解得v0＝2‎ 若两物体恰能到达最高点，则：－2mg×2R＝×2mv′2－×2mv2，‎ ‎2mg＝2m，‎ 解得v0＝2‎ 综上，当v0≤2或v0≥2时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道．‎ ‎13.如图所示，一电子从匀强电场左边界A点以初速度垂直于场强方向进入电场，经偏转从右边界B点飞出．已知A、B两点间水平和竖直距离均为L，电子质量为m、电荷量为e，不计电子重力及空气阻力．则正确的是 。‎ A. 电子从A到B的运动时间为 B. 匀强电场的电场强度为 C. A、B两点间的电势差为 D. 电子从B点飞出时速度与水平方向夹角的正切值为1‎ E. 电子从B点飞出时速度大小为 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，则 L=v0t 所以从A到B的运动时间为 故A正确；‎ B．竖直方向有：‎ 解得电场的电场强度为 故B错误；‎ C．A、B两点间的电势差为 故C正确；‎ D．由于飞出时，电子的位移与水平方向夹角的正切值为1，则从B点飞出时速度与水平方向夹角的正切值为2，故D错误；‎ E．电子从B点飞出时竖直速度 ‎ ‎ 则B的速度大小为 选项E正确； ‎ 故选ABE。‎ ‎14.如图所示，小物块放在距地面高度，长度的粗糙水平固定桌面的左端A点，以初速度向右滑行，离开桌子边缘B后，落在水平地面C点，已知小物块与桌面之间的动摩擦因数，不计空气阻力，求：‎ 小物体离开桌子边缘B时的速度大小；‎ 点与B点的水平距离x．‎ ‎【答案】（1）（2）1m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物体在桌面上运动时，由动能定理可得： ； 解得：；‎ ‎（2）小球离开桌面后做平抛运动，竖直方向上有：； 水平方向上： 联立解得：．‎ ‎【点睛】本题为平抛运动与动能定理结合的题目，要注意正确平抛运动的规律，将平抛运动分解为水平和竖直两个方向进行研究．‎ ‎15.图甲为一列简谐横波在时刻的波形图,P是平衡位置x=1m处的质点,Q是平衡位置x=4m处的质点,图乙为质点Q的振动图象,则下列说法正确的是_______‎ A. 该波的周期是0.10s B. 该波的传播速度为40m/s C. 该波沿x轴的正方向传播 D. t=0.10s时,质点P的振动方向向下 E. 从t=0.10s到t=0.20s,质点P通过的路程为20cm.‎ ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙知该波的周期是0.20s．故A错误．由甲图知波长λ=8m，则波速为：，故B正确．在t=0.20s时，由乙图知质点Q正向上运动，根据波形平移法可知该波沿x轴正方向传播，故C正确．0.2s时质点P从平衡位置上方向下振动，则半个周期前，即0.1s时刻振动方向向上，选项D错误；从t=0.10s到=0.20s经过的时间为△t=0.1s=0.5 T，则P在半个周期内通过的路程为2A=20cm，选项E正确；故选BCE.‎ ‎【点睛】本题有一定的综合性，考查了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系．要知道质点做简谐运动时，无论初始位置如何，则半个周期内的路程总是2A.‎ ‎16.如图，玻璃柱的横截面为半径R=20.0 cm的半圆，O点为圆心．光屏CD紧靠在玻璃柱的右侧，且与截面底边MN垂直．一光束沿中半径方向射向O点，光束和MN的夹角为，在光屏CD上出现两个光斑．己知玻璃的折射率为n=．‎ ‎（i）若=60°，求两个光斑间的距离；‎ ‎（ii）屏上两个光斑间距离会随大小的变化而改变，求两光斑间的最短距离．‎ ‎【答案】（i）cm；（ii）20cm ‎【解析】‎ ‎【详解】（i）光束在MN界面上一部分反射，设反射光与光屏CD的交点为C，另一部分折射，设折射光与光屏的交点为D，入射角为r，折射角为i，光路图如图所示，由几何关系得：r=90°-θ=30° 得：‎ 根据折射定律得 可得，i=60° 则 所以两个光斑间的距离 LCD=LCN+LDN=‎ ‎ ‎ ‎（ii）屏上两个光斑间的距离会随θ的减小而变短，当光线在MN就要发生全反射时，两光斑间距离最短，由临界角公式得： 所以两光斑间的最短距离 Lmin= 联立解得  Lmin=20cm