高三月考理科综合物理试题 含答案Word格式文档下载.docx

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不计所有摩擦。

小物块的质量为

2019-2020年高三11月月考理科综合--物理试题含答案

A. 

B.m 

C.m 

D.2m

18．如图所示,abcd为一正方形边界的匀强磁场区域,磁场边界边长为L,三个粒子以相同的速度从a点沿对角线方向射入,粒子1从b点射出,粒子2从c点射出,粒子3从cd边垂直射出,不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。

根据以上信息,可以确定

A.粒子1带正电,粒子2不带电,粒子3带负电

C.粒子1和粒子3在磁场中的运动时间之比为4∶1

D.粒子3的射出位置与d点相距为L/2

19．如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b,当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时,两灯泡均能正常发光。

下列说法正确的是

A.原、副线圈匝数比为9∶1

B.原、副线圈匝数比为1∶9

C.此时a和b的电功率之比为9∶1

D.此时a和b的电功率之比为1∶9

20．如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;

在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。

它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。

重力加速度大小为g。

设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则

A.a= 

B.a=

C.N= 

D.N=

21．如图所示，MN右侧有一正三角形匀强磁场区域（边缘磁场忽略不计），上边界与MN垂直。

现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，从MN左侧垂直于MN匀速向右运动。

导体框穿过磁场过程中所受安培力F的大小随时间变化的图象以及感应电流i随时间变化的图象正确的是（取逆时针电流为正）

第Ⅱ卷

三、非选择题：

22．（6分）某学习小组利用拉力传感器、气垫导轨和光电门探究动能定理。

如图甲所示为该学习小组设计的实验装置，他们在气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与拉力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。

（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=　　　　mm。

（2）下列实验要求中不必要的是　　　　。

A.应使滑块质量远大于钩码和拉力传感器的总质量

B.应使A位置与光电门间的距离适当大些

C.应将气垫导轨调节水平

D.应使细线与气垫导轨平行

（3）实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m，测出对应的拉力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出　　　　。

A.t—F图象　　　B.t2—F图象　　　C.t2—图象　　　D.—图象　　　E.—F图象

23．（8分）某物理学习小组的同学拟用下列器材研究小灯泡L的伏安特性曲线。

A.小灯泡L（4.0V　0.7A）

B.电流表A（0~0.6A，内阻为0.2Ω）

C.电压表V（0~3V，内阻为9kΩ）

D.标准电阻R1=1Ω

E.标准电阻R2=3kΩ

F.滑动变阻器R（0~10Ω）

G.学生电源（电动势E=6V，内阻不计）

H.开关一个，导线若干

（1）为了完整描绘出小灯泡L的伏安特性曲线，请在如图甲所示的虚线框内画出实验电路图；

（2）该学习小组的同学正确测量并转化后，得到了如图乙所示的小灯泡L的U-I曲线，若某次转化前得到的电压表示数如图丙所示，则此时电压表示数为　　　　V，小灯泡的电阻约为　　　　Ω（保留两位有效数字）；

由小灯泡L的U-I曲线可知小灯泡的电阻随电流I的增大而　　　　（填“增大”“不变”或“减小”）。

（3）若将此小灯泡与阻值为R0=4Ω的定值电阻串联后接在电动势是4.0V、内阻是1.0Ω的蓄电池两端，则小灯泡的实际功率约为　　　　W（保留两位有效数字）。

24．（12分）2013年6月，我国成功实现目标飞行器“神舟十号”与轨道空间站“天宫一号”的对接.如图所示，已知“神舟十号”从捕获“天宫一号”到实现对接用时t，这段时间内组合体绕地球转过的角度为θ（此过程轨道不变，速度大小不变），地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力恒量G，不考虑地球自转；

求：

（1）地球质量M；

（2）组合体运动的周期T；

（3）组合体所在圆轨道离地高度H。

25．（20分）如图所示，两平行金属板右侧的平行直线A1、A2间，存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以竖直面MN为理想分界面。

两磁场区域的宽度相同，磁感应强度的大小均为B，Ⅰ区的磁场方向垂直于纸面向里。

一电子由静止开始，经板间电场加速后，以速度v0垂直于磁场边界A1进入匀强磁场，经的时间后，垂直于另一磁场边界A2离开磁场。

已知电子的质量为m，电荷量为e。

（1）求每一磁场区域的宽度d；

（2）若要保证电子能够从磁场右边界A2穿出，加速电压U至少应大于多少？

（3）现撤去加速装置，使Ⅰ区域的磁感应强度变为2B，电子仍以速率v0从磁场边界AB射入，并改变射入时的方向（其他条件不变），使得电子穿过Ⅰ区域的时间最短。

求电子穿过两区域的时间t.

34．（14分）一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;

在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图（a）所示。

t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;

运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s时间内小物块的v—t图线如图（b）所示。

木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2。

求:

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;

（2）木板的最小长度;

（3）木板右端离墙壁的最终距离。

【物理部分】14.B【解析】开普勒在第谷的观测数据的基础上,总结出了行星运动的规律,B项正确;

牛顿在开普勒总结的行星运动规律的基础上发现了万有引力定律,找出了行星运动的原因,A、C、D项错。

15.B【解析】释放物体B之前，设弹簧压缩量为x1，则有mg=kx1；

当物体A的速度最大时，设弹簧的拉伸量为x2，则必有mg+kx2=2mg，联立得x1=x2，即物体A的速度最大时弹簧的弹性势能与释放物体B之前弹簧的弹性势能相等，因为物体A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，所以有2mg（x1+x2）=mg（x1+x2）+·

3m·

，即vm=2，B选项正确。

16.A【解析】设质点的初速度为v0,由末动能为初动能的9倍,得末速度为初速度的3倍,即vt=3v0,由匀变速直线运动规律可知,=2v0,由加速度的定义可知质点的加速度a=,由以上两式可知,a=,A项正确,B、C、D项错误。

17.C【解析】由于轻环不计重力,故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向,即沿半径方向;

又两侧细线对轻环拉力相等,故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线,因为两轻环间的距离等于圆弧的半径,故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形;

又小球对细线的拉力方向竖直向下,由几何知识可知,两轻环间的细线夹角为120°

对小物块进行受力分析,由三力平衡知识可知,小物块质量与小球质量相等,均为m,C项正确。

18.AB【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动,意在考查考生的力电综合运用能力。

由题意作岀三个粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,根据左手定则和牛顿运动定律可知,粒子1带正电,粒子2不带电,粒子3带负电,A选项正确;

由带电粒子在磁场中的运动轨迹可知,粒子1在匀强磁场中做1/4圆周运动,由几何关系可知,半径R1=Lcos45°

=L=,粒子3在匀强磁场中做1/8圆周运动,由几何关系可知,半径R3=L/cos45°

=L=,联立解得∶=2∶1,B选项正确;

粒子1在匀强磁场中做1/4圆周运动的时间为t1=T1/4,粒子3在匀强磁场中做1/8圆周运动的时间为t3=T3/8,其中T1=,T3=,解得t1∶t3=1∶1,C选项错误;

粒子3的射出位置与d点相距ΔL=R3-L=（-1）L,D选项错误。

19.AD【解析】因为两灯泡额定电压相同且均正常发光,且输入电压为灯泡额定电压的10倍,所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1,由理想变压器变压规律可知,原、副线圈的匝数比为9∶1,A项正确,B项错误;

由理想变压器变流规律可知,原、副线圈的电流比为1∶9,由电功率P=UI可知,a和b的电功率之比为1∶9,C项错误,D项正确。

20.AC【解析】质点由半球面最高点到最低点的过程中,由动能定理有,mgR-W=mv2,又在最低点时,向心加速度大小a=,两式联立可得a=,A项正确,B项错误;

在最低点时有N-mg=m,解得N=,C项正确,D项错误。

21.BC【解析】本题考查法拉第电磁感应定律和楞次定律

线框进入磁场过程，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向为正，出磁场过程磁通量减少，感应电流为顺时针方向为负.线框匀速进入磁场设速度为v，时间为t，则切割磁感线的有效长度是磁场中线框首尾连接的线段即vt，如下图，

但有效长度与速度不垂直，分解后为vtsin60°

，所以产生的感应电流与时间成正比，随时间均匀增大，安培力与时间的平方成正比.当线框与磁场区域完全重合时，感应电流最大，安培力最大，此后为出磁场过程，与进磁场过程对称，故选项BC正确

22.（6分）

（1）2.25　（2分）

（2）A（2分）　（3）CD（2分）

【解析】

（1）因为20分度游标卡尺最小刻度为0.05mm，所以遮光条的宽度d=（2+0.05×

5）mm=2.25mm。

（2）因为拉力传感器直接测量出细线对滑块的牵引力F，所以不必使滑块质量远大于钩码和拉力传感器的总质量；

为了使细线对滑块的牵引力F等于滑块所受到的合外力，应将气垫导轨调节水平，并使细线与气垫导轨平行；

为了减小测量的误差，应使A位置与光电门间的距离适当大些，遮光条宽度窄一点，应选A。

（3）根据动能定理有FL=Mv2=，解得t2=·

，即作出t2—图象或—图象皆可，C、D正确。

23（10分）.

（1）如图丁所示　（2分）

（2）2.70　（2分）5.3（2分）　增大（2分）　（3）0.79（2分）

（1）题目要求完整描绘出小灯泡的伏安特性曲线，小灯泡两端电压要从0开始调节，所以滑动变阻器要接成分压式；

又因小灯泡的额定电压为4.0V，额定电流为0.7A，而电压表量程为3.0V，电流表量程为0.6A，所以要完整描绘小灯泡的伏安特性曲线，必须把电压表、电流表的量程扩大，由电表改装原理知可将电压表与标准电阻R2=3kΩ串联改装为量程为4.0V的电压表，将电流表与标准电阻R1=1Ω并联改装成量程为0.72A的电流表；

因改装后的电流表内阻与灯泡电阻相差不是太大，所以电流表使用外接法，电路图如图丁所示。

图丁

（2）由电压表指针所指位置可知此时电压表示数为2.70V，由电压表的改装知此时标准电阻R2=3kΩ两端的电压为0.9V，即小灯泡两端电压为U=3.6V，由题图乙可知此时通过小灯泡的电流约0.68A，由R=

得此时小灯泡的电阻约为5.3Ω。

（3）令小灯泡两端电压为U，通过小灯泡的电流为I，由闭合电路欧姆定律知E=U+I（R0+r），即U=4.0-5I（式中各物理量均采用国际单位制单位），在小灯泡的伏安特性曲线图中作出U=4.0-5I图线，如图戊所示，此时两条线的交点的坐标为（0.45，1.75），所以小灯泡此时消耗的功率为P=UI=1.75×

0.45W≈0.79W。

图戊

24.（12分）

（1）

（2）（3）

【解析】本题考查万有引力定律。

（1）地球质量M，由，--------2分得--------2分

（2）组合体运动的周期T=2π/ω=--------4分

（3）设组合体所在圆轨道离地高度H，由，--------2分

代入，T=2π/ω=，得：

。

--------2分

25.（20分）

（1） 

（2）

【解析】本题考查了带电粒子在复合场中的运动的相关知识，意在考查学生的理解和分析综合应用的能力。

（1）电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：

……①-------1分

运动周期：

…………… 

②-------1分

电子在每一磁场中运动的时间为

t1＝……… 

③-------1分

说明电子在磁场中转过π/4，如图1所示-------1分

可知 

-------1分 

解得-------1分

（2）若电子恰好不从A2穿出磁场，电子运动轨迹应和MN相切，在I区域中转半圈后从A1离开磁场，如图2所示。

-------1分

设此时对应的电压为U，电子进入磁场时的速度为v，则

解得 

（3）由于速率一定，要电子穿过I区域的时间最短，则需电子穿过I区域的弧长最短（对应的弦长最短）。

运动轨迹如图3所示。

由①式，在I区域的半径：

r1＝-------1分

由图可知：

解得θ＝-------1分

在I区域的运动时间：

在II区域的半径：

r2＝＝2r1-------1分

由几何关系可知，在II区域中的圆心O2必在A2上。

Φ＝θ＝-------1分

在II区域的运动时间：

通过两场的总时间t＝t1+t2＝-------1分

34.（14分）

（1）0.1 

0.4 

（2）6.0m 

（3）6.5m

【解析】本题主要考查牛顿运动定律、板块模型、速度图象、匀变速直线运动规律,意在考查考生运用力学知识解决实际问题的能力。

解:

（1）规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。

由牛顿第二定律有

-μ1（m+M）g=（m+M）a1　①--------0.5分

由题图（b）可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s,-------0.5分

由运动学公式得v1=v0+a1t1　②-------0.5分s0=v0t1+a1　③----------0.5分

式中,t1=1s,s0=4.5m是木板碰前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件得

μ1=0.1　④--------1分

在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有

-μ2mg=ma2　⑤---------0.5分

由题图（b）可得a2=　⑥--------0.5分

式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件得

μ2=0.4　⑦--------1分

（2）设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3。

由牛顿第二定律及运动学公式得

μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3　⑧--------1分

v3=-v1+a3Δt　⑨v3=v1+a2Δt　⑩-------1分

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为

s1=Δt小物块运动的位移为s2=Δt-------1分

小物块相对木板的位移为Δs=s2-s1-------1分

联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数值得Δs=6.0m-------1分

因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0m。

（3）在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3,由牛顿第二定律及运动学公式得

μ1（m+M）g=（m+M）a4-------1分

0-=2a4s3-------1分碰后木板运动的位移为s=s1+s3-------1分

联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数值得s=-6.5m-------1分

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。

【备注】对于板块模型（物块与木板相对滑动）类试题,一般分别隔离物块和木板分析受力,运用牛顿第二定律列出相关方程,再根据题给的其他条件（例如利用题给速度图象可得出加速度和某时刻的速度）列出相关方程,联立解得。