2019-2020年高三上學期第三次模擬考試物理試卷 含解析zhangsan.doc

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2019-2020年高三上學期第三次模擬考試物理試卷 含解析zhangsan 一、單項選擇題(每題只有一個選項正確；每題4分,共16分) 13．下列說法正確的有（ ） A．足夠小的電荷就是點電荷 B．若放在電場中某點的試探電荷量減半，則該點的場強減半 C．由于電場是看不見的，所以電場是虛構(gòu)的 D．電場中某兩點的電勢差與試探電荷無關(guān) 【答案】D A、電荷的形狀、體積和電荷量對分析的問題的影響可以忽略時，就可以看成是點電荷，并不是足夠小的電荷就是點電荷，故A錯誤； B、電場強度是反映電場本身性質(zhì)的物理量，與試探電荷無關(guān)，電場中同一點，不管放什么電荷，放不放電荷，該點的電場強度大小和方向都是一定的，故B錯誤； C、電場是客觀存在的，電場線是為了描述電場虛擬的，故C錯誤； D、電場中某兩點的電勢差由電場和兩點的位置決定的，與試探電荷無關(guān)，故D正確。 故選D。 【考點】元電荷、點電荷；電場強度；電勢差 14．如圖所示，一個重為20N的物體，放在傾角為θ=30的斜面上靜止不動。若用豎直向上的力F=5N提物體，物體仍靜止，下述結(jié)論正確的是（ ） A．物體受到合外力減小5N B．物體受到摩擦力減小5N C．斜面受到的壓力減小5N D．物體對斜面的作用力減小5N 【答案】D A、物體在有無拉力時，都處于靜止狀態(tài)，合力都為零，故A錯誤； BC、無拉力時對物體受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，如圖 根據(jù)共點力平衡條件，有f=mgsinθ、N=mgcosθ 有拉力F作用后，再次對物體受力分析，受到拉力、重力、支持力和靜摩擦力，如圖 根據(jù)共點力平衡條件，有f1=（mg-F）sinθ、N1=（mg-F）cosθ， 故f-f1=Fsin30=2.5N、； 物體對斜面體的摩擦等于斜面體對物體的摩擦，減小2.5N，物體對斜面體的壓力等于斜面體對物體的支持力，減小了，故BC錯誤； D、物體對斜面的作用力為壓力和摩擦力的合力，壓力和摩擦力的合力方向豎直向下，知作用力減小5N，故D正確。 故選D。 【考點】共點力平衡；力的合成與分解 15．某帶電粒子僅在電場力作用下由A點運動到B點，電場線、帶電粒子在A點的初速度及運動軌跡如圖所示，可以判斷（ ） A．粒子在A點的加速度大于它在B點的加速度 B．粒子在A點的動能小于它在B點的動能 C．粒子在A點的電勢能小于它在B點的電勢能 D．粒子在A點的電勢低于B點的電勢 【答案】B A、由電場線可知，B點的電場線密，所以B點的電場強度大，粒子受的電場力大，加速度也就大，即A點的加速度小于它在B點的加速度，故A錯誤； BC、粒子受到的電場力指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，所以受到的電場力的方向是沿電場線向上的，所以粒子從A到B的過程中，電場力做正功，電荷的電勢能減小，動能增加，所以粒子在A點的動能小于它在B點的動能，故B正確C錯誤； D、沿電場線的方向，電勢降低，所以A點的電勢大于B點的電勢，故D錯誤。 故選B。 【考點】電場線；電勢差與電場強度的關(guān)系 16．如圖，在光滑絕緣水平面上有兩個帶電量分別為＋q、－2q的小球，由靜止開始釋放兩球，則兩球相互靠近的過程中，對兩球組成的系統(tǒng)（ ） A．合外力逐漸增大 B．總動量逐漸增大 C．機械能逐漸增大 D．電勢能逐漸增大 【答案】C A、兩球組成的系統(tǒng)受到重力和水平桌面的支持力共兩個外力，系統(tǒng)豎直方向上沒有位移，兩個力的合力為零，故A錯誤； B、系統(tǒng)所受合外力為零，總動量守恒，原來總動量為零，釋放兩球后總動量保持為零，故B錯誤； CD、由靜止開始釋放兩球后，小球間由于存在庫侖引力，兩球間距離減小，電場力做正功，電勢能減小，機械能增加，故C正確D錯誤。 故選C。 【考點】動量守恒定律 二、雙項選擇題（本題包括5小題，每小題6分，共30分） 17．如圖，“神舟八號”與“天宮一號”在離地面三百多公里的同一軌道上繞地球做勻速圓周運動時（ ） A．運行周期相同 B．都處于平衡狀態(tài) C．向心力相同 D．環(huán)繞速度都小于第一宇宙速度 【答案】AD A、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，由地球的萬有引力提供向心力，有，得：，則知軌道半徑相等，周期必定相同，故A正確； B、“神舟八號”與“天宮一號”都繞地球做勻速圓周運動，速度時刻在變化，合力不為零，所以都處于非平衡狀態(tài)，故B錯誤； C、向心力等于萬有引力，由公式，可知：由于“神舟八號”與“天宮一號”的質(zhì)量關(guān)系未知，不能比較向心力的大小，故C錯誤； D、根據(jù)，解得：； 軌道半徑越小，線速度越大，第一宇宙速度對應衛(wèi)星軌道半徑等于地球的半徑，則知神舟八號和天宮一號的飛行速度小于第一宇宙速度，故D正確。 故選AD。 【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系 18．如圖，x軸在水平地面內(nèi)，y軸沿豎直方向。圖中畫出了從y軸上沿x軸正向拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡，其中b和c是從同一點拋出的，不計空氣阻力，則（ ） A．a(chǎn)的飛行時間比b的長 B．b和c的飛行時間相同 C．a(chǎn)的水平速度比b的小 D．b的初速度比c的大 【答案】BD AB、由圖象可以看出，bc兩個小球的拋出高度相同，a的拋出高度最小，根據(jù)可知，a的運動時間最短，bc運動時間相等，故A錯誤B正確； CD、由圖象可以看出，abc三個小球的水平位移關(guān)系為a最大，c最小，根據(jù)可知，，所以a的初速度最大，c的初速度最小，故C錯誤D正確。 故選BD。 【考點】平拋運動 19．小鐵塊置于長木板右端，木板放在光滑的水平地面上，t=0時使二者獲得等大反向的初速度開始運動，經(jīng)過時間t1鐵塊在木板上停止滑動，二者相對靜止，此時與開始運動時的位置相比較，下圖中能夠反映可能發(fā)生的是（ ） 【答案】AC 開始時兩者具有等大反向的速度，根據(jù)動量守恒，當兩物體相對靜止時的共同速度與動量大的物體運動方向一致即與質(zhì)量大的方向一致，所以質(zhì)量小的物體運動方向要反向，且最終共同速度將小于開始時的物體運動速度，故動量小的物體運動位移仍與原運動方向一致； A、若鐵塊質(zhì)量大于長木板時，兩者共同速度將沿鐵塊運動方向，長木板的位移方向與原運動方向一致，故A正確； B、當長木板的質(zhì)量大于鐵塊質(zhì)量時，可以滿足共同速度方向與長木板的方向一致，但長木板的位移與運動方向相反，故B錯誤； C、當長木板的質(zhì)量大于鐵塊質(zhì)量時，可以滿足共同速度方向與長木板的方向一致，鐵塊位移方向與原運動方向相同，故C正確； D、當鐵塊質(zhì)量大于長木板的質(zhì)量時，可以滿足共同速度方向與鐵塊的方向一致，但長木板的位移方向與開始時運動方向相反，故D錯誤。 故選AC。 【考點】動量守恒定律；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律 20．如圖所示，絕緣細線下掛著一帶電小球，它的質(zhì)量為m，整個裝置處于水平向右的勻強電場中。小球平衡時，細線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，則（ ） A．小球一定是帶正電 B．小球所受的電場力等于mg C．若剪斷懸線，則小球做曲線運動 D．若剪斷懸線，則小球做勻加速直線運動 【答案】AD A、由電場線與電場力可知，小球帶正電，故A正確； B、小球平衡，細線與豎直方向的夾角為θ，若θ=45則電場力等于重力，所以小球受到電場力可能等于重力，故B錯誤； CD、若剪斷懸線，則小球?qū)⒀刂毦€的反方向做勻加速直線，故C錯誤D正確。 故選AD。 【考點】電場強度；牛頓第二定律 21．瀑雨前，有一云層（相當于帶電體）正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一質(zhì)量較小的帶電體被吸上天空，以下說法正確的是（ ） A．帶電體在上升中電勢能越來越大 B．帶電體在上升中跟云層間的電勢差越來越大 C．帶電體在上升中所處環(huán)境的電場強度是越來越大 D．帶電體的加速度越來越大 【答案】CD A、帶電體在上升的過程中，電場力做正功，電場力減小，故A錯誤； B、帶電體上升的過程中，與場源間的距離減小，則與云層間的電勢差越來越小，故B錯誤； C、因為越靠近場源，場強越大，所以帶電體在上升中所處環(huán)境的電場強度是越來越大，故C正確； D、根據(jù)電場強度越來越大，則電場力越來越大，合力越來越大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度越來越大，故D正確。 故選CD。 【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；電勢能；牛頓第二定律 三、實驗題（本題共2小題，共12分） 34A．如圖34－1為驗證機械能守恒定律的實驗裝置示意圖． （1）實驗時，需要測量物體由靜止開始自由下落到某點時的瞬時速度v和下落高度h。某班同學利用實驗得到的紙帶，設(shè)計了以下四種測量方案． A．用刻度尺測出物體下落的高度h，并測出下落時間t，通過v＝gt計算出瞬時速度． B．用刻度尺測出物體下落的高度h，并通過v＝計算出瞬時速度． C．根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度，等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v，并通過h＝計算出高度h。 D．用刻度尺測出物體下落的高度h，根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度，等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v。 以上方案中只有一種正確，正確的是__________．（填入相應的字母） （2）某同學按照正確操作選的紙帶如圖34－2所示，其中O是起始點，A、B、C、D、E是打點計時器連續(xù)打下的5個點，打點頻率為50 Hz，該同學用毫米刻度尺測量O到A、B、C、D、E各點的距離，并記錄在圖中（單位：cm），重物的質(zhì)量為m＝0.1 kg，重力加速度g＝9.80 m/s2。根據(jù)以上數(shù)據(jù)當打點計時器打到D點時，重物重力勢能的減少量為________J，動能的增加量為________J。（要求計算數(shù)值保留三位有效數(shù)字） （3）實驗中誤差產(chǎn)生的原因_____________________________________（寫出兩個原因）． （4）通過作圖象的方法可以剔除偶然誤差較大的數(shù)據(jù)，提高實驗的準確程度．從紙帶上選取多個點，測量從第一點到其余各點的下落高度h，并計算各點速度的平方v2，然后以________為縱軸，以________為橫軸，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出圖線．若在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，圖線是一條過原點且斜率為g的直線，則驗證了機械能守恒定律． （5）該裝置也可用于精度要求不是很高的重力加速度g的測量，依據(jù)第（2）問中選取的紙帶可計得重力加速度g＝__________m/s2。 【答案】（1）D （2）0.190 0.186 （3）下落過程中存在阻力；長度的測量時存在誤差 （4）　 h （5）9.69 （1）該實驗是驗證機械能守恒定律的實驗，因為我們知道自由落體運動只受重力，機械能就守恒，如果把重物看成自由落體運動，再運用自由落體的規(guī)律求解速度，那么就不需要驗證；其中ABC三項都是運用了自由落體的運動規(guī)律求解的，故ABC錯誤； 故選D； （2） 所以力勢能的減少量； 動能的增加量為； （3）①下落過程中存在阻力作用；②長度的測量時存在誤差； （4）重力勢能減少量是mgh，增加的動能是，v可由紙帶上求出，由，可知，所以圖線的斜率為g； （5）根據(jù)得：。 【考點】驗證機械能守恒定律 34B．（8分）某同學用如圖所示的實驗裝置來驗證“力的平行四邊形定則”，彈簧測力計A掛于固定點P，下端用細線掛一重物M，彈簧測力計B的一端用細線系于O點，手持另一端向左拉，使結(jié)點O靜止在某位置．分別讀出彈簧測力計A和B的示數(shù)，并在貼于豎直木板的白紙上記錄O點的位置和拉線的方向。 （1）本實驗用的彈簧測力計示數(shù)的單位為N，圖中A的示數(shù)為______N； （2）下列不必要的實驗要求是________． （請?zhí)顚戇x項前對應的字母） A．應測量重物M所受的重力 B．彈簧測力計應在使用前校零 C．拉線方向應與木板平面平行 D．改變拉力，進行多次實驗，每次都要使O點靜止在同一位置 （3）某次實驗中，該同學發(fā)現(xiàn)彈簧測力計A的指針稍稍超出量程，請您提出兩個解決 辦法．_____________________、 _____________________ 。 【答案】（1）3.6 （2）D　 （3）①減小彈簧測力計B的拉力；②減小重物M的質(zhì)量 （或?qū)更換成較大量程的彈簧測力計、改變彈簧測力計B拉力的方向等） （1）彈簧測力計讀數(shù)，每1N被分成5格，則1格就等于0.2N．圖指針落在3N到4N的第3格處，所以3.60N； （2）A、實驗通過作出三個力的圖示，來驗證“力的平行四邊形定則”，因此重物的重力必須要知道，故A正確； B、彈簧測力計是測出力的大小，所以要準確必須在測之前校零，故B正確； C、拉線方向必須與木板平面平行，這樣才確保力的大小準確性，故C正確； D、當結(jié)點O位置確定時，彈簧測力計A的示數(shù)也確定，由于重物的重力已確定，兩力大小與方向均一定，因此彈簧測力計B的大小與方向也一定，所以不需要改變拉力多次實驗，故D錯誤； 故選D； （3）當彈簧測力計A超出其量程，則說明彈簧測力計B與重物這兩根細線的力的合力已偏大，又由于掛重物的細線力的方向已確定，所以要么減小重物的重量，要么改變測力計B拉細線的方向，從而使測力計A不超出量程。 【考點】驗證力的平行四邊形定則 35．（18分）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A穿在絕緣桿上，細桿的傾角為α，小球A帶正電，電荷量為q。在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷。將A由距B豎直高度為H處無初速釋放，小球A下滑過程中電荷量不變，不計A與細桿間的摩擦，整個裝置處于真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g，求： （1）A球剛釋放時的加速度是多大？ （2）當A球的動能最大時，A球與B點的距離？ （3）若小球到達C點速度最大為v，求A、C兩點的電勢差UAC？ （4）若小球到達D點的速度為0時，A、D兩點間的電勢差U0，則小球沿桿滑行的位移大?。? 【答案】（1） （2） （3） （4） （1）A球剛釋放時，根據(jù)牛頓第二定律得： 得： （2）到達平衡位置時，速度最大，根據(jù)平衡條件，有： 得： （3）從A到C過程，只有重力和電場力做功， 根據(jù)動能定理，有： 將x代入，解得： （4）從A到D過程，只有重力和電場力做功，設(shè)小球沿桿滑行的位移大小為x1， 根據(jù)動能定理，有： 得 【考點】動能定理；牛頓第二定律；共點力平衡 36．（18分）如圖所示，質(zhì)量為m1=lkg的小物塊由靜止輕輕放在水平勻速運動的傳送帶上，從A點隨傳送帶運動到水平部分的最右端B點，經(jīng)半圓軌道C點沿圓弧切線進入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運動。C點在B點的正上方，D點為軌道的最低點。小物塊m1到達D點后與靜止在D點的質(zhì)量為m2=0.5kg小物塊發(fā)生碰撞，碰撞后，兩者均做平拋運動，m2恰好垂直于傾斜擋板打在擋板跟水平面相交的E點，m1落在F點，已知半圓軌道的半徑R=0.5m，D點距水平面的高度h =0.45m，傾斜擋板與水平面之間的夾角θ=53，不考慮空氣阻力，試求： （1）摩擦力對小物塊m1做的功； （2）水平面上EG間的距離； （3）小物塊m1碰撞m2后經(jīng)過D點時對軌道壓力的大小。（題目中可能要用到的數(shù)據(jù)：g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8） 【答案】 （1）設(shè)小物體m1經(jīng)過C點時的速度大小為v1，因為經(jīng)過C點恰能做圓周運動， 由牛頓第二定律得： 解得： 小物體m1由A到B過程中，設(shè)摩擦力對小物體做的功為Wf， 由動能定理得： 解得： （2）小物體m2離開D點后做平拋運動，設(shè)經(jīng)過時間t打在E點，由 得：t=0.3s 設(shè)小物體m2打在E點時速度的水平、豎直分量分別為、，由幾何關(guān)系可得， 速度跟豎直方向的夾角為θ，則：、、 解得：、 （3）設(shè)小物體m1經(jīng)過D時的速度大小為v2，對C點運動到D點的過程， 由機械能守恒定律得： 小物體m1經(jīng)過D點時，與m2發(fā)生碰撞，由動量守恒定律可得 設(shè)軌道對m1的支持力大小為FN，由牛頓第二定律得： 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得：FN=28N， 由牛頓第三定律可知，小物體m1對軌道的壓力大小為： 【考點】牛頓第二定律；動能定理；動量守恒定律 第三次模擬考試物理科試卷參考答案 題號 13 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 D D B C AD BD AC AD CD 34A．（1）D （2）0.190　0.186（0.187也可）（3）下落過程中存在阻力；長度的測量 （4）　h （5）9.69（9.50～9.75之間均可）注：此問有效數(shù)字不作要求 34B．（1）3.6 （2）D　 （3）①減小彈簧測力計B的拉力；②減小重物M的質(zhì)量 （或?qū)更換成較大量程的彈簧測力計、改變彈簧測力計B拉力的方向等） 35．（18分） 解：（1）A球剛釋放時，受到重力、沿細桿向上的庫侖力和細桿的支持力，根據(jù)牛頓第二定律得： 得： （5分） （2）到達平衡位置時，速度最大，根據(jù)平衡條件，有： 得： （4分） （3）從A到C過程，只有重力和電場力做功，根據(jù)動能定理，有： mgsinα?x+q?UAC= 將x代入，解得： （5分） （4）從A到D過程，只有重力和電場力做功，設(shè)小球沿桿滑行的位移大小為x1， 根據(jù)動能定理，有： mgsinα?x1－q?U0=0 （4分） 36．（18分） 解：（1）設(shè)小物體m1經(jīng)過C點時的速度大小為v1，因為經(jīng)過C點恰能做圓周運動， 由牛頓第二定律得： （1分） 解得：v1==m/s （1分） 小物體m1由A到B過程中，設(shè)摩擦力對小物體做的功為Wf，由動能定理得： （1分） 解得：Wf=2.5J （1分） （2）小物體m2離開D點后做平拋運動，設(shè)經(jīng)過時間t打在E點，由 （1分） 得：t=0.3s （1分） 設(shè)小物體m2打在E點時速度的水平、豎直分量分別為、，由幾何關(guān)系可得， 速度跟豎直方向的夾角為θ，則：、、 （2分） 解得： （2分） （3）設(shè)小物體m1經(jīng)過D時的速度大小為v2，對C點運動到D點的過程， 由機械能守恒定律得： （2分） 小物體m1經(jīng)過D點時，與m2發(fā)生碰撞，由動量守恒定律可得， （2分） 設(shè)軌道對m1的支持力大小為FN，由牛頓第二定律得： （2分） 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得：FN=28N，（1分）由牛頓第三定律可知， 小物體m1對軌道的壓力大小為： （1分）