【物理】福建省厦门双十中学2020届高三上学期12月第二次月考试题（解析版）

【物理】福建省厦门双十中学2020届高三上学期12月第二次月考试题（解析版）

福建省厦门双十中学2020届高三上学期12月 第二次月考 一、选择题(1~8单选题，每题3分； 9~12 多选题，每题5分，部分正确无错误得3分，有错得0分).‎ ‎1.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )‎ A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 ‎【答案】A ‎【解析】A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；‎ B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；‎ C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；‎ D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误．‎ 点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系．‎ ‎2.如图所示，两相同小球a，b用轻弹簧A，B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a.上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时A，B伸长量刚好相同，若A，B 的劲度系数分别为k1，k2则以下判断正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】令弹簧A的拉力为F1，B弹簧的拉力为F2，a、b球的质量为m，先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：F1=mg，再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示： ‎ 根据平衡条件，有：‎ F=2mgtan60°=‎ 根据胡克定律，有：F1=k1△x，F2=k2△x，联立可得：‎ A．。故A错误。 ‎ B．。故B错误。 ‎ C．。故C正确。 ‎ D．。故D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F．若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为 ( )‎ A. F B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 通电导线为L，此时受到的安培力为F，‎ 制作成圆环时，圆环的半径为R，则 ×2πR=L，解得R= ,故ab的长度d= R= ,故此时圆环受到的安培力F′=dLF= ，故C正确，ABD错误．‎ 故选C 点睛：根据导线与圆环的弧长关系，求得半径，圆环受到的安培力即线段ab受到的安培力，即可求得 ‎4.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成600角．现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为，圆弧 AC所对应的圆心角∠ AO′ C＝60°，经历的时间为（ T为粒子在匀强磁场中运动周期，大小为，与粒子速度大小无关）；当粒子速度减小为 v/3后，根据知其在磁场中的轨道半径变为 r/3，粒子将从 D点射出，根据图中几何关系得圆弧 AD所对应的圆心角∠ AO″ D＝120°，经历的时间为．由此可知B项正确．‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎5.如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置，直导线与纸面的交点及坐标原点O分别位于边长为a的正方形的四个顶点.L1与L3中的电流均为2、方向均垂直纸面向里，L2中的电流为、方向垂直纸面向外.已知在电流为的长直导线的磁场中，距导线r处的磁感应强度，其中k为常数.某时刻有一电子正好经过原点O且速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，电子电量为e，则该电子所受磁场力 A. 方向与y轴正方向成45°角，大小为 B. 方向与y轴负方向成45°角，大小为 C. 方向与y轴正方向成45°角，大小为 D. 方向与y轴负方向成45°角，大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】三个电流分别在原点O处产生磁场磁感应强度、、，方向如图；则三电流在O点处产生合磁场的磁感应强度，方向与y轴正方向成45°角．电子经过原点O速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，据左手定则知，洛伦兹力方向与y轴负方向成45°角，洛伦兹力的大小．故D项正确，ABC三项错误．‎ ‎6.如图所示，光滑木板长1 m，木板上距离左端处放有一物块，木板可以绕左端垂直纸面的轴转动，开始时木板水平静止．现让木板突然以一恒定角速度顺时针转动时，物块下落正好可以砸在木板的末端，已知重力加速度g＝10m/s2，则木板转动的角速度为(　　 )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设从开始到物块砸在木板的末端，木板转过的角度为α，则有，，所以物块下落的高度，由，得物块下落时间为,所以木板转动的角速度，选项B正确．‎ ‎7.如图所示，光滑绝缘水平面上有质量分别为m和3m的小球A、B，两小球带等量异种电荷．水平外力F作用在小球B上，当两小球A、B间的距离为L时，两小球保持相对静止．若仅将作用在小球B上的外力的大小改为，要使两小球保持相对静止，两小球A、B间的距离为(　 　)‎ A. 2L B. 3L C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 当水平外力F作用在小球B上时，对A、B整体有，对A有 ‎,当水平外力大小改为时，对A、B整体有，对A有综上可解得，选项A正确 ‎8.如图，轻杆上端可绕固定的水平光滑轴转动，下端固定一质量为的小球搁在质量为的木板上，木板置于光滑水平地面上，杆与竖直方向成角，球与木板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．为将木板向右水平拉出，水平拉力至少等于 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对球受力分析如图所示，根据平衡方程有：‎ 且 代入数据得：‎ ‎；‎ 由牛顿第三定律知：‎ ‎．‎ A．，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，与结论相符，选项B正确；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎9.如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有 A. Q1移入之前，C点的电势为 B. Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0‎ C. Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W D. Q2在移到C点后的电势能为-4W ‎【答案】ABD ‎【详解】A.由题意可知，C点的电势为 ‎，故A正确；‎ B.由于B、C两点到A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力先做负功再做正功，总功为0，故B正确；‎ C.由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定后，C点的电势为,所以 从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：‎ 故C错误；‎ D.由于C点的电势为，所以电势能为 故D正确．‎ ‎10.为了实现人类登陆火星的梦想，我国宇航员王跃和俄罗斯宇航员一起进行了“模拟登火星”的实验活动，假设火星半径与地球半径之比为1:2，火星质量与地球质量之比为1:9。已知地球表面的重力加速度为g；地球半径为R，引力常量为G，忽略自转的影响，则( )‎ A. 火星表面与地球表面的重力加速度之比为2:9‎ B. 火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为:3‎ C. 火星的密度为 D. 若王跃以相同初速度在火星表面与地球表面能竖直跳起的最大高度之比为9:2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由万有引力等于重力：，可得：‎ 由于火星半径与地球半径之比为1：2，火星质量与地球质量之比为1：9，则火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的，即为。故A不符合题意。‎ B．由，解得：‎ 则火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍。故B符合题意。‎ C．设火星质量为M'，由万有引力等于重力可得：‎ 解得：‎ 密度为：‎ 故C符合题意。‎ D．王跃以v0在地球上起跳时，根据竖直上抛的运动规律可知跳起的最大高度是：，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度，故D不符合题意。‎ 故选BC。‎ ‎11.如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则( )‎ A. 若撤去磁场B，质子穿过场区时间小于t B. 若撤去电场E，质子穿过场区时间大于t C. 若撤去电场E，质子穿出场区时动能小于Ek D. 若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于Ek ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粒子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力均与速度垂直，是匀速直线运动；若撤去磁场，只剩下电场，粒子做类似平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t。故A不符合题意。 B．若撤去电场，只剩下磁场，粒子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t。故B符合题意。 C．若撤去电场，只剩下磁场，粒子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为Ek。故C不符合题意。‎ D．若撤去磁场，只剩下电场，粒子做类似平抛运动，电场力做正功，故末动能大于Ek。故D符合题意。故选BD。‎ ‎12.如图所示，一带电量为﹣q的小球，质量为m，以初速度v0从水平地面竖直向上射入水平方向的匀强磁场中、磁感应强度，方向垂直纸面向外．图中b为轨迹最高点，重力加速度为g．则小球从地面射出到第一次到达最高点过程中（　　）‎ A. 小球到达最高点时速率为0‎ B. 小球距射出点的最大高度差为 C. 小球从抛出到第一次到达最高点所用时间为 D. 最高点距射出点的水平位移为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.取一水平向右速度v1，使qv1B=mg，向左的速度v2，此时有v1=v2=v0‎ ‎；小球的运动可看作一沿水平向右的匀速直线运动和以v2和v0的合速度为初速度的匀速圆周运动，其合速度大小为v0，小球到达最高点时竖直方向速率为零，在最高点速率为（﹣1）v0；故A错误；‎ B.水平方向利用动量定理，有：‎ 即为：qBh=m（﹣1）v0‎ 代入数据，得：h=，故B正确；‎ C.匀速圆周运动的初速度方向和水平方向成45°斜向上，则小球到最高点的时间为：，故C正确；‎ D.设水平位移为x，竖直方向利用动量定理，有：‎ 即为：qBx+mgt=mv0，‎ 代入数据，得：，故D错误；‎ 二、实验题(13题6分，14题8分)‎ ‎13.气垫导轨是一种常用的实验仪器，它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，此时滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．现利用气垫导轨来研究功能关系．如图甲所示，在气垫导轨的左端固定一轻质弹簧，轨道上有滑块A紧靠弹簧但不连接，滑块的质量为m，重力加速度为g．‎ ‎（1）用游标卡尺测出滑块A上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=______cm；‎ ‎（2）利用该装置研究弹簧对滑块做功大小；某同学打开气源，调节装置，使滑块可以静止悬浮在导轨上，然后用力将滑块A压紧到P点，释放后，滑块A上的挡光片通过光电门的时间为△t，则弹簧对滑块所做的功为____________．（用题中所给字母表示）‎ ‎（3）利用该装置测量滑块与导轨间的动摩擦因数；关闭气源，仍将滑块A由P点释放，当光电门到P点的距离为x时，测出滑块A上的挡光片通过光电门的时间为t，移动光电门，测出多组数据（滑块都能通过光电门），并绘出图象．如图丙所示，已知该图线斜率的绝对值为k，则滑块与导轨间的滑动摩擦因数为____________．‎ ‎【答案】(1). 0.960 (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）游标卡尺的读数为 ‎（2）由于光电门非常窄，所以通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，故通过光电门的速度为，故根据动能定理可得弹簧对滑块所做的功为 ‎（3）每次都有P释放，则每次弹簧弹性势能都相同，由能量转化和守恒可得：①，解得：②，由于，故，带入可得：‎ 考点：研究功能关系实验 ‎【名师点睛】游标卡尺的读数方法为：先读主尺，在读游标尺，游标尺不能估读，那个对齐就读那个．由滑块A上的挡光片通过光电门的时间可得此时滑块的平均速度，由于滑块此阶段做匀速运动，故瞬时速度等于平均速度，由能量转化和守恒可得弹簧弹性势能．每次都有P释放，则每次弹簧弹性势能都相同，由能量转化和守恒可得结果 ‎14.某探究小组要尽可能精确地测量电流表A1的满偏电流，可供选用的器材如下：‎ A.待测电流表A1（满偏电流Ig约为 、内阻约为，表盘刻度均匀、总格数为）‎ B.电流表A2（量程为0.6A、内阻）‎ C.电压表V（量程为3V、内阻 ）‎ D.滑动变阻器（最大阻值为）‎ E.电源（电动势有3V、内阻约为）‎ F.开关一个，导线若干 ‎（1）该小组设计了图甲、图乙两个电路图，其中合理的是______（选填“图甲”或“图乙”）；‎ ‎（2）所选合理电路中虚线圈处应接入电表______（选填“”或“”）；‎ ‎（3）在开关闭合前，应把滑动变阻器滑片置于______端（选填“”或“”）；‎ ‎（4）在实验中，若所选电表的读数为，电流表A1的指针偏转了格，则可算出待测电流表A1的满偏电流Ig=______．‎ ‎【答案】(1). 图乙 (2). C (3). b (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为变阻器的全电阻小于电流表内阻,所以变阻器应采用分压式接法,所以合理的是图乙电路; （2）因为电压表V的满偏电流,与待测电流表量程接近,所以虚线处应接电表C;‎ ‎（3）闭合电键前,应将变阻器的滑片置于输出电压最小的b端，‎ ‎（4）根据电流关系可知：，解得： ‎ 故本题答案是：乙；C；b；‎ 三、计算题(15题12分，16题14分，17题16分。)‎ ‎15.如图所示，质量均为m=1kg的A、B两物体通过劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧拴接在一起，物体A处于静止状态．在A的正上方h高处有一质量为的小球C，由静止释放，当C与A发生弹性碰撞后立刻取走小球C，h至少多大，碰后物体B有可能被拉离地面？‎ ‎【答案】h≥045m ‎【详解】设C与A碰前C的速度为v0，C与A碰后C的速度为v1，A的速度为v2，开始时 弹簧的压缩量为H．‎ 对C机械能守恒： ‎ C与A弹性碰撞：对C与A组成的系统动量守恒： ‎ 动能不变： ‎ 解得： ‎ 开始时弹簧的压缩量为： ‎ 碰后物体B被拉离地面有弹簧伸长量为：‎ 则A将上升2H，弹簧弹性势能不变，机械能守恒．物体B恰好能被拉离地面时，对A有：‎ 联立以上各式代入数据得：‎ ‎16.如图所示，在xOy平面内，有边长为L的等边三角形区域OPQ，PQ边与x轴垂直，在三角形区域以外，均存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形OPQ区域内无磁场分布。现有质量为m，带电量为+q的粒子从O点射入磁场，粒子重力忽略不计。‎ ‎(1)若要使该粒子不出磁场，直接到达P点，求粒子从O点射入的最小速度的大小和方向；‎ ‎(2)若粒子从O点以初速度沿y轴正方向射入，能再次经过O点，试画出粒子运动的轨迹图并求该粒子从出发到再次过O点所经历的时间。‎ ‎【答案】(1) , 方向垂直于OP向上或与y轴正半轴成30°角斜向左上。‎ ‎ (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子运动轨迹如图所示：‎ 当初速度v1垂直于OP射入磁场时，粒子射入速度最小。由几何关系得：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 方向垂直于OP向上或与y轴正半轴成30°角斜向左上。‎ ‎(2)若粒子从0点以初速度沿y轴正方向射入 由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 粒子运动轨迹如图所示：‎ 粒子从O运动至A点出磁场进入三角形区域，由几何关系得：‎ 圆心角，运动时间：‎ 粒子从A到B做匀速直线运动，运动时间：‎ 由运动轨迹可知，粒子可以回到O点，所用时间为：‎ ‎17.如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的水平的匀强磁场，磁感强度大小为B，一绝缘轨道由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内，PQ、MN水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段光滑，PQ段粗糙．现在有一质量为m、带电荷量为+q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的倍．现将小环从M点右侧的D点由静止释放，D点到M点的水平距离 ．求：‎ ‎(1) 小环第一次到达圆弧轨道最高点P时的速度大小；‎ ‎(2) 小环第一次通过与O等高的A点时半圆环对小环作用力的大小；‎ ‎(3) 若小环与PQ间动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等），现将小环移至M点右侧4R处由静止开始释放，通过讨论，求出小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．‎ ‎【答案】（1）0（2） （3）若，则 ；若，则 ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由动能定理得： ‎ ‎ ‎ ‎ 得vP=0 ‎ ‎（2）小环在A点时的速度为vA，由动能定理 ‎ ‎ 得： ‎ 在A点： ‎ 联立得： ‎ ‎（3）若 即 ‎ 小环第一次到达P点右侧s1距离处速度为零，小环将停在此处不动，由动能定理 ‎ ‎ ‎ ‎ 联立得： ‎ 所以克服摩擦力所做的功为： ‎ 若 即 ‎ 环经过来回往复运动，最后只能在PD之间往复运动，克服摩擦力功，由动能定理 ‎ ‎ 解得： ‎ 点睛：此题关键要搞清物体运动的物理过程，搞清能量转化的关系；运用动能定理解题需合适地选取研究的过程，根据动能定理列出表达式求解．‎