1、北屯高级中学20202021学年第一学期10月月考试卷高三物理试卷注意事项：1、本试卷共3页。答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、座位号、准考证号等信息填写在答题卡上。2、作答非选择题时须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题卡的指定位置上，作答选择题须用2B铅笔将答题卡上对应题目的选项涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损。第I卷（选择题共48分）一、选择题（1-7单选，8-12多选，每题4分，共48分）1. 如图所示，匀强电场场强E=100V/m，A、B两点相距10cm、A、B连线与电场线夹角为，若取A点电势为0，则B点电势为（）A. 10V
2、B. 10VC. 5VD. 5V【答案】D【解析】【详解】两点间的电势差因取A点电势为0，则B点电势为故选D。2. 如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内的初速度为的带电微粒，沿图中虚线由运动到，其能量变化情况是（） A. 动能减少，重力势能增加，电势能减少B. 动能减少，重力势能增加，电势能增加C. 动能不变，重力势能增加，电势能减少D. 动能增加，重力势能增加，电势能减少【答案】B【解析】【详解】带电微粒做直线运动，所受重力与电场力的合力必定沿直线，故电场力方向水平向左，易知合力方向与速度方向反向，故合力做负功，其动能减少，又因为重力做负功，故重力势能增加，电场力亦做负功，电势能增加
3、，故B正确。故选B。3. 如图甲所示，在一条电场线上有A、B两点，若从A点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A点运动到B点的速度时间图象如图乙所示，则（）A. 电子在A、B两点受的电场力B. A、B两点的电场强度C. A、B两点的电势D. 电子在A、B两点具有电势能【答案】BCD【解析】【详解】AB从速度图象看出，电子从A运动到B过程速度增大，加速度变小，电场力减小，即FAFB场强变小，则B点的场强小于A点的场强，即EAEB故A错误，B正确；C根据题意，电子从静止释放后从A运动到B，则电子受到的电场力方向从AB，而电子带负电，电场线方向从BA，则B点的电势大于A点的电势，即AB故
4、C正确；D因电场力做正功，则电势能减小，故D错误。故选BC。4. 如图所示，有一带电粒子贴着板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为时，带电粒子沿轨迹落到板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由，得，所以，A. ，选项A符合题意；B. ，选项B不符合题意；C. ，选项C不符合题意；D. ，选项D不符合题意；5. 图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别
5、为26 eV和5 eV当这一点电荷运动到某一位置,其电势能变为-8 eV时,它的动能应为（ ）A. 8 eVB. 13 eVC. 20 eVD. 34 eV【答案】C【解析】【详解】由题意，电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，动能减小为21eV而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从3等势面到4等势面时，动能减小7eV，电势能增大，等势面3的电势为0，电荷经过b时电势能为7eV，又由题，电荷经b点时的动能为5eV，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=7eV+5eV=12eV，其电势能变为-8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应
6、为20eVA8 eV，与结论不相符，选项A错误；B13 eV，与结论不相符，选项B错误；C20 eV，与结论相符，选项C正确；D34 eV，与结论不相符，选项D错误；6. 如图，一均匀带电的绝缘细棍，电荷量为+Q，在过其中点c且垂直于细棍的直线上有a、b、d三点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为+q的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为方向向右。在b点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棍与q在b处产生电场强度大小相等，方向相反，则知细棍在
7、b处产生的电场强度大小为方向向左。根据对称性可知细棍在d处产生的电场强度大小，方向向右，而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为方向向右，所以d点处场强的大小为故A正确，BCD错误。故选A。7. 水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b 一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下两物体的vt图线如图所示，图中ABCD则整个过程中（ ）A. 水平推力F1、F2大小可能相等B. a的平均速度大于b的平均速度C. 合外力对 a 物体冲量大于合外力对 b 物体的冲量D. 摩擦力对 a 物体做的功小于摩擦力对 b 物体做的功【答案】D【解析】【分析】A、由速度图象分析可
8、知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，由牛顿第二定律可求解；B、根据平均速度公式可求得平均速度的大小关系；C、根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系；D、根据功的公式分析摩擦力做功的关系【详解】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，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等加力F时，由图象可知a的加速度大于b的加速度，根据F-f=ma可知水平推力F1的大小大于F2大小，故A错误；设两物体的最大速度为v，加F时两物体的平均速度均为v/2，撤去F后两物体的平均速度仍为v/2，可知a的平均速度等于b的平均速度，故B错
9、误；根据动量定理可知，合外力的冲量的关于动量的变化量，即IF-If=0，根据If=ft可知，摩擦力对a的冲量比b小，则F1对 a 物体的冲量小于F2对 b 物体的冲量，故C正确；由图象可知，a的位移小于b的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功，故D正确故选CD【点睛】本题首先考查读图能力，其次考查牛顿第二定律的应用能力，要注意明确水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同这是解题的关键8. 图中K、L、M为静电场中的三个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）一带电粒子射入此静电场中后，依abcde轨迹运动（等势面与轨迹匀沿中线轴对称）已
10、知电势KLM下列说法中正确的是A. 粒子带负电B. 粒子在bc段做减速运动C. 粒子在b点与d点的速度相同D. 粒子在c点时电势能最大【答案】BD【解析】【详解】作出电场线，方向大体向左，由轨迹弯曲方向知道，电场力方向大体向左，故电荷带正电，故A错误；由电势ULUM，bc电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速运动，故B正确；b、d两点处于同一条等势线上，故b、d两点的电势相同粒子在b、d两点的电势能相等，所以粒子在b、d两点的动能相等，速率相等，但速度方向不同，故C错误；由电势UKULUM，abc电场力对正电荷做负功，电势能增大；cde电场力对正电荷做正功，电势能减小，粒子在c点时电势能最大，
11、故D正确9. 如图所示，将电动势为E的电源与电容为C的电容器相连，中间接有一个理想二极管，一个质最为m、电荷量为q的粒子静止在P点，则A. 若下板上移，电容器的电容增大，带电粒子将向上加速B. 若下板上移，电容器的电容减小，带电粒子将向下加速C. 若下板下移，电容器的电容减小，带电粒子将静止不动D. 若下板下移，电容器的电容增大，带电粒子将向上加速【答案】AC【解析】【分析】根据电源与电容器相连，则电容器的电压不变，且依据电路中二极管，电容器只能充电，不能放电，再由电容的定义式C=与决定式C=，及电场强度公式E=，即可求解【详解】AB、若下板上移，即极板间距减小，依据电容的决定式C=，那么电容
12、C增大；根据电源与电容器相连，则电容器的电压不变，再由电容的定义式C=可知，电容器处于充电状态，即电量Q会增多，而电场强度公式E=可知，电场强度增强，即电场力增大，因此带电粒子将向上加速，故A正确，B错误CD、若下板下移，即极板间距增大，依据电容的决定式C=，那么电容C减小，根据电源与电容器相连，则电容器的电压不变，再由电容的定义式C=可知，电容器处于要放电，但二极管的作用，即电量Q不会减小，而电场强度公式E=，可知，电场强度不变，即电场力不变，因此带电粒子将静止不动，故C正确，D错误故选A、C【点睛】考查电容的定义式与决定式的应用，注意两者的区别，同时会推导电场强度的综合表达式，及理解二极管
13、的作用是解题的关键10. 如图甲所示,在某电场中建立坐标轴,一个电子仅在电场力作用下沿轴正方向运动,经过A、B、C三点,已知.该电子的电势能EP随坐标变化的关系如图乙所示.则下列说法中正确的是（ ）A. A点电势低于B点电势B. A点的电场强度小于B点的电场强度C. A、B两点电势差UAB等于B、C两点电势差UBCD. 电子经过A点的速率小于经过B点的速率【答案】AD【解析】由图可知，从A到B，电子的电势能减小，则电势升高，则A点电势低于B点电势，选项A正确；据功能关系知，Ep=q，E=，得：，即有=qE，根据数学知识可知，图线的斜率k=qE，则知从A到B场强逐渐减小，则选项B错误；因AB之间
14、的场强大于BC之间的场强，又xAB = xBC，根据U=Ed可知，A、B两点电势差UAB大于B、C两点电势差UBC，选项C错误；根据能量守恒定律得知，电子从A到B电势能减小，动能增加即电子在A点的速率小于在B点的速率故D正确故选AD.点睛：本题要求学生能从图象中判断出物理量的变化规律关键要掌握电势能与电势的关系Ep=q，场强与电势差的关系E=，还要把握常见电场中的场强的分布特点及坐标中图象的意义11. 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（）A. 时物块的速率为B. 时物块的动量大小为C. 时物块的动量大小为D. 时物块的速度为零【答案】
15、AB【解析】【详解】A前两秒，根据牛顿第二定律则0-2s的速度规律为：v=at；t=1s时，速率为1m/s，A正确；Bt=2s时，速率为2m/s，则动量为P=mv=4kgm/sB正确；CD2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=-0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kgm/s，4s时速度为1m/s，CD错误；12. 如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】
16、分析电子一个周期内的运动情况：0时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。时间内向A板做匀加速直线运动，T时间内做匀减速直线运动。接着周而复始。A电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故A错误。BD根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，D错误。C 根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度大小不变，a-t图象应平行于横轴，故C正确。故选BC 。第卷（非选择题共52分）二、实验题（每空2分，共14分）13. 有一个额定电压为2.8，额定功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法测
17、绘这个小灯泡的曲线，有下列器材供选用：A电压表（03V，内阻6）B.电压表（015V，内阻30）C.电流表（03A，内阻0.1）D.电流表（00.6A，内阻0.5）E.滑动变阻器（10，5A）F.滑动变阻器（200，0.5A）G.蓄电池（电动势6V，内阻不计）(1)用如图甲所示的电路进行测量，电压表应选用_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_。（用序号字母表示）(2)通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为_。【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). 10【解析】【详解】（1）1 灯泡额定电压是2.8V，则电压表应选A。2 灯泡正常
18、发光时的电流电流表应选D。3 为方便实验操作滑动变阻器应选E。（2）4 由图2所示图像可知，灯泡额定电压2.8V对应的电流为0.28A，灯泡正常发光时的电阻14. 小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图（a）的电路图。a.电流表（量程，内阻很小）；电流表（量程，内阻）b.滑动变阻器c.两个定值电阻，d.待测电阻e.待测电源（电动势约为，内阻约为）f.开关和导线若干(1)根据实验要求，与电流表串联的定值电阻为_。（填“”或“”）(2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关，调节滑动变阻
19、器，分别记录电流表的读数，得与的关系如图（b）所示。根据图线可得电源电动势_，电源内阻_。（计算结果均保留两位有效数字）【答案】 (1). R2 (2). 3.0 (3). 2.1【解析】【详解】(1)1电源电动势为3V，应用定值电阻R1改装后电压表量程为0.6V，改装后电压表量程太小，定值电阻应选择R2；(2)23由图示电路图根据实验步骤可知，电源电动势整理得由I1-I2图象可知由图示图线解得，电源电动势为电源内阻为三、计算题（15题8分，16题9分，17题9分，18题12分，共38分）15. 一质量为m=0.2kg的皮球。从高H=0.8m处自由落下，与地面相碰后反弹的最大高度为h=0.45
20、m，则球与地面接触这段时间内动量的变化为多少?【答案】1.4kgm/s【解析】【详解】取竖直向下的方向为正，则由H处下落，与地面接触前瞬间的速度这时的动量pl=mv1=0.8kgm/s方向竖直向下；与地面接触后离开地面前瞬间的速度这时的动量p2=mv2=0.6kgm/s方向竖直向上；球与地面接触这段时间内动量的变化为动量的变化方向为负，说明动量的变化方向向上。16. 如图所示，有一质子（质量为m，电荷量为e）由静止开始经电压为U1的电场加速后，进入两块板间距离为d，板间电压为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场。求：（1）质子刚进入偏转电
21、场U2时的速度；（2）质子在偏转电场U2中运动的时间和金属板的长度；（3）质子穿出偏转电场时动能。【答案】(1)；(2)，；(3)【解析】【详解】(1)质子在加速电场中有解得(2)质子在偏转电场中的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动水平方向竖直方向加速度由以上各式解得极板长运动时间(3)质子在整个运动过程中由动能定律得质子射出电场时的动能17. 如图所示，A、B两个物体放在光滑的水平面上，中间由一根轻质弹簧连接，开始时弹簧呈自然状态，A、B的质量均为M=0.1kg，一颗质量m=25g的子弹，以v0=45m/s的速度水平射入A物体，并留在其中.则在以后的运动过程中，求：
22、（1）弹簧能够具有的最大弹性势能；（2）B物体的最大速度. 【答案】（1）2.25J （2）10m/s【解析】【详解】（1）子弹击中A的过程，子弹与A组成的系统动量守恒，有mv0=（M+m）v1，得.弹簧压缩过程，由子弹和A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒且只有系统内的弹力做功，故机械能守恒.从子弹A一起以v1速度运动到弹簧压缩量最大的过程，设最大压缩量时弹簧的最大弹性势能为Epm，此时子弹与A、B有共同速度v共，则有（M+m）v1=（m+2M）v共代入数据解得v共=5m/s，Epm=2.25J.（2）分析可知弹簧第一次恢复原长时，vB最大，取子弹和A一起以v1速度运动时及弹
23、簧恢复原长时两个状态，则有（M+m）v1=（m+M）vA+MvBm，代人数据解得B物体的最大速度vBm=10m/s.18. 如图，一质量、带电荷量的微粒以初速度大小竖直向上从A点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比A点高的B点时，速度大小为，方向水平。g取，求：(1)微粒的初速度大小；(2)两点间电势差；(3)匀强电场的场强大小E。【答案】(1)2m/s；(2)-0.04V；(3)0.1V/m【解析】【详解】(1)由题意可知，微粒在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动，在竖直方向有解得(2)微粒从A点运动到B点，根据动能定理得解得(3)设微粒从A点运动到B点的时间为t，沿电场线方向运动的距离为d，则在竖直方向上有水平方向上有解得则匀强电场的场强大小为0.1V/m
