【文档说明】福建省龙海市第二中学2020届高三上学期第二次月考物理试题含解析 【精准解析】.doc，共(18)页，1014.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7fe88eeb15688a3f8ca87c16ea76641d.html

以下为本文档部分文字说明：

龙海二中2019—2020学年第一学期第二次月考高三年级物理试卷一、本题共12小题1.2017年3月31日，在国际泳联跳水系列赛喀山站10米台决赛中，我国男女选手双双夺得冠军．如图是运动员某次跳台比赛中的vt图象（取竖直向下为正方向），0t时运动员起跳离开跳台．将运动

员视为质点，则运动员（）A.1t时刻到达水面B.2t时刻到达水下最深处C.3t时刻处于超重状态D.4t时刻浮出水面【答案】C【解析】由vt图像可知运动情景，0t时刻，运动员起跳；1tt时刻，运动员到达最高点；2tt时刻，运动员到达水面；3tt时刻，运动员在水中减

速向下运动，超重状态；4tt时刻，运动员在水中到达最低点，故C正确，ABD错误；故选C．2.如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的重物，且B端系有一根轻绳并

绕过定滑轮A。现用力F拉绳，开始时∠BCA＞90°，使∠BCA缓慢减小，直到杆BC接近竖直杆AC。此过程中，杆BC所受的力()A.大小不变B.逐渐增大C.逐渐减小D.先增大后减小【答案】A【解析】【详解】以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉

力T(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图，由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可可得：NFTBCABAC，又T=G，解得：·BCNGAC，·ABFGAC，使∠BCA缓慢变小

时，AC、BC保持不变，AB变小，则N保持不变，F逐渐变小，故A正确，B、C、D错误；故选A．【点睛】以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABC三边边长的关系，再分析其变化．3.如图所示，M

N是一正点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带负电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是()A.点电荷一定位于M点的左侧B.带电粒子从a到b的过程中动能逐渐减小C.带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度D.

带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能【答案】D【解析】【详解】A.MN是一正点电荷产生的电场中的一条电场线，根据轨迹弯曲方向判断出带负电的粒子受力的方向向右，由于正电荷与负电荷之间是吸引力，所以点电荷运动在N点的右侧，故A错误；BD.带电粒子从a到b的过程中，由于受力的

方向与运动方向之间的夹角小是锐角，故电场力做正功，粒子的动能增加，电势能减小，即带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能，故B错误，D正确；C.由点电荷运动在N点的右侧，a点的场强小，带电粒子在a点的加速度也小，故C错误．4.体育器材室里，篮球摆放在如

图所示的球架上.已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m，直径为DDd，不计球与球架之间的摩擦，重力加速度为g.则每个篮球对一侧球架的压力大小为（）A.12mgB.mgDdC.222mgDDdD.222mgDdD【答案】C【解析】【详解】以任意一只篮球为研

究对象，分析受力情况，如图所示，设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为.由几何知识得222222cos2DdDdDD，根据平衡条件得2cosNmg，解得222mgDNDd，则得篮球对一侧球架的压力大为22'2mgDNNDd

，故选项C正确.5.若宇航员在月球表面附近自高h处以初速度v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L．已知月球半径为R，万有引力常量为G．则下列说法正确的是（）A.月球表面的重力加速度g=202hvLB.月球的平均密度ρ=20232hvGLRC.月球的第一宇宙速度v=02vhLD.月球的质

量m=2202hRvGL【答案】B【解析】【详解】A项：平抛运动的时间0Ltv，再根据212hgt，得2022=hvgL月，故A错误；B项：由2=GmgR月月与2022=hvgL月，可得：22022hRvmGL月,，因此月球的平均密度20232hvGL

R，故B正确；C项：第一宇宙：02vvgRhRL月，故C错误；D项：由2=GmgR月月与2022=hvgL月，可得：22022hRvmGL月，故D错误．故选B．6.如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R＝2cm的同一圆

周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场．已知A、C、E三点的电势分别为(23)VA、φC＝2V、(23)VE，下列判断正确的是()A.电场强度的方向由A指向DB.电场强度的大小为1V/mC.该圆周上的点电势最高为4VD.将电子从D点沿DEF移到F点，静电

力做正功【答案】C【解析】【详解】A．AE中点G的电势(23)(23)V2V=22AEGC如图所示，FC是一个等势面，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场强度的方向由E指向A，故A

错误；B．EA两点间的电势差为(23)(23)23VUEA两点间的距离32sin60=22cm23cm2dR电场强度的大小223V100V/m2310mUEd故B错误；C．顺着电场线电势降低，H点电势最高，U=EdHO

EGUREGU代入数据：sin602322HRR解得：4VH故C正确；D．从D移到F点，电势降低，电子带负电，电势能增加，静电力先做负功，故D错误．7.利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一

种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体（矿井中含有杂质的水）），A、C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水（导电

液体深度h增大），则电流表（）A.指针向右偏转，A、C构成的电容器充电B.指针向左偏转，A、C构成的电容器充电C.指针向右偏转，A、C构成的电容器放电D.指针向左偏转，A、C构成的电容器放电【答案】B【解析】【详解】由图可知，液体与导体芯构成了电容器，两板

间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由4SCkd可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大，故可判断电容增大．再依据QCU，因此两极板间电势差U不变，那么电容的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针

向左偏转；故ACD错误，B正确；故选B.【点睛】此题考查平行板电容器在生产生活中的应用，注意由题意找出我们常见的模型再时行分析；掌握电容器的定义公式QCU及决定式4SCkd是解题的基础．8.如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A

，A、B间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F作用在A上，使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B的摩擦力，则下列情况可能的是()A.拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量B.拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量C.

拉力F和B对A做的功之和小于A的动能的增加量D.A对B做的功小于B的动能的增加量【答案】B【解析】【详解】A、B项：对整体分析可知，F做功转化为两个物体的动能及系统的内能；故F做的功一定大于AB系统动能的增加量；故A错误，B正确；C项：根据动能定理：拉力F和B对A做的功之和等于

A动能的增加量，故C错误；D项：根据动能定理：A对B做的功等于B动能的增加量，故D错误．9.如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器4R的滑片向b端移动时，则（）A.电流表读数减小B.电压表读数减小C.

质点P将向下运动D.3R上消耗的功率逐渐增大【答案】BC【解析】试题分析：由图知电路的连接方式是R2与R4串联和R3并联再与R1串联，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律知电路的总电流增大，由知路端电压U减小，由，因I1增大，所

以U1增大，即减小，则电容器两端的电压变小，场强减小，电场力减小，所以质点P将向下运动，C错；由知I3减小，知R3上消耗的功率逐渐减小，D错；由知I2增大，即电流表读数增大，B错；，因U2增大，所以U4减小，即电压表读数减小，A对．考点：本题考查电路的动态分析点评：本题要求学生明确

动态分析的总体思路是先由局部阻值的变化得出总电阻的变化，再整体据闭合电路的欧姆定律得出电路中总电流的变化，再局部就是由串、并联电路的特点去分析．10.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中0～2

x对段是对称的曲线，2x～3x段是直线，则下列说法正确的是A.1x处电场强度为零B.1x、2x、3x处电势1、2、3的关系为1>2>3C.粒子在0～2x段做匀变速运动，2x～3x段做匀速直线运动D.2x～3x段是匀强电场【答案】ABD【解析】【详解】A.根据电势能与电势的关系

pEq和场强与电势的关系Ex得：1•pEEqx由数学知识可知PEx图象切线的斜率等于pEx，1x处切线斜率为零，则1x处电场强度为零，故A正确；B.粒子带负电，根据电势能与电势的关系pEq可知，电势能越大，粒子所在处的电势越低，所

以有：123故B正确；CD.由图看出在10x段图象切线的斜率不断减小，可知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；12xx段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；23xx段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变

，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确．11.如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看做质点的小球，质量为m

，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是()A.小球滑离小车时，小车回到原来位置B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC.车上管道中心线最高点的

竖直高度为23vgD.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是3mv【答案】BC【解析】【分析】小球滑进光滑的轨道后，小车和小球组成的系统水平方向动量守恒，小车和小球组成的系统整体机械能

守恒，小球运动的同时小车也在运动，因此恰好滑倒轨道最高点的意思是站在小车上看小球的速度为零，即小车和小球以地面为参考系，在最高点速度相同．【详解】小球到最高点，水平方向动量守恒，因此有12mvmmv，机械能守恒22111222mvmmvmgh，解得13vv，2

3vhg，则小车到最高点的动量变化量为12233pmvmv，小球离开小车时，由动量守恒和机械能守恒得232mvmvmv，222231112222mvmvmv联立解得232,33vvvv，因此相对速度为32vvv，可以看到小车

得速度一直为正向速度，因此一直向前运动，不会回到原点，综上分析，BC正确【点睛】此题得关键在于判断出小球恰到到达最高点的时候小球和小车共速，为此题的难点12.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按0E

Ekt（0E、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为μ，当t=0时刻物体处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是（）A.物体开始运动后加速度不断增大B.物体开始运动后

加速度不变C.经过时间t=0Ek物体在竖直墙壁上的位移达最大值D.经过时间t=0qEmgkq，物体运动速度达最大值【答案】AC【解析】【详解】AB.电场改变方向之前，物体沿竖直墙运动，由于水平方向支持力与电场力相等，电场强度减弱，所以支持力减小，故

摩擦力减小，所以物体受到的重力和摩擦力的合力增大；电场改为水平向右时，物体受互相垂直的重力和电场力，而电场力随电场强度的增大而增大，所以合力增大；因此整个过程中，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，故A正确

，B错误；C.当电场强度为零时，物体开始离开墙壁，即有：00Ekt解得：0Etk所以0Etk时刻，物体在竖直墙壁上的位移达最大值，故C正确；D.由于物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，所以0qEmgtkq时刻，物体运动速度没有达最大值，故D错误．二、实验题13.某同学

用图示实验装置来研究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系，弹簧一端固定，另一端与一带有窄片的物块接触，让物块被不同压缩状态的弹簧弹射出去，沿光滑水平板滑行，途中安装一光电门．设重力加速度为g（1）如图所示，用游标卡尺测得窄片的宽

度L为______．（2）记下窄片通过光电门的时间10tms，则窄片通过光电门的速度为________m/s，（计算结果保留三位有效数字）（3）若物块质量为m，弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为________（用m、L、t）表示．【答案

】(1).10.15mm(2).1.02/ms(3).222mLt【解析】【详解】（1）游标卡尺的读数为110310.1520Lmmmmmm（2）由于窄片比较窄，通过光电门的平均速度可近似看做瞬时速度，故1.02/Lvmst（3）根据能量守恒，

弹簧的弹性势能转化为小物体的动能，故有222211()222pLmLEmvmtt14.表格中所列数据是测量小灯泡UI关系的实验数据：U/(V)0.00.20.51.01.52.02.53.0I/(A)0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.21

5（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图____（填“甲”或“乙”）；（2）在方格纸内画出小灯泡的UI曲线______．分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而______（填“变大”、“变小”或“不变”）；（3）如图丙所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯

泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3V的电源上．已知流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为_____A．【答案】(1).（1）甲(2).（2）如图；(3).变大(4).（3）0.13【解析】试题分析：(1)因

为小灯泡两端的电压是从零开始的，所以滑动变阻器应采用分压接法，故选甲，(2)如图所示，图线的斜率表示小灯泡的电阻，所以小灯泡的电阻随I变大而变大(3)由电路的连接方式知，流过灯a的电流是流过灯b的3倍，这就相当于同一个灯

泡两种不同的工作状态，这两种状态下，灯泡的电压之和为3V，电流满足3倍的关系，再在灯泡的工作曲线上找这样的两种状态，可确定灯泡b的电流值约为0.07A．考点：考查了测量小灯泡U—I关系的实验点评：本题的第3问考的非常的巧，需要分析两灯的工作电流，结合图中的数

据分析二、计算题15.如图所示，质量m=2kg的滑块（可视为质点），以v0=5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若平板小车质量M=3kg，长L=4.8m．滑块在平板小车上滑移1.5s后相对小车静止．求：（1）滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ；（2）若要滑块不滑

离小车，滑块的初速度不能超过多少．（g取10m/s2）【答案】（1）0.2（2）v0=42m/s【解析】【详解】ⅰ.m滑上平板小车到与平板小车相对静止，设速度为v1据动量守恒定律：01()mvmMv

对m由动量定理：10mgtmvmv解得:0.2ⅱ.设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度，为v2由动量守恒定律：02()mvmMv220211()22mgLmvmMv解得：042m/sv16.如

图所示，间距为d的平行金属板间电压恒定．初速度为零的电子经电压U0加速后，沿两板间的中心线进入板间电场，电子恰好从下极板边缘飞出，飞出时速度的偏向角为θ．已知电子质量为m，电荷量为e，电子重力不计，求：（1）电子刚进入板间电场时的速度大小v0；（2）电子通过两极板间的过程中，

电场力做的功W；（3）平行金属板间的电场强度大小E．【答案】（1）02eUm（2）eU0tan2θ（3）202tanUd【解析】试题分析：（1）电子在电场中加速解得（2）设电子离开电场时的速度为v，根据动能定理有

由速度关系有解得（3）平行金属板间而UEd解得考点：动能定理；电场力的功17.如图所示，半径为R,内径很小的光滑半圆管竖直放置，整个装置处在方向竖直向上的匀强电场中，两个质量均为m、带电量相同的带正电小球a、b,以不同的速度进入管内（小球的直径略

小于半圆管的内经，且忽略两小球之间的相互作用），a通过最高点A时,对外管壁的压力大小为3、5mg，b通过最高点A时,对内管壁的压力大小0、25mg，已知两小球所受电场力的大小为重力的一半．求（1）a、b两球落地点距A点水平距离之比；（2）a、b两球落地时的动能之比．【答

案】（1）4∶3（2）8∶3【解析】【详解】（1）以a球为研究对象，设其到达最高点时的速度为，根据向心力公式有：其中解得：以b球为研究对象，设其到达最高点时的速度为vb，根据向心力公式有：其中解得：两小球脱离半圆管后均做平抛运动，根据可得它们的水平位

移之比：（2）两小球做类平抛运动过程中，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理有：对a球：解得：对b球：解得：则两球落地时的动能之比为：