2019-2020年高三物理上学期第三次考试试题（普通班）.doc

2019-2020年高三物理上学期第三次考试试题（普通班）一 选择题（本大题共14小题，每小题3分,共42分。下面各题选项中至少有一个是正确的。每一小题全选对的得3分；选对但不全的得2分；有选错或不选的，得0分）1.如图所示，中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，3个夸克都分布在半径为 r 的同一圆周上，则3个夸克在其圆心处产生的电场强度为（ ）A. B. C. D.2.组成星球的物质靠引力吸引在一起随星球自转。如果某质量分布均匀的星球自转周期为T，万有引力常量为G，为使该星球不至于瓦解，该星球的密度至少是（ ）A B C D3.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示.不计粒子所受重力，则下列判断正确的是（ ）A.粒子带正电 B.粒子加速度逐渐减小C.A点的速度大于B点的速度 D.粒子的初速度不为零4.如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种电荷+Q和-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L/2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是（ ）A.b、d两点电势相同B. a、b、c、d四个点中，c点电势最低C. b、d两点电场强度相同D.将一试探电荷+q沿圆周从a点移动到c点，其电势能减小5.如图，质量为m的小球用轻绳悬挂在O点，在水平恒力作用下，小球从静止开始由A经B向C运动。则小球（ ）A先加速后减速B在B点加速度为零C在C点速度为零D在C点加速度为6.如图所示，空间存在两等量异种点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心画出半圆，在半圆上有a、b、c三个点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是( )Aa点场强大小大于c点场强大小Bac两点的电势相同C正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D将正电荷由O移到b电场力做正功7.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。取O 点为坐标原点，沿直线向右为x 轴正方向，粒子的重力忽略不计.在O 到A 运动过程中，下列关于粒子运动加速度a 和速度v随时间t的变化、运动径迹上电势和粒子的动能Ek随位移x的变化图线可能正确的是（ ）8.如图所示,平行板电容器两极板A和B分别与电源的正、负极相连且A板接地, P为两极板间的一点. 现保持B板不动,将A板慢慢向上平移到图中虚线所示的位置, 这时 ( )A.电容器两极板间的电势差减小B.P点的场强增大C.P点的电势降低D.固定在P点的负电荷的电势能将增大9.示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是（ ）AU1变大，U2变大BU1变小，U2变大CU1变大，U2变小DU1变小，U2变小10. 如图所示,A、B、C、D是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1cm的圆与两坐标轴的交点,已知A、B、C三点的电势分别为UA15v,UB3v,UC-3V由此可得A、D连线中点的电势为（ ） A.3v B.6v C.9v D.12v11.如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在从M点经过P到达N点的过程中（）A速率先增大后减小B速率先减小后增大C静电力先减小后增大D电势能先增大后减小12.图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知ACBC，ABC53，BC20cm把一个电量q10-5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为 -1.610-3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（ ） A800Vm，垂直AC向左B800Vm，垂直AC向右 C1000Vm，垂直AB斜向上D1000Vm，垂直AB斜向下 13.静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0和d为已知量，一个质量为m、电荷量为q带负电的粒子恰好在电场中以x = 0为中心、沿x轴方向做周期性运动。忽略粒子的重力，则（ ）A在dxd区间内的场强大小都是，方向均沿xB在dxd区间内粒子做简谐运动C要使粒子能运动到d处，粒子在O点的动能至少为 D粒子从运动到的过程中，电势能先增大后减小14. 如图，在竖直向上的匀强电场中，有一绝缘轻质弹簧竖直固定于水平地面上，上面放一带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，使小球沿竖直方向运动(不计空气阻力)，在小球由静止到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹力对小球所做功的数值分别为J、J、J，则上述过程中（ ）A.小球的机械能增加JB.小球的电势能减小JC.小球离开弹簧瞬间的动能为JD.小球与弹簧组成的系统机械能守恒二、实验题（共2小题，9空，每空2分，共18分）16如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连（1）使电容器带电后与电源断开将左极板上移，可观察到静电计指针偏转角_ _ _（选填变大，变小或不变）；将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角_ _（选填变大，变小或不变）；两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角_ _（选填变大，变小或不变）.（2）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有_ _A.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B.使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C.静电计可以用电压表替代D.静电计可以用电流表替代17. 现在我们要研究有关电场强弱的问题：（1）电场强度：我们知道，磁体周围存在磁场；同样，带电体周围存在电场，我们用电场强度E表示电场的强弱在电场中各点E 的大小一般是不同的，E越大，表示该点电场越强。不同点E的方向也一般不同若一个小球带的电量为q，则与其距离为r的A点处的电场强度大小为E=k(k为常数) ，这说明距离带电体越远，电场越_（2）环形带电体的电场强度：如图所示，有一个带电均匀的圆环，已知圆环的半径为 R，所带的总电量为Q过圆环中心O点作一垂直于圆环平面的直线，那么在此直线上与环心相距为x的P点处的电场强度EP的表达式是怎样的呢？某同学首先把圃环均匀分割为许多等份，每一等份的圆弧长度为l，则每一等份的电量为_；每一等份可以看作一个带电小球，则每一等份在P点所产生的电场强度的大小为E1=_；E1沿着OP 方向的分量E1x=E1cosE1PE1x=_.EP的大小等于圆环上所有等份的E1x大小之和，即EP= _。三、计算题（40分）17.（10分）如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30，两轮轴心相距L=38m，A、B分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑，质量为01kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为= 。当传送带沿逆时针方向以v1=3m/s的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A点后，它会运动至B点。（g取10m/s2）（1）求物体刚放在A点的加速度？（2）物体从A到B约需多长时间？（3）整个过程中摩擦产生的热量？（4）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。求小物块在传送带上留下的痕迹长度？（不要过程，只说结果）18.（10分）如图所示，光滑绝缘的圆形轨道BCDG位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。求：（1）若滑块从水平轨道上距离B点s3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时的速度大小；（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时对轨道的作用力大小；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小19.（10分）如图所示的直角坐标系中，在直线x2l0到y轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向。在电场左边界上A(2l0， l0)到C(2l0，0)区域内，连续分布着电荷量为q、质量为m的粒子。从某时刻起由A点到C点间的粒子，依次连续以相同的速度v0沿x轴正方向射入电场。若从A点射入的粒子，恰好从y轴上的A(0，l0)沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图虚线所示。不计粒子的重力及它们间的相互作用。求（1）粒子从A点到A的时间t；（2) 匀强电场的电场强度E；（3）在AC间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动？20.（10分） 如图所示，在方向水平向右、大小为E=6103N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面。一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m1=210-4kg，带电量为q1=210-9C，乙的质量为m2=110-4kg，带电量为q2=110-9C。开始时细绳处于拉直状态。由静止释放两滑块，t=3s时细绳断裂，不计滑块间的库仑力。试求：（1）细绳断裂前，两滑块的加速度。（2）在整个运动过程中，乙的电势能增量的最大值。（3）当乙的电势能增量为零时，甲与乙组成的系统机械能的增量。物理B卷参考答案1.B 2A【解析】试题分析：先将两个电荷量为的下夸克在圆心处产生的电场强度进行合成，再与电荷量为的上夸克在圆心处产生的电场强度合成，求出3个夸克在其圆心处产生的电场强度解：一个下夸克在圆心处产生的电场强度大小为E1=，两个电荷量为的下夸克在圆心处产生的合场强大小为E2=E1=，方向沿AO电荷量为的上夸克在圆心处产生的电场强度大小为E3=，方向沿AO，所以3个夸克在其圆心处产生的电场强度大小E=E2+E3=，方向沿AO故选A点评：本题电场的叠加问题，要利用对称性对于两个下夸克场强的合成可利用力的合成进行类比3 B4.【答案】B【解析】试题分析：在加速电场中运用动能定理求出末速度v，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出偏转位移，再进行讨论即可解题解：设经过电压为U1的加速电场后，速度为v，在加速电场中，由动能定理得：mv2=eU1，电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上：L=vt，在竖直方向上：y=at2=t2，解得：y=，由此可知，当U1变小，U2变大时，y变大，故选：B点评：本题考查了带电粒子在电场中加速和偏转问题，注意带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律解题5.D 6A【解析】试题分析：当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加根据公式，可得距离先减小后增大，故静电力先增大后减小，故A正确。考点：考查了库仑定律，电势能，功能关系7D【解析】由题意得A、B应在同一等势面上UBC=W/q=-1.610-3/10-5V =-1.6 102V d=BC.sin530=0.16m则 E=U/d=1000V/m ，方向垂直AB斜向下。8C 【解析】试题分析：电势沿电场线的方向降落，而由题“静电场方向平行于x轴”，故场强方向与电势降落方向一致，即在-dx0区间内，电势沿x负方向降落，即场强沿x轴负方向，所以选项A错误；由结合图像可知，粒子在-dx0区间内所受电场力不变，不满足做简谐运动的条件，所以选项B错误；设粒子运动到-d处时的速度为零，根据动能定理可知，故粒子在O点时的动能至少为，所以选项C正确；从运动到的过程中，电势先升高后降低，根据可知，负粒子的电势能先减小后增大，故选项D错误；考点：电势、电势能9. 答案】C试题分析：由对称性可知，a点场强大小等于c点场强大小，选项A错误；顺着电场线电势降低，故a点电势高于c点，选项B错误。正电荷在高电势处电势能较大，故正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，选项C正确；由于O、b两点电势相等均为零，故将正电荷由O移到b电场力不做功，选项D错误；故选C.考点：电场强度、电势及电势能. 10.ACD【解析】根据动能定理：，解得vC=0，所以小球先加速，后减速运动，故A、C正确；小球做圆周运动在B点有向心加速度，故B错误；在C点时，因为速度为0，所以向心力为零，即指向圆心方向的合力为0，沿切线方向的合力，所以在C点的加速度为，故D正确。【考点定位】动能定理；牛顿第二定律；圆周运动11. BCD 12.【答案】CD【解析】试题分析：由题意可知，电容器始终与电源相连，电源器两端的电压不变，则电容器两端的电势差保持不变，故A错误；由U=Ed可知，d增大，U不变，则场强E减小；故B减小；因E减小，PB间的距离不变，由U=Ed知，故PB间的电势差减小，而板间总的电势差不变，所以PA间的电势差增大；因A板接地，板间场强向下，P点的电势低于A板的电势，所以P点的电势为降低；故C正确；因电势降低，而P点放置的为负电荷，故电荷的电势能将增大；故D对；故选CD。考点：电场强度；电势及电势能.13.BC 14.【答案】ABD试题分析:如图所示为两个等量异种电荷等势面与电场线分布情况，由图可知当方向电势两点到电荷的距离相等的时候必定是在等势面上，故A正确。根据等势面图可以看出在正电荷的左边与右边的等势面到电荷的距离是不对称的，呈左边较长的变化趋势，故当半径相等时候，a点必定在bd等势面的内部，且对应在x轴上时候，应更靠近正电荷，其次是bd在x轴上的对应点应在中间，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知c点应为电势最低点，故B正确。由图可知bd点的电场强度不同，故C错误。根据正电荷在低电势出有低电势能可知c点电势能最低，故D正确。考点：等量异种电荷电场线和等势面的分布情况15【答案】（1）变大；（1分）变小；（1分）变小；（1分）两板正对面积、两板间距离和两板间介质有关（3分） ;(2)A（2分）【解析】试题分析：（1）根据电容的决定式知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大根据电容的决定式知，将极板间距离减小时，电容增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小根据电容的决定式知，两板间插入一块玻璃，电容增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小（2）综上所述，电容器的电容与两板间的距离、正对面积和是否插入电介质有关，并且随距离的增大而减小，随正对面积的增大而增大，随电介质的插入而增大（3）A、因为静电计的偏转角大小与电压成正比，所以使用静电计的目的是观察电容器两端的电压的变化情况，A正确B、使用静电计无法直接测量电容器电量的变化，B错误C、静电计不能用电压表代替，因为若是电压表，当电压表的两极与电容器的两极板连接时，两板的正负电荷会发生中和而失去电量，这样就无法研究电容与什么因素有关了，所以C错误D、静电计不能用电流表替代，因为若电容器与电流表相连时，电容器会很快放电完毕并且可能由于瞬时电流太大而烧坏电流表故选A.考点：本题考查了研究平行板电容器的影响因数.16.(1)弱（2），【答案】（1）（2），方向沿斜面向下（3）17.【解析】试题分析：（1）对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则有：，得：（2）当场强变为原来的时，小物块所受的合外力为：又根据牛顿第二定律，得：，方向沿斜面向下（3）由动能定理得，解得考点：动能定理，牛顿第二定律，共点力平衡条件【名师点睛】电场没有变化前，物体静止在斜面上，根据平衡条件求出原来的电场强度电场强度变化为原来的后，物体沿斜面向下做匀加速运动分析受力，根据牛顿第二定律求出加速度根据动能定理求解沿斜面下滑距离为l=0.5m时物块的速度大小18【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）设地球质量为M，卫星质量为m，根据万有引力和牛顿运动定律，有：在地球表面有：，联立得：（2）它们再一次相距最近时，一定是B比A多转了一圈，有：，其中得：考点：考查了万有引力定律的应用19.【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得qE（sR）mgsmgRmv20解得（2）设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，由牛顿第二定律得：解得根据牛顿第三定律，滑块对轨道的作用力大小（3）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点时由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vn），则有解得考点：动能定理；牛顿第二、第三定律的应用20【答案】（1）1.6m;(2)0.38s【解析】试题分析：滑块滑至水平传送带的初速度为v1，则， （2分） 滑块的加速度a=g，设滑块到达传送带右端的速度为v2，由 得v2=4m/s。（2分）滑块到达传送带右端做平抛运动，设平抛运动的时间为t，则 （1分）落地点与传送带右端的水平距离m（1分）设滑块从传送带左端运动到和传送带速度v0相同时所用时间为t1，位移为x1, 由，得t1=0.2s（1分） 由mL（1分）说明滑块先做匀加速运动后做匀速运动，x2=Lx1=0.9m 滑块做匀速运动的时间s（1分） 所以s（1分）考点：与传送到有关的问题21.（1）取水平向右为正方向。将甲、乙及细绳看成一个整体，根据牛顿第二定律，有（2分）得（2分）（2）当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大。细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为Eq22q1甲乙（1分）此时甲、乙的速度均为（1分）细绳断裂后，乙的加速度变为（1分）从细绳断裂到乙速度为零，乙发生的位移为（1分）整个运动过程乙发生的最大位移为此时乙的电势能增量为（1分）（3）当乙的总位移为零，即乙返回到原出发点时，乙的电势能增量为零。设细绳断裂后，乙经时间返回到原出发点，则有代入数据，有解得：（不合题意，舍去。）（1分）乙回到原出发点时的速度为（1分）细绳断裂后，甲的加速度变为（1分）乙回到原出发点时甲的速度为（1分）甲与乙组成的系统机械能的增量为（1分）方法二：当乙的总位移为零，即乙返回到原出发点时，乙的电势能增量为零。此时电场力对甲所做的功即为甲与乙组成的系统机械能的增量。设细绳断裂后，乙经时间返回到原出发点，则有代入数据，有解得：（不合题意，舍去。）（1分）细绳断裂后，甲的加速度变为（1分）细绳断裂后，甲继续发生的位移为（1分）当乙的电势能增量为零时，甲发生的总位移为（1分）电场力对甲所做的总功为（1分）此即甲与乙组成的系统机械能的增量。