2019-2020年高三上学期第三次月考物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三上学期第三次月考物理试题 含解析一、选择题（本题共7小题，每题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1（6分）（xx秋重庆月考）从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球从抛出点上升到最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2若空气阻力的大小恒定，取竖直向上为正方向，则在下图中能正确表示被抛出物体的速度v随时间t的变化关系的图线是（）ABCD考点：竖直上抛运动；匀变速直线运动的图像分析：小球竖直上抛，上升过程做匀减速运动，下落过程做匀加速运动，由于空气阻力的大小恒定，上升的加速度大于下落的加速度，上升时间比下落时间短，落回地面的速度比抛出时速度小，根据这些知识，选择符合题意图象解答：解：由题意知速度方向先沿正方向后沿负方向，故B错误；设小球的质量为m，空气阻力大小为f，上升的加速度大小为a1，下落的加速度为a2，上升的最大高度为h，根据牛顿第二定律得 上升：mg+f=ma1 下落：mgf=ma2， 可见a1a2则图象上升阶段的斜率大于下落阶段的斜率，故CD错误，A正确故选：A点评：物理图象可以根据物理规律推导出解析式精确研究对于速度时间图象要抓住两点：”斜率“表示加速度，“面积”表示位移利用关键点结合排除法较简单2（6分）（xx春泰兴市校级期末）如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，则（）A长木板受到地面的摩擦力的大小一定是1mgB长木板受到地面的摩擦力的大小一定是2（m+M）gC当F2（m+M）g时，长木板便开始运动D无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算专题：牛顿运动定律综合专题分析：以木板为研究对象，根据平衡条件求出地面对木板的摩擦力大小当木块对木板的摩擦力大于地面对木板的最大静摩擦力时木板便会开始运动解答：解：A、以木板为研究对象，木板水平方向两个力：m的向右的滑动摩擦力，大小为f1=1mg和地面向左的静摩擦力f2，根据平衡条件得：f2=f1=1mg故A正确，B错误C、当F2（m+M）g时，木块对木板的滑动摩擦力大小仍等于f1=1mg，没有变化，木板都不可能运动故C错误D、无论怎样改变F的大小，木块对木板的滑动摩擦力大小不变，不会大于地面对木板的最大静摩擦力，木板都不可能运动故D正确故选：AD点评：本题采用隔离法分析木板的受力情况，木板所受的静摩擦力一般不能用f=N求解大小3（6分）（xx秋重庆月考）如图所示，a、b、c是地球大气层外圆轨道上运动的三颗卫星，a和b质量相等且小于c的质量，则（）Ab所需向心力最小Bb、c的周期相同，且小于a的周期Cb、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度D若b、c 均为逆时针转动，c只要加速就可以与b对接考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可解答：解：A、根据万有引力提供圆周运动向心力有：，可知ab质量相同，b的半径大，故向心力b小于a的向心力，ac比较，半径相同，b的质量小，故b的向心力小于c的向心力，故A正确；B、根据万有引力提供圆周运动向心力有可得周期，可知半径大的周期大，故BC的周期大于a的周期，故bc周期相同且大于a的周期，故B错误；C、根据万有引力提供圆周运动向心力有，可得向心加速度，可知a的半径小，向心加速度大，故C错误；D、c加速前万有引力等于向心力，加速时万有引力没变，而所需向心力增加有，所以卫星将做离心运动，轨道高度将增加，故不能追上同轨道运行的b卫星，故D错误故选：A点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论，掌握卫星变轨原理4（6分）（xx秋重庆月考）如图所示，倾角为45的光滑斜面向左做匀加速运动时，质量为m的小球恰好与斜面保持静止，当斜面与小球的速度从v增加到2v的过程中（）A物体m受到的合外力大小为mgB小球的位移为C斜面对物体m做功为D重力对物体m的冲量为0考点：动能定理的应用；动量定理专题：动量定理应用专题分析：对小球进行受力分析，受重力和斜面的支持力，合力水平向左，根据力的合成和分解可以求得合力和斜面对物体的支持力，根据动能定理可以求得斜面体对物体做的功，重力方向上没有位移，所以重力不做功解答：解：对小球进行受力分析，如图所示：根据几何关系有：tan45=，解得：F合=mg；故A错误；B、由牛顿第二定律可知，小球的加速度a=g；小球的位移由速度和位移公式可得：x=；故B错误；C、对小球的运动过程根据动能定理得：WN+WG=m（2v）2mv2解得：WN=；故C正确；D、重力的冲量I=mgt；因t不为零，故重力的冲量不为零；故D错误；故选：C点评：本题主要考查了同学们受力分析的能力，要求同学们能正确对小球进行受力分析，并能根据几何关系求出支持力和合力，由动能定理可求得支持力的功5（6分）（xx秋重庆月考）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后（）AP点的电势将升高B带点油滴的电势能将增加C带点油滴将沿竖直方向向上运动D电容器的电容增大，则极板带电量将减小考点：带电粒子在混合场中的运动；电势能专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化解答：解：A、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故A错误B、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故B正确C、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故C错误D、因间距增大，则电容器的电容减小，根据Q=Uc，由于电势差不变，故带电量减小，故D错误；故选：B点评：本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化6（6分）（xx秋重庆月考）在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示则（）A图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B电源内电阻的阻值为10C电源的最大输出功率为1.5WD滑动变阻器R2的最大功率为0.9W考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由图可知两电阻串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，则可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当R2全部接入及只有R1接入时两电表的示数，则由闭合电路的欧姆定律可得出电源的内阻；由功率公式可求得电源的最大输出功率及滑动变阻器的最大功率解答：解：A、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；B、由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r解得r=5，E=6V，故B错误；C、因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5时，电源的输出功率最大，故此时电流I=0.6A，故电源的最大输出功率P=UI=1.8W；故C错误；D、由C的分析可知，R1的阻值为5，R2电阻为20；当R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I=A=0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率P=I2R=0.9W；故D正确；故选：D点评：在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理7（6分）（xx秋重庆月考）如图所示，一根轻质绝缘弹簧固定在一倾角为的光滑绝缘斜面底端的挡板上，空间存在竖直向下的匀强电场E一带正电的小球在光滑斜面上由A点静止释放，到达B点时与弹簧粘在一起，在斜面上作往复运动在物体由C点运动到D点（C、D两点未在图上标出）的过程中，弹簧的弹性势能增加了3.0J，物体的重力势能减少了5.0J，则在这段过程中（弹簧不超过弹性限度）（）A当弹簧的弹力等于mgsin时，小球动能最大B当小球的速率等于零时，小球和弹簧组成的系统机械能一定最小C从C到D小球动能增加量大于2J，D点的位置小球合外力可能沿斜面向上D从C到D小球动能增加量小于2J，D点的位置小球合外力可能沿斜面向下考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；机械能守恒定律专题：电场力与电势的性质专题分析：小球从A点开始沿斜面向下做加速运动，在与弹簧粘在一起后加速度逐渐减小，速度仍然越来越大，当弹簧弹力F=（qE+mg）sin时加速度变为零，小球的速度达到最大值，即小球的动能最大小球在运动过程中，只有机械能与电势能之间的相互转化，机械能与电势能之和守恒，在最低点小球速率等于零时，小球电势能最小，故系统机械能最大，若小球速度为零是在简谐运动的最高点时，小球和弹簧机械能最小解答：解：A、小球从A点开始沿斜面向下做加速运动，在与弹簧粘在一起后加速度逐渐减小，速度仍然越来越大，当弹簧弹力F=（qE+mg）sin时加速度变为零，小球的速度达到最大值，即小球的动能最大，故A错误；B、小球在运动过程中，只有机械能与电势能之间的相互转化，机械能与电势能之和守恒，在最低点小球速率等于零时，小球电势能最小，故系统机械能最大，故B错误；C、D、系统势能与电势能减少量转化为动能，故动能大于2J，因为小球在平衡位置动能最大，而从C到D过程中，小球动能在增大，故C、D点的位置可能在平衡位置以上，此时受到的合力向下，故C错误，D正确故选：D点评：本题考查了比较典型的功能关系，如：合外力做功与动能变化的关系；电场力做功与电势能变化的关系；重力做功与重力势能变化的关系；重力（弹力）以外的力做功与机械能变化的关系等综合性较强，对能力要求较高二非选择题（本大题共5小题，共68分）8（6分）（xx秋重庆月考）如图1所示为“探究加速度与物体受力及质量的关系”的实验装置图图中A为小车，B为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过电火花打点计时器，打点计时器接50HZ交流电小车的质量为m1，托盘及砝码的质量为m2实验处理数据时，将托盘及砝码的重力视为小车所受拉力下列说法正确的有CDA长木板C必须保持水平B实验时应先释放小车后接通电源C实验中m2应远小于m1D作a图象便于得出加速度与质量关系实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象，可能是图2中的图线丙（选填“甲、乙、丙”）图3为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出，第2段的数据被漏记了由此可求得小车的加速度的大小是0.49m/s2（结果保留二位有效数字）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题分析：根据实验原理和具体实验步骤可判定各个选项没有平衡摩擦力时，当存在一定的力时首先平衡摩擦力，之后才产生加速度；根据给定的纸带数据分布，由逐差法可以得到小车的加速度解答：解：A、实验中要平衡摩擦力，长木板的一端要垫高，A错误；B、为节省纸带增加小车运行时间先接通电源后松小车，B错误；C、以托盘作为研究对象有m2gT=m2a以小车作为研究对象有T=m1a联立以上两式可得T=，要使绳子拉力等于钩码的重力，即T=m2g，故有m2m1，C正确；D、如果作出aM图象，却难以根据图象确定a与M是否是成反比，所以我们可以作出a的图象，只要a的图象是正比例函数图象就证明了a与M成反比例关系，D正确；没用平衡摩擦力，则当施加一定力时，首先平衡摩擦力后才会产生加速度，通过图象知，当力F不为零时，加速度为零，故丙图对；计数点之间有4个点未画出，时间间隔为0.1s，有公式x=2aT2得：a=0.49m/s2故答案为：CD；丙；0.49点评：掌握好实验的步骤及实验的原理很重要，对实验的注意事项及数据的处理也要做到明确和理解9（12分）（xx秋重庆月考）一实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图1所示的电路图请回答下列问题：考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值小于（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值在电路图中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零原因可能是图1中的f（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良该实验小组将所测得的实验数据绘制成了如图2的IU图象，元件Q在U=0.8V时的电阻值是16将元件Q单独接在电动势E=2.0V，内阻r=4的电源上，则元件Q此时的电功率是0.21W（保留小数点后两位）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：（1）根据题意与表中实验数据确定滑动变阻器与电流表接法，然后连接实物电路图（2）根据实验电路图应用欧姆定律分析实验误差（3）根据欧姆定律求解（4）根据闭合电路欧姆定律，得到元件的实际电压与电流的关系式，在图上作出图象，此图象与元件的伏安特性曲线的交点，表示元件实际工作状态，读出交点的电压和电流，求出元件的实际功率解答：解：（1）电流表外接时，通过元件的电流值的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，该元件的电阻的测量值小于真实值；（2）由题意可知，电流与电源应相连，不能调节到零说明滑动变阻器起不到分压作用，故应是f点接触不良造成的；（3）该实验小组将所测得的实验数据绘制成了如图2的IU图象，元件Q在U=0.8V时的电流为：I=0.05A，根据欧姆定律得：R=16；（4）若将元件R与一个R0=4.0的电阻并联，再接至电动势E=1.5V、内阻r=2.0的 电源上，设元件上的实际电压和实际电流分别为U和I根据闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir2=U+4I这是一个直线方程，把该直线在元件的伏安特性曲线图上画出，如图所示这两条曲线的交点为：U=1.4V、I=0.15A，同时满足了电路结构和元件的要求，元件的实际功率为：P=UI=1.40.15=0.21W故答案为：（1）小于；（2）f；（3）16；（4）0.21点评：此图象中的切线只能定性分析电阻的变化，而不能求出电阻的大小求元件电功率，应该使用图象法，这是处理实验数据的常用方法10（15分）（xx利辛县校级一模）如图所示，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处（取g=10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数；（2）该外力作用一段时间后撤去，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据匀变速直线运动的位移公式可以求得物体的加速度的大小，在根据牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小，进而可以求得摩擦因数的大小；（2）当力作用的时间最短时，物体应该是先加速运动，运动一段时间之后撤去拉力F在做减速运动，由运动的规律可以求得时间的大小解答：解：（1）物体做匀加速直线运动，则L=，所以a=，由牛顿第二定律得Ff=ma，又f=mg，解得：=0.5（2）力F作用时，a1=a，a1t12+gt22=Lt2=2t1联立以上各式，代入数据，解得t1=答：（1）物体与地面间的动摩擦因数为0.5；（2）该力作用的最短时间为点评：分析清楚物体的运动的过程，分别对不同的运动的过程列示求解即可得出结论11（17分）（xx秋重庆月考）如图所示，带动传送带的轮子顺时针转动，绝缘粗糙水平传送带的速度大小v0=5m/s，BCD为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中BC为光滑水平面、CD为R=0.2m的光滑半圆，C为最低点，D为最高点装置平滑相连且均处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0103V/m一带正电的滑块无初速轻放到传送带左端的A点，后滑块恰能通过轨道的最高点D滑块的质量为m=1.0102kg，所带电荷量为q=2.0105C，滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.5，g取10m/s2，滑块可视为质点求：（1）滑块到达轨道D点的速度大小；（2）传送带的长度；（3）若传送带足够长，仍将该带正电的滑块无初速轻放到传送带左端的A点，且该滑块经过最高点D后能落回到BC上，试求光滑水平面BC的最小长度考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）滑块恰好能到达D点，在D点重力提供向心力，求出速度 （2）先确定在传送带上的运动情况，再由动能定理求得（3）由平抛运动知识分析求解：先确定其速度，再求得水平位移解答：解：（1）重力提供向心力： 得v= （2）物块在B点的速度为VB： 得m/s5m/s 则物体在传送带上一直做加速运动传送带的长度为L：则 得L=1m （3）因传送带足够长，则离开传送带的速度为5m/s即vB=5m/s 到D点的速度为vd，由动能定理： LBC=vdt t= 由以上三式可LBC=m答：（1）滑块到达轨道D点的速度大小为=（2）传送带的长度为1m；（3）光滑水平面BC的最小长度为m点评：本题考查了动能定理、牛顿第二定律和能量守恒的综合，理清物块的运动规律，选择合适的规律进行求解，难度中等12（18分）（xx秋重庆月考）相距为L=2m、质量均为m的两小物块A、B，静止放在足够长的水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为=0.2现在用一个F=0.3mg的水平向右的恒力推A，A开始向右运动，并与B发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，取g=10ms2求：（1）第一次碰撞后B的速度大小；（2）第五次碰撞后至第六次碰撞前B的运动时间；（3）B运动的总路程考点：动量守恒定律；牛顿第二定律专题：动量定理应用专题分析：（1）第一次碰撞前，推力和滑动摩擦力做功，根据动能定理求解第一次碰撞前A的速度大小，由于发生弹性碰撞，A、B的动量和机械能均守恒，即可求得碰后B的速度大小；（2）由于质量相等，两个物体交换速度，根据牛顿第二定律和运动学公式分别研究第一次、第二次第n次碰撞后B的速度大小，即可求得第五次碰撞后至第六次碰撞前B的运动时间；（3）总结出第n次碰后到第n+1次碰前B的运动位移，运用数学知识求解总路程解答：解：（1）A匀加速L，第一次碰前A的速度设为vA1，由动能定理得：（Fmg）L=mvA120解得：vA1=，A与B发生第一次弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，设碰后速度分别为vA1、vB1，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvA1=mvA1+mvB1由机械能守恒定律得：mvA12=mvA12+mvB12解得：vA1=0，vB1=；（2）第一次碰后，设经过t1B停下，B和A位移分别为SB1和SA1，t1=sB1=sA1=（）t12解得t1=，sB1=，sA1=，由于SB1SA1，因此第2次碰前，B已经停下设第2次碰前A的速度为vA2，（Fmg）L=mvA220A与B发生第2次弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，碰后速度交换，设碰后速度分别为vA2，vB2解得vA2=0，vB2=，同理依此类推，归纳得第n次碰后B的速度为：vBn=，第n次碰后到第n+1次碰前B的运动时间为：tn=，由此得：t5=；（3）第n次碰后到第n+1次碰前B的运动位移：sBn=，sBn=sB1+sB2+sB3+sBn=L+L+L=L，另解最终AB靠在一起停下，由能量守恒得：F（L+SB）=mg（L+SB）+mgSB，解得：SB=L；答：（1）第一次碰撞后B的速度大小为；（2）第五次碰撞后至第六次碰撞前B的运动时间为；（3）B运动的总路程为L点评：本题是周期性碰撞类型，运用数学归纳法总结规律是关键对于第3问也这样求解：最终AB靠在一起停下，由能量守恒得：F（L+SB）=mg（L+SB）+mgSB解得SB=L