1、福建省晋江市养正中学2020届高三物理上学期第三次月考试题（含解析）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分；第1-6题只有一个选项符合题意，第710有多项符合题意，全选对得4分，漏选得2分，选错或不选得0分。）1.下列说法中，正确的是()A. 力学中的基本单位只有米(m)、千克(kg)和秒(s)B. 牛顿(N)是力学的基本单位，但不是国际单位制中的基本单位C. 特斯拉(T)、焦耳(J)是国际单位制中的单位D. 长度是国际单位制中的基本单位【答案】C【解析】【详解】A力学中所有长度、质量、时间的单位都是基本单位，如吨、小时、毫克等都是基本单位，而非只有米、千克、秒，A错误；B基本单位的
2、选定是根据物理量运算中的需要而选定的，具有一定的科学含义，并不是使用频繁的单位就是基本单位，B错误；C特斯拉(T)、焦耳(J)是国际单位制中的导出单位，选项C正确；D长度是国际单位制中的基本物理量，不是单位，选项D错误；故选C.2.如图所示，物块a、b质量分别2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，则()A. 物块b受四个力作用B. 物块b受到的摩擦力大小等于2mgC. 物块b对地面的压力大小等于mgD. 物块a受到物块b的作用力水平向右【答案】B【解析】【详解】A.物块b受到：重力、a的弹力和静摩擦力、地面的支持力、推力F，共受五个力，故A错误B.以a为
3、研究对象，由平衡条件知，b对a的摩擦力大小等于a的重力，为2mg，由牛顿第三定律知a对b的摩擦力大小也等于2mg，故B正确C.以整体为研究对象，则知地面对b的支持力等于3mg，则物块b对地面的压力大小等于3mg，故C错误D.物块a受到物块b两个力作用：水平向右的压力和竖直向上的静摩擦力，它们的合力斜向右上方，则物块a受到物块b的作用力斜向右上方，故D错误3.质量不等的两木块A、B,用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连,已知在图示情况下木块A、B一起做匀速运动。若木块A、B的位置互相交换,则木块A运动的加速度为(木块A、B与桌面间的动摩擦因数均为,且0，y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直
4、于xOy平面向里，大小为B现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的P点沿着与x轴正方向成30角的方向射入磁场不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是A. 只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点B. 粒子在磁场中运动所经历的时间一定为C. 粒子在磁场中运动所经历的时间可能为D. 粒子在磁场中运动所经历的时间可能为【答案】C【解析】【详解】A带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30角的方向射入磁场中，则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上，如图所示:粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180，因磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点故A错误BCD由于P点的位置不确定，所以粒子在磁
5、场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角是轨迹圆弧与y轴相切时即300，运动时间为T，而最小的圆心角是P点在坐标原点时即120，运动时间为T，而，故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为，最短为故C正确，BD错误7.关于静电场的等势面,下列说法正确的是()A. 两个电势不同的等势面可能相交B. 电场线与等势面处处相互垂直C. 同一等势面上各点电场强度一定相等D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做负功【答案】BD【解析】【详解】A两个电势不同的等势面不可能相交，选项A错误；B电场线与等势面处处相互垂直，选项B正确；C同一等势面上各点电场强度不一定相等，选项C
6、错误；D将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电荷的电势能变大，电场力做负功，选项D正确；故选BD.8.水平恒定推力F1和F2分别作用于在水平面上原来静止且质量相等的a、b两物体上,作用一段时间后撤去推力,由于惯性,物体将继续运动一段时间后才能停下,两物体的v-t图象如图所示,已知图中线段ABCD,则()A. a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力B. a物体受到的摩擦力等于b物体受到的摩擦力C. F1的冲量大于F2的冲量D. F1的冲量小于F2的冲量【答案】BD【解析】【详解】AB由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根
7、据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等；故A错误，B正确。CD根据动量定理，对整个过程研究得F1t1-ftOB=0F2t2-ftOD=0由图看出，tOBtOD，则有 F1t1F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量。故C错误，D正确。故选BD9.如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,R1、R3为定值电阻,R2为滑动变阻器,C为平行板电容器,开关S闭合后,电容器两板正中央有一个带电液滴恰好静止。电流表和电压表都可以视为理想电表。当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中,下述说法正确的是()A. 电压表示数变大,电流表示数变大B. 电压表示数变小,电流表示数变大C. 电容器C所带电荷量增加,
8、液滴向上加速运动D. 电容器C所带电荷量减小,液滴向下加速运动【答案】AD【解析】【详解】AB当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，接入电路的电阻变小，R2与R3并联的电阻变小，总电阻变小，则总电流变大，R1电压变大，则电压表示数变大，R2与R3并联的电压减小，通过R3电流变小，电流表示数为总电流减去通过R3电流，故电流表示数变大，故A正确，B错误；CDR3两端的电压减小，电容器带电量减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，则液滴将向下加速运动，故C错误，D正确。故选AD。10.如图所示,螺线管匝数n=1 500,横截面积S=20 cm2,螺线管导线电阻r=1 ,电阻R=4 ,磁感应强度B随时
9、间变化的B-t图象如图所示(以向右为正方向),下列说法错误的是()A. 电阻R的电流方向是从A到CB. 感应电流的大小逐渐增大C. 电阻R两端的电压为6 VD. C点的电势为4.8 V【答案】ABC【解析】【详解】A根据楞次定律，结合原磁场的方向向右，且大小增加，则电阻R的电流方向是从C到A，故A错误，符合题意；BCD根据法拉第电磁感应定律：而感应电流大小为： 即感应电流大小恒定；根据全电路欧姆定律有：UR=IR=1.24=4.8V由上分析知螺线管左端是正极，C点的电势为4.8V，故BC错误，符合题意；选项D正确，不符合题意；故选ABC。二、实验题（共16分）11.在练习使用多用电表的实验中，
10、某同学将选择开关置于电流“50 V”挡，多用电表示数如图甲所示：(1)多用电表的读数为_V(2)多用电表电阻挡内部简单原理示意图如图乙所示，其中电流表的满偏电流Ig300 A，内阻Rg100 ，可变电阻R的最大阻值为10 k，电池的电动势E1.5 V，内阻r0.5 ，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是_色，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx_k若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx其测量结果与原结果相比_（填“变大”、“变小”或“不变”）.【答案】 (1). 32.0 (2). 红 (3). 5 (4). 变
11、大【解析】【详解】（1）多用电表选择开关置于直流“50V”档，由图示表盘可知，其分度值为1V，示数为：32.0V；（2）欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接（即Rx=0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系得R内=5k；当指针指在刻度盘的正中央时I=，有=，解得：RX=R内=5k；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆表重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来
12、的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了；【点睛】本题考查了多用电表读数、多用电表使用方法与注意事项、测量误差分析，知道多用电表的结构、知道欧姆表的公式原理可以解题；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直12.某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接_：(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为_A；(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断
13、，将_只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为_W（保留小数点后两位）.【答案】 (1). (2). 0.44 (3). 4 (4). 2.222.28【解析】【详解】（1）滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器采用分压接法，实物图如图所示；（2）由图知电流表量程为0.6A，所以读数为0.44A；（3）电源内阻为1欧，所以当外电路总电阻等于电源内阻时，消耗电功率最大，此时外电路电压等于内电压等于1.5V，由图知当小电珠电压等于1.5V时电流约为0.38A，此时电阻约为，并联后的总电阻为
14、1欧，所以需要4个小电珠，小电珠消耗的总功率约为（2.22-2.28W均可）三、计算题（本题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13.如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑圆弧轨道的半径为L，其轨道底端P距地面的高度及与右侧竖直墙的距离均为L，Q为圆弧轨道上的一点，它与圆心O的连线OQ与竖直方向的夹角为60现将一质量为m，可视为质点的小球从Q点由静止释放，g10 m/s2，不计空气阻力试求：（1）小球在P点时受到的支持力大小；（2）在以后的运动过程中，小球第一次与墙壁的碰撞点离墙角B点的距离【
15、答案】（1）2mg（2）【解析】试题分析：小球滑到圆弧轨道低端过程中机械能守恒，求出低端的速度，由向心力公式求出支持力；小球离开P点后做平抛运动，由平抛运动的知识求解（1）小球滑到圆弧轨道低端过程中，由机械能守恒有：小球在P点时，由牛顿第二定律，联立解得（2）小球离开P点后做平抛运动，水平位移为L时所用时间为t，则，小球下落高度为，解得：则小球第一次碰撞点距B的距离为14.高铁列车上有很多制动装置在每节车厢上装有制动风翼，当风翼完全打开时，可使列车产生的平均制动加速度同时，列车上还有电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等单独启动电磁制动系统，可使列车产生的平均制动加速度所有制动系统同时作用
16、，可使列车产生最大为的平均制动加速度在一段直线轨道上，列车正以的速度匀速行驶时，列车长接到通知，前方有一列车出现故障，需要该列车减速停车列车长先将制动风翼完全打开让高速行驶的列车减速，当车速减小了时，再通过电磁制动系统同时制动（1）若不再开启其他制动系统，从开始制动到停车，高铁列车行驶的距离是多少？（2）若制动风翼完全打开时，距离前车只有，那么该列车最迟在距离前车多远处打开剩余的制动装置，才能保证不与前车相撞？【答案】（1）6000m；（2）1220m 【解析】（1）由题意可得：，打开制动风翼时，有：，在此过程中行驶距离为：在打开电磁制动后，共同作用的加速度为：，在此过程中行驶的距离为：，高铁
17、列车在此过程中行驶的总距离为：，（2）最迟需要在距离前车处打开其他制动装置由题意知，此时减速需要最大制动加速度，即：，减速之前有：由以上两式可解得：点睛：本题考查匀变速直线运动中追击相遇问题，要注意认真审题，明确题意，根据已知条件进行分析，搞清物体之间的位移关系，选择合适的物理公式求解15.如图所示，水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场(图中未画出)，磁感应强度B1.0 T，MN边界右侧离地面h0.45 m处有光滑绝缘平台，右边有一带正电的a球，质量ma0.1 kg、电荷量q0.1 C，以初速度v00.9 m/s水平向左运动，与大小相同但质量为mb0.05
18、kg静止于平台左边缘的不带电的绝缘球b发生弹性正碰，碰后a球恰好做匀速圆周运动，两球均视为质点且落地后均不反弹，g取10 m/s2.(结果均保留两位有效数字)求：(1)电场强度的大小和方向；(2)碰后瞬间两球的速度大小；(3)碰后两球分别在电磁场中运动的时间【答案】(1)10 N/C，方向竖直向上(2)0.30m/s;1.2m/s(3)2.1s;0.3s【解析】【详解】（1）a球碰后做匀速圆周运动，满足:magqE 可得E10 N/C a球带正电，则电场强度方向竖直向上（2）a球与b球发生弹性正碰，由动量守恒定律得:mav0mavambvb 由能量守恒定律得mamamb解得：va0.30 m/
19、s vb1.2 m/s（3）对a球，洛伦兹力提供向心力qBvama 可得r0.30 m设a球落地点与圆心的连线和地面夹角为，由几何关系有hrrsin 可得 故a球在电磁场中运动的时间:taTT代入得ta s2.1 sb球不带电，碰撞后做平抛运动，竖直方向有hg代入得：tb0.30s16.如图所示，质量mA0.8 kg、带电荷量q4103 C的A球用长l0.8 m的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E5103 N/C.质量mB0.2 kg、不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的水平轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J现将A球拉至左
20、边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，不计空气阻力，g10 m/s2.求：(1)碰撞过程中A球对B球做的功；(2)碰后C第一次离开电场时的速度大小；【答案】(1)3.2 J(2)4m/s【解析】【详解】（1）由题可得mAmAglvA4 m/sEp mBvB6 m/s以vA的方向为正方向，由动量守恒得mAvAmBvB(mAmB)vC vC2 m/sA对B所做的功WmBEp3.2 J （2）碰后，整体C受到竖直向上的电场力F|q|E20 NGmCg10 N因FmCgmC，整体C做类平抛运动水平方向上：xvCt竖直方向上：yat2其中a10 m/s2圆的方程：(yl)2x2l2解得：x0.8 my0.8 mC刚好在圆心等高处将轻线拉直，水平分速度变为零此时C向上的速度为v0at4 m/s 设C运动到最高点速度v1,由动能定理得mCmC(FmCg)l v14m/s
