1、安徽蚌埠龙湖中学20192020学年高三上学期第三次月考物理试卷一、选择题1.四个小球在离地面不同高度同时从静止释放，不计空气阻力，从开始运动时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次碰到地面下列各图中，能反映出刚开始运动时各小球相对地面的位置的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：依题意可设第1个小球经时间t落地，则第2个小球经时间2t落地，第3个小球经时间3t落地，第4个小球经时间4t落地又因为四个小球做的都是初速度为零的匀加速运动，因此它们下落的高度之比为14916，所以选项C正确.考点：本题考查匀变速直线运动的规律，意在考查学生对落体运动的理解2.如图所示，倾角为的斜劈放置
2、在粗糙水平面上，斜面粗糙，物体放在斜面上一根轻质细线一端固定在物体a上，细线绕过两个光滑小滑轮，滑轮1固定在斜劈上、滑轮2下吊一物体b，细线另一端固定在c上，c穿在水平横杆上，物体a和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止物体a受到斜劈的摩擦力大小为f1、c受到横杆的摩擦力大小为f2，若将c向右移动少许，a始终静止，系统仍静止，则（）A. f1由沿斜面向下改为沿斜面向上，f2始终沿横杆向右B. 细线对a和c的拉力都将变大C. f1和f2都将变大D. 斜劈受到地面的摩擦力和横杆受到物体c的摩擦力都将变大【答案】BD【解析】【详解】以滑轮2为研究的对象，受力如图1，若将c向右移动少许，两个绳子之间的夹
3、角增大由于b对滑轮的拉力不变，两个绳子之间的夹角变大，所以看到绳子的拉力F一定变大斜面的倾角为，设物体a的质量为m，以a为研究的对象若物体a原来受到的静摩擦力沿斜面向下时，则有F=mgsin+f1，得f1=F-mgsin当F逐渐增大时，f1也逐渐增大；若物体a原来受到的静摩擦力沿斜面向上时，则有F+f1=mgsin，得f1=mgsin-F当F逐渐增大时，f1逐渐减小；若物体原来mgsin=F，则物体所受斜面摩擦力为0，当F逐渐增大时，f1也逐渐增大；所以将c向右移动少许，细线对a的拉力将变大，但是f1可能逐渐增大，也可能逐渐减小以c为研究的对象，受力如图2，则：沿水平方向：Fsin-f2=0由
4、于将c向右移动少许，细线对c的拉力将变大，增大，所以f2=Fsin一定增大以物体a与斜劈组成的整体为研究的对象，整体受到重力、地面的支持力、绳子对a的拉力、两根绳子对滑轮1的向下的压力以及地面的摩擦力的作用，其中是水平方向上系统受到的摩擦力与a受到的绳子在水平方向的分力是相等的，即：f=Fcos由于将c向右移动少许，细线对a的拉力F变大，所以地面对斜劈的摩擦力增大A. f1由沿斜面向下改为沿斜面向上，f2始终沿横杆向右，与结论不相符，选项A错误；B. 细线对a和c的拉力都将变大，与结论相符，选项B正确；C. f1和f2都将变大，与结论不相符，选项C错误；D. 斜劈受到地面的摩擦力和横杆受到物体
5、c的摩擦力都将变大，与结论不相符，选项D正确；3.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60，C是圆环轨道的圆心，D是圆环上与M靠得很近的一点（DM远小于CM）.已知在同一时刻，a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点；d球从D点静止出发沿圆环运动到M点.则：A. c球最先到达M点B. b球最先到达M点C. a球最先到达M点D. d球比a球先到达M点【答案】AD【解析】【详解】对于AM段，位移x1=R，加速度根据x1a1t12得，对于BM段，位移x2=2R，加速
6、度a2=gsin60=g根据x2a2t22得，对于CM段，位移x3=R，加速度a3=g，由x3=gt32得，对于D小球，做类似单摆运动，知t3最小，t2最大A. c球最先到达M点，与结论相符，选项A正确；B. b球最先到达M点，与结论不相符，选项B错误；C a球最先到达M点，与结论不相符，选项C错误；D. 因t4t1，可知d球比a球先到达M点，与结论相符，选项D正确.4.如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为Ff，当轻绳与水平面的夹角为时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时( )A. 人拉绳行走的速度为vcosB. 人拉绳行走的速度为C. 船的加速度为D. 船的加速度为
7、【答案】AD【解析】【详解】AB船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度.如图所示根据平行四边形定则有：所以A正确，B错误.CD对小船受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有：因此船的加速度大小为：所以C错误，D正确.5. 2011 年8 月,“嫦娥二号”成功进入了环绕日地拉格朗日点的轨道,我国成为世界上第三个造访该点的国家. 如图所示,该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上,一飞行器处于该点,在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动,则此飞行器的（）A. 线速度大于地球线速度B. 向心加速度大于地球的向心加速度C. 向心力仅由太阳的引力提供D. 向心力仅由地球的
8、引力提供【答案】AB【解析】A、飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，根据，知探测器的线速度大于地球的线速度，A正确；B、根据知，探测器的向心加速度大于地球的向心加速度，B正确；C、探测器的向心力由太阳和地球引力的合力提供，C、D错误；故选AB6.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图用两根长为L的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平横杆上，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】小球恰好过最高点时有：mg=m；解得：v1；根据动能定理得， ；在最低点，由
9、牛顿第二定律得： ；联立得，T=2mg，故A正确，BCD错误故选A点睛：本题综合运用了动能定理和牛顿第二定律，知道细线拉着小球在竖直面内做圆周运动，最高点和最低点靠竖直方向上的合力提供向心力7.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A. 末速度大小为 v0B. 末速度沿水平方向C. 重力势能减少了 mgdD. 克服电场力做功为mgd【答案】BC【解析】【详解】AB0
10、时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，内，微粒做平抛运动，下降的位移，T时间内，微粒的加速度 ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0故A错误，B正确C0时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确D在内和T时间内竖直方向上加速度大小相等，方向相反，则内和T时间内位移的大小相等均为d，所以整个过程中克服电场力做功为，故D错误8.如图所示的电路中，R1、R2、R3是定值电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电当用强光照射R4且电路稳定时，则
11、与无光照射时比较A. 电容器C的下极板带正电B. R3两端电压降低C. 通过R4的电流变小，电源的路端电压增大D. 通过R4的电流变大，电源提供的总功率变小【答案】A【解析】【详解】ABC.有光照射时，光敏电阻的阻值减小，故总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知，干路电路中电流增大，由E=U+Ir可知路端电压减小，R1与R2支路中电阻不变，故该支路中的电流减小，则由并联电路的电流规律可知，另一支路中电流增大，即通过R2的电流减小，而通过R3和R4的电流增大，根据U=IR可知，R3两端电压升高，以电源正极为参考点，上极板所接处的电势低于下极板的电势，故下极板带正电；选项A正确，BC错误；D.强光照
12、射，R4电阻减小，那么，电路总电阻减小，故总电流增大，所以P=EI电源提供的总功率变大；故D错误.9.2010年，上海成功举办盛大的世界博览会回眸一下历届世博会，很多科技成果从世博会上走向世界例如：1873年奥地利维也纳世博会上，线路意外搭错造就“偶然发明”，导致发电机变成了电动机如图所示，是著名的电磁旋转实验，这一装置实际上就是最早的电动机图中A是可动磁铁，B是固定导线，C是可动导线，D是固定磁铁图中黑色部分表示汞(磁铁和导线的下半部分都浸没在汞中)，下部接在电源上请你判断这时自上向下看，A和C转动方向为()A. 可动磁铁A转动方向为逆时针B. A和C转动方向均为逆时针C. 可动导线C转动方
13、向顺时针D. A和C转动方向均为顺时针【答案】AC【解析】根据电流的方向判定可以知道B中的电流方向是向上的，那么在B导线附近的磁场方向为逆时针方向，即为A磁铁N极的受力方向；由于D磁铁产生的磁场呈现出由N极向外发散，C中的电流方向是向下的，由左手定则可知C受到的安培力方向为顺时针，AC正确二、实验题10.用如图所示的实验装置探究“加速度与合外力、质量的关系”图中为两个光电门，为固定在木槽上的遮光条实验前(不挂钩码)左右移动小木块使木槽能够在长木板上匀速运动.遮光条的宽度为，两光电门间的距离为实验时木槽每次都从同一位置由静止释放，研究对象为木槽(包括内部的砝码)及钩码组成的系统(1)通过光电计时
14、器读出遮光条通过、两个光电门的时间分别是、，则木槽的加速度是_(用测量的符号表示)(2)保持悬挂钩码的质量不变，增加或减少槽内的砝码，测出每次对应的加速度，为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度与质量的关系，应作出a-_关系图象(表示槽及槽内砝码的总质量).A. B. C. D.(3)为了精确测量木槽运动的加速度，甲同学固定光电门，移动光电门，然后释放木槽，测出遮光条每次经过光电门的时间，乙同学固定光电门，移动光电门，然后释放木槽，测出遮光条每次经过光电门的时间，两位同学根据图象求解系统的加速度.甲同学作出的图象应为下图中的_，乙同学作出的图象应为下图中的_.若甲同学所作图象斜率的绝对值为
15、，则木槽的加速度_.A. B. C D.【答案】 (1). (2). D (3). B (4). C (5). 【解析】【详解】（1）1遮光片通过光电门的速度分别为 ；根据速度位移公式可知 ，解得 （2）2悬挂钩码的质量m保持不变，即合力保持不变，a与系统质量成反比，可知为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度与质量的关系，应作a-图线，故选D（3）3甲同学固定光电门B，移动光电门A，然后释放凹槽，测出遮光条每次经过光电门A的时间t1通过光电门A的瞬时速度vA，B点的速度为定值，根据vB2vA22ax得，故B正确4乙同学固定光电门A，移动光电门B，然后释放凹槽，测出遮光条每次经过光电门B的时
16、间t2，通过光电门B的瞬时速度vB，A点的速度为定值，根据vB2vA22ax得， ，故C正确5若甲同学所作图象的斜率的绝对值为k，则有，解得系统的加速度11.某同学欲测一电阻Rx (阻值约300)的阻值,可供选择的仪器有:电流表A1:量程10mA;电流表A2:量程0.6A;电压表V1:量程3V;电压表V2:量程15V;电源电动势为4.5V.（1）该同学先按右图接好电路,闭合S1后把开关S2拨至a时发现两电表指针偏转的角度都在满偏的4/5处;再把开关S2拨至b时发现.其中一个电表的指针偏角几乎不变,另一个电表指针偏转到满偏3/4处,则该同学在实验中所选电压表的量程为_,所选电流表的量程为_，Rx
17、的测量值为_.（2）如果已知上述电压表的内阻RV和电流表的内阻RA,对S2分别拨至a和b两组测量电路(电压表和电流表测量值分别用U1,U2,I1,I2表示),则计算电阻RX的表达式分别为RX=_、RX=_(用测量值和给出的电表内阻表示).【答案】 (1). 3V (2). 10mA (3). (4). (5). 【解析】（1）电源电动势为4.5V，如果选择量程15V的电压表，偏转五分之四达到12V，超过电源的电动势，故电压表选择的是3V量程的；电压表读数几乎不变，电流表读数变化明显，说明待测电阻阻值较大，与伏特表相接近，而伏特表电阻较大，至少几千欧姆，而电源电动势只有4.5V，故电流只有几个毫
18、安，故电流表选10mA挡；闭合S1后，把开关S2拨至a时发现，两电表的指针偏转都在满偏的处，故电流为8mA，电压表读数为2.4V；再把S2拨至b时发现，其中电压表的指针偏角几乎不变，另一个电流表的指针偏转到满偏的处，故电压表读数为2.4V，电流表读数为7.5mA，故待测电阻两端电压为2.4V，电流为7.5mA，故待测电阻为：.（2）当S2拨至a端时，根据欧姆定律得：；当S2拨至b端时，根据欧姆定律得：三、计算题12.如图所示，线圈abcd的面积是0.01m2，共1000匝，线圈电阻为10，外接电阻R=90，匀强磁场的磁感应强度为B=T，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：（1）从图示
19、位置开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式（2）电路中交流电压表和电流表的示数（3）线圈由如图位置转过90的过程中，流过电阻R的电量为多少？【答案】（1）e=100sin10t；（2）90V和1A（3）0.02C【解析】【分析】线框在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，借助于有效值可得出电压表与电流表的示数。线圈在转动一个周期的时间内克服外力做的功就等于一个周期内电路中产生的热能。由法拉第电磁感应定律可求得电量。【详解】（1）交流电的频率：角速度为；最大值：，故表达式为：；（2）感应电动势的有效值；线圈电阻为10，外接电阻R=90，根据闭合电路欧姆定律，则电
20、流表的示数，；交流电压表的电压；（3）由法拉第电磁感应定律可知：13.如图，竖直固定轨道abcd段光滑，长为L=10m的平台de段粗糙，abc段是以O为圆心的圆弧小球A和B紧靠一起静止于e处，B的质量是A的4倍两小球在内力作用下突然分离，A分离后向左始终沿轨道运动, 与de段的动摩擦因数=02，到b点时轨道对A的支持力等于A的重力的, B分离后平抛落到f点，f到平台边缘的水平距离S= 04m,平台高h=08m，g取10m/s2，求：（1）AB分离时B的速度大小vB；（2）A到达d点时的速度大小vd；（3）圆弧 abc的半径R【答案】（1）vB=1 m/s （2）vd= 2 m/s （3）R=0
21、5m【解析】【详解】（1）解: （1）B分离后做平抛运动,由平抛运动规律可知:h=gt2vB=s/t 代入数据得:vB=1 m/s（2）AB分离时，由动量守恒定律得：mAve=mBvB A球由 e到d根据动能定理得:-mAgl=mAvd2-mAve2 代入数据得:vd= 2m/s（3）A球由d到b根据机械能守恒定律得: mAgR+mAvb2=mAvd2 A球在b由牛顿第二定律得: mAg- mAg=mAvb2/R 代入数据得:R=05m14.如图为a、b两束单色光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则_A. 在同种均匀介质中，a光的传播速度小于b光的传播速度B. 在真空中，a光的波
22、长大于b光的波长C. 从同种介质射入真空时，逐渐增大入射角，则b光的折射光线首先消失D. 照射在同一金属板上发生光电效应时，a光的饱和光电流一定大E. 若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生b光的能级能量差大【答案】BCE【解析】【详解】根据双缝干涉条纹的间距公式，知a光条纹间距大，则a光的波长较长根据 知，a光的频率较小，则折射率小，根据 知，a光在介质中的传播速度较大故A错误，B正确根据 可知，a光的临界角较大，则从通知介质射入真空时，逐渐增大入射角时，b光先发生全反射，其折射光线首先消失，选项C正确；照射在同一金属板上发生光电效应时，饱和光电流与光强有关，故无法比较饱和光电流的大小，选项D错
23、误；a光的频率较小，则光子能量较小，若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生b光的能级能量差大，选项E正确；故选BCE.点睛：本题的突破口通过条纹间距大小比较出波长的大小掌握波长与频率、折射率、波速以及临界角等物理量的关系15.如图所示，有一半圆形玻璃砖，玻璃折射率为，直径AB等于2r，O为圆心.一束宽度恰等于玻璃砖半径的单色平行光垂直于AB从空气射入玻璃砖，其中心光线通过O点.(1)光束中的光线射出玻璃砖时最大的折射角是多少？(2)若有一个半径为r圆孔的光屏MN，正对玻璃砖，当光屏放在距O点何处时，入射光线能全部通过光屏圆孔？【答案】（1）60（2）【解析】【详解】（1）光束宽度恰等于玻璃砖半径，由几何知识可知光束从玻璃射出时，最大入射角为30由得：，解得：max=60（2）根据几何关系，知OPQ为等腰三角形，可知折射光线将会聚在距O点r处根据对称性，可得：故光屏位置距O的距离在的范围时，光线能全部通过光屏圆孔
