安徽省蚌埠龙湖中学2020届高三上学期第四次月考物理试题

高三物理月考试卷

一、选择题

1.伽利略对自由落体运动的研究是科学实验和逻辑思维的完美结合，图中所示可大致表示其实验和思维的过程，对这一过程的分析，下列说法中正确的是

A. 其中的乙图是实验现象，丁图是经过合理的外推得到的结论

B. 其中的丁图是实验现象，甲图是经过合理的外推得到的结论

C. 运用甲图的实验，可“冲淡”重力的作用，使实验现象更明显

D. 运用丁图实验，可“放大”重力的作用，使实验现象更明显

【答案】AC

【解析】

【详解】AB.图中甲、乙、丙均是实验现象，丁图是经过合理的外推得到的结论，故A正确，B错误。

CD.伽利略时代无法直接测定瞬时速度，就无法验证v与t成正比的思想，伽利略通过数学运算得到，若物体初速度为零，且速度随时间均匀变化，即v正比于t，那么它通过的位移与所用时间的二次方成正比，只要测出物体通过不同位移所用的时间就可以验证这个物体的速度是否随时间均匀变化。由于伽利略时代靠滴水计时，不能测量自由落体所用的时间，伽利略让铜球沿阻力很小的斜面滚下，由于沿斜面下滑时加速度减小，所用时间长得多，所以容易测量。这个方法叫“冲淡”重力，故C正确，D错误。

2.岳阳某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜，如图甲所示，将一个球形铁锅用三个轻小石块支起用柴火烧菜，铁锅边缘水平，小石块成正三角形放在水平灶台上，石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均成30°，已知锅与菜的总质量为9kg，不计铁锅与石块间的摩擦，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是

A. 灶台对每个石块的作用力均竖直向上 B. 灶台受到每个石块的压力为90N

C. 每个石块与铁锅之间的弹力大小为 D. 灶台对每个石块的摩擦力为10N

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：对灶台受力分析，受重力、三个石块有垂直向上的支持力，如果石头光滑也是一样的，故可以没有摩擦力；根据平衡条件，竖直方向，有：3Ncos30°=mg；解得：；

根据牛顿第三定律，灶台对每个石块的压力为，是垂直向下；故C正确，ABD错误；故选C

3.跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示，已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计，取重力加速度g=10m/s2，当人以440N的力拉绳时，人与吊板的加速度a的大小和人对吊板的压力F的大小分别为  （   ）

A. a=1.0m/s2，F=260N B. a=1.0m/s2，F=330N

C. a=3.0m/s2，F=110N D. a=3.0m/s2，F=50N

【答案】B

【解析】

【详解】CD.以整体为研究对象，整体受重力、两根绳子的拉力（T）；由牛顿第二定律可知：整体的加速度 ；选项CD不符合题意

AB.以人为研究对象，由牛顿第二定律可知：，解得人受吊板的支持力；由牛顿第三定律可知人对吊板的压力为330N，选项A不符合题意；选项B符合题意

4.如图所示，在倾角为θ的斜面上，以速度v0水平抛出一个质量为m的小球（斜面足够长，重力加速度为g），则在小球从开始运动到小球离斜面有最大距离的过程中

A. 速度的变化 B. 运动时间

C. 重力做功 D. 重力的平均功率

【答案】ACD

【解析】

【详解】A.当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，此时的竖直分速度

vy=v0tanθ，

解得

速度的变化量

△v=gt=v0tanθ．

故A正确，B错误。
C.此时下降的高度

重力做功

故C正确。
D.重力的平均功率

故D正确。

5.宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的三颗星组成的三星系统。设三星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，三颗星的球心稳定分布在边长为a的等边三角形的三个顶点上。三颗星围绕等边三角形的重心做匀速圆周运动，已知引力常量为G。关于三星系统，下列说法正确的是

A. 三颗星的轨道半径均为a

B. 三颗星表面的重力加速度均为

C. 一颗星的质量发生变化，不影响其他两颗星的运动

D. 三颗星的周期均为2πa

【答案】AD

【解析】

【详解】A.由几何关系知：它们的轨道半径

故A正确；

B.在星球表面重力等于万有引力

解得

故B错误。
C.一颗星的质量发生变化，万有引力大小变化，合力不指向三角形中心，会影响其他两颗星的运动，故C错误。
D.任意两个星星之间的万有引力

每一颗星星受到的合力

F1=F

合力提供它们的向心力：

解得

故D正确。

6.劲度系数为k的轻弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球，开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B时速率为v，此时小球与圆环间弹力恰好为零。当地重力加速度取g，则正确的说法是（　　）

A. 小球经过B点时，弹簧的弹力大小为

B. 小球经过B点时，弹簧的弹力大小为

C. 从A到B的过程中，小球减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能

D. 从A到B的过程中，重力对小球做的功等于小球克服弹簧弹力做的功

【答案】ABC

【解析】

试题分析：小球运动到最低点B时速率为v，此时小球与圆环之间压力恰好为零，此时小球受重力、弹簧的弹力，由题意可知弹簧的弹力与重力的合力恰好提供小球所需要的向心力．则：，所以小球过B点时，弹簧的弹力大小为:，故A正确；小球过B点时，弹簧的伸长量：，则弹力大小为，故B正确；从A到B的过程中，小球的重力势能减小，动能增大，则知重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能．故C正确；从A到B的过程中，重力做正功，弹簧的弹力做负功，由于动能增大，由动能定理知，总功为正，所以重力对小球做的功大于小球克服弹簧弹力做的功．故D错误．所以ABC正确，D错误。

考点：圆周运动、动能定理、能量转化

【名师点睛】本题主要考查了圆周运动、动能定理、能量转化等知识。小球过B点时，由重力和弹簧弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出弹簧的弹力．也可根据胡克定律求弹力．从A到B的过程中，小球的机械能减小．小球受到弹簧的弹力做负功，重力做正功，根据动能定理分析两个功之间的大小关系。

7. 光滑水平面上放置两个等量同种电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个质量m＝1kg的小物块自C点由静止释放，小物块带电荷量q＝2C，其运动的v－t图线如图乙所示，其中B点为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则以下分析正确的是

A. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝1V／m

B. 由C点到A点物块的电势能先减小后变大

C. 由C点到A点，电势逐渐降低

D. B、A两点间的电势差为UBA＝8．25V

【答案】CD

【解析】

试题分析：由乙图可知，物体在B点加速度最大，且加速度为，根据，可知B点场强最大，为E=1V／m，A正确；从C到A的过程中，电场力一直做正确，电势能一直减小，B错误；从C到A一直沿着电场线运动，电势逐渐降低，C正确；从B到 A的过程中，根据动能定理，代入数据，，得，D正确。

考点：动能定理，牛顿第二定律，电场强度与电势差

8.如图所示，R0为热敏电阻(温度降低电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，C为平行电板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地。下列各项单独操作不能使带电液滴运动的是

A. 滑动变阻器R的滑动触头P向上移动

B. 将热敏电阻R0加热

C. 开关K断开

D. 电容器C的上极板向上移动

【答案】AD

【解析】

【详解】要使液滴不运动，则应使得液滴受到的电场力不变，即两板间的场强不变；
A.当变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，两板间的场强不变，液滴仍然静止，故A正确；

B.热敏电阻升温时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端电压变大，由于二极管具有单向导电性，电容器会充电，所以电容器两端的电势差变大，场强变大，液滴会运动，故B错误；

C.开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，场强变大，则液滴向上运动，故C错误；

D.电容器C的上极板向上移动，d增大；则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于，，．所以：，由于极板上的电量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，故D正确。

9.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是 (　 　)

A. 只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上

B. 即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心

C. 只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上

D. 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长

【答案】C

【解析】

【详解】对着圆心入射粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故A错误。带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B错误。速度满足时，粒子的轨迹半径为r==R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C正确。对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由知，运动时间t越小，故D错误。故选C。

【点睛】本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系．

二、实验题

10.某学习小组探究弹簧的伸长与形变的关系，在操作的同时记录数据，其步骤如下：

（1）测出钩码的质量为。把弹簧平放在水平桌面上，测出弹簧的原长。

（2）将该弹簧悬吊在铁架台上，让弹簧自然下垂，如图甲所示。挂上一个钩码，测出此时弹簧长度为。

（3）之后逐渐增加钩码的个数，并测出弹簧对应的长度分别为、……。

（4）撤去实验装置，将以上过程中记录的数据汇总，并作出钩码质量m与伸长量的关系图如图乙所示。

已知m =，，其中是钩码个数，重力加速度为g。

 请根据以上操作、记录和图像回答以下问题：

①图像的横截距为1.00 cm，你认为产生的原因是_______（填字母代号）。

A．数据计算错误

B．把弹簧水平放置测量原长

C．选择的弹簧是损坏的

D．选择的弹簧是轻弹簧

②图线在伸长量＞5.00 cm之后变弯曲，说明了_______（填字母代号）。

A．此弹簧已被损坏

B．悬挂钩码过多

C．钩码下端触地

D．添加钩码后，钩码在竖直方向振动，且选择钩码到最高点读数

③从图乙上看，该弹簧水平放置使用时的弹性限度_______（填“大于”、“等于”或“小于”）5g。

④已知钩码的质量m0= 0.2 kg，重力加速度g = 9.8 m/s2，利用图乙求弹簧的劲度系数k=______________N/m。

【答案】    (1). B    (2). AB    (3). 等于    (4). 245

【解析】

【详解】①m-x图像的横截距为1.00 cm，产生的原因是把弹簧水平放置测量原长，应该让弹簧竖直放置量得原长，故选B.

②m-x图线在伸长量x＞5.00 cm之后变弯曲，说明了弹簧已被损坏，或者是悬挂钩码过多，弹簧超出了弹性限度，故选AB.

③从图乙上看，该弹簧水平放置使用时，当弹力大于5m0g时图像发生了弯曲，可知弹簧的弹性限度等于5m0g。

④利用图乙求得弹簧的劲度系数

11.同学欲测一电阻Rx (阻值约300Ω)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=_____

【答案】    (1). V1    (2). A1    (3). 320    (4). ；

【解析】

【详解】(1)[1][2][3].电路的最大电流：，RX上最大电压不超过4.5V，则电压表选用3V量程的V1，电流表选用10mA量程的A1。S2由a拨至b时电压表V的示数会增大一些，电流表A的示数会小一些。由题干知：电压表V的示数几乎不变，而电流表A指针偏转至满偏的处，则电流表A分压小，选内接法误差小，RX测量值为：

(2)[4].根据欧姆定律以及串并联电路分压分流的特点，可得：
当S2拨至a时，

S2拨至b时，

三、计算题

12.如下图所示，一辆长为12m的客车沿平直公路以8.0m/s的速度匀速向北行驶，一辆长为10m的货车由静止开始以2.0m/s2的加速度由北向南匀加速行驶，已知货车刚启动时两车相距180m，求两车错车所用的时间．

【答案】0.8s

【解析】

解：设货车启动后经过时间t1时两车开始错车，则有x1+x2="180" m

其中x1=at12

x2=vt1

解之可得t1="10" s

设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t2，在数值上有

x1′+x2′=（180+10+12）m="202" m．

其中x1′=at22

x2′=vt2

解得t2="10.8" s

故两车错车时间△t=t2﹣t1="0.8" s．

【点评】本题属于相遇问题，关键抓住位移关系，运用运动学公式灵活求解．

13.如图，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨放在水平面上，导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R．灯泡的电阻RL=3R，调节电阻箱电阻R1=6R，现给金属棒施加水平向右的恒力F，使棒由静止开始运动，试求：

（1）金属棒运动的最大速度为多大?

（2）当金属棒运动距离为S0时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始运动2S0的过程中，整个电路上产生的电热能?

（3）R1为何值时，R1上消耗的电功率最大?最大电功率为多少?

【答案】（1）（2）（3）3R；

【解析】

【详解】（1）当金属棒匀速运动时速度最大，设最大速度为v，达到最大时则有F=F安

F安=BIL

其中R总=3R   所以

解得最大速度

 ．

（2）由能量守恒知，放出的电热

代入上面的vm值，可得

．

（3）R1上消耗的功率 

其中
解以上方程组可得

当时，即当R1=3R时，R1消耗的功率最大，最大功率 

14.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t＝0.2s时刻的波形图．已知该波的波速是0.8m/s，则下列说法正确的是______________。（填正确答案的标号

A．这列波的波长是14cm

B．这列波的周期是0.15s

C．这列波一定沿x轴负方向传播的

D．从t＝0时刻开始，x＝5cm处的质点经0.1s振动到波峰

E．每经过0.15s介质中的质点就沿x轴移动12cm

【答案】BCD

【解析】

由图可知，该波波长为12cm，A错误；波速为0.8m/s，周期为T=，B正确；0.2s为，由实线到虚线只能是向左传播，C正确；x＝5cm处的质点距离波峰8cm，，经0.1s振动到波峰，D正确；介质中的质点只在平衡位置附近振动，不沿x轴移动，E错误。故选BCD

15.玻璃半圆柱体的半径为R，横截面如图所示，圆心为O，A为圆柱面的顶点。两条单色红光分别按如图方向沿截面入射到圆柱体上，光束1指向圆心，方向与AO夹角为30°，光束2的入射点为B，方向与底面垂直，∠AOB＝60°，已知玻璃对该红光的折射率n＝．求：

①求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；

②入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小?

【答案】（1）R/3（2）d变小

【解析】

①对光线2：入射角，，

入射到底面的入射角，则：，解得

因为ΔBOC为等腰三角形，所以

同理，光线1从O点出射，折射光线与CD交于E点，折射角∠EOD=60°，则△EOD为等边三角形，

②玻璃对蓝光的折射率比对红光的大，蓝光偏折更明显，故d变小

【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，运用几何知识结合解决这类问题．