高三月考理科综合物理试题 含答案Word格式文档下载.docx

1、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.mD.2m18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41D.粒子3的射出位置与d点相距为L/219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。

2、下列说法正确的是A.原、副线圈匝数比为91B.原、副线圈匝数比为19C.此时a和b的电功率之比为91D.此时a和b的电功率之比为1920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

3、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）

4、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.tF图象B.t2F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（4.0 V0.7 A）B.电流表A（00.6 A，内阻为0.2 ）C.电压表V（03 V，内阻为9 k）D.标准电阻R1=1 E.标准电阻R2=3 kF.滑动变阻器R（010 ）G.学生电源（电动势E=6 V，内阻不计）H.开关一个，导线若干（1）为了完整描

5、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（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=4 的定值电阻串联后接在电动势是4.0 V、内阻是1.0 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

6、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（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和，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，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

7、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

8、1s时间内小物块的vt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1及小物块与木板间的动摩擦因数2;（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

9、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

10、,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=Lcos 45=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/co

11、s 45=L=,联立解得=21,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t1t3=11,C选项错误;粒子3的射出位置与d点相距L=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91,由理想变压器变压规律可知,原、副线圈的匝数比为91,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19,由电功率P=UI可知,a和b的电功率之比为19,C项错误,D项正确。20

12、.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

13、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0.05 mm，所以遮光条的宽度d=（2+0.055）mm=2.25 mm。（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

14、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4.0 V，额定电流为0.7 A，而电压表量程为3.0 V，电流表量程为0.6 A，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=3 k串联改装为量程为4.0 V的电压表，将电流表与标准电阻R1=1 并联改装成量程为0.72

15、A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2.70 V，由电压表的改装知此时标准电阻R2=3 k两端的电压为0.9 V，即小灯泡两端电压为U=3.6 V，由题图乙可知此时通过小灯泡的电流约0.68 A，由R=得此时小灯泡的电阻约为5.3 。（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（0.45，1.7

16、5），所以小灯泡此时消耗的功率为P=UI=1.750.45 W0.79 W。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=2/=-4分（3）设组合体所在圆轨道离地高度H，由，-2分代入，T=2/=，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分运动周期：-1分电子在每一磁场中运动的时间为t1-1分说明电子在磁场中转过/4，如图1所示-1分可知-1分解得-1分（2）若电子恰好

17、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。由式，在I区域的半径：r1-1分由图可知：解得-1分在I区域的运动时间：在II区域的半径：r22r1-1分由几何关系可知，在II区域中的圆心O2必在A2上。-1分在II区域的运动时间：通过两场的总时间tt1+t2-1分34.（14分）（1） 0.10.4（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

18、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-1（m+M）g=（m+M）a1-0.5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 -0.5分 s0=v0t1+a1-0.5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。联立式和题给条件得1=0.1-1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

19、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-2mg=ma2-0.5分由题图（b）可得a2=-0.5分式中,t2=2s,v2=0,联立式和题给条件得2=0.4-1分（2）设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间t,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2mg+1（M+m）g=Ma3-1分v3=-v1+a3t v3=v1+a2t-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=t 小物块运动的位移为s2=t-1分小物块相对木板的位移为 s=s2-s1-1分联立式,并代入数值得 s=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1（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。