【文档说明】天津市南开区南大奥宇培训学校2020届高三下学期第三次月考物理试卷 【精准解析】.doc，共(14)页，649.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020届南大奥宇第三次月考考试物理学科试卷第Ⅰ卷本卷共8题，每题5分，共40分。1—5题每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。6—8题每题给出的4个选项中，有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不

全的得3分，有选错或不答的得0分。1.“复兴号”动车组在京沪高铁率先实现350公里时速运营，我国成为世界上高铁商业运营速度最高的国家．一列“复兴号”正在匀加速直线行驶途中，某乘客在车厢里相对车厢以一定的速度竖直向上抛出一个小球，则小球（）A.在最高点对地速度为零B

.在最高点对地速度最大C.落点位置与抛出时车厢的速度大小无关D.抛出时车厢速度越大，落点位置离乘客越远【答案】C【解析】【分析】小球竖直抛出后，水平方向有与车厢相同的初速度，竖直方向做竖直上抛运动，结合运动的合成知识进行解答.【详解】在匀加速

直线行驶的车厢中竖直向上抛出的小球具有水平速度，则在最高点对地速度不为零，选项A错误；小球在运动过程中，竖直速度逐渐减小，水平速度不变，则在最低点对地速度最大，选项B错误；小球抛出时竖直向上的初速度一定时，在空中运动的时间t一定，

则设此时车厢的速度为v，则落地时的位置与抛出时的位置间距为：221122xvtatvtat=+−=，即落点位置与抛出时车厢的速度大小无关，选项C正确，D错误；故选C.2.一跳伞运动员从悬停的直升飞机上跳下，2s时开启降落伞，运动员跳伞过程中的v-

t图象如图所示，根据图象可知运动员（）A.在2~6s内速度方向先向上后向下B.在2~6s内加速度方向先向上后向下C.在2~6s内先处于失重状态后处于超重状态D.在0~20s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动【答案】C【解析】【分析】v-t图像的斜率等于加速度，斜率的符

号反映加速度的方向；加速度向下为失重，加速度向上为超重．【详解】在2~6s内速度一直为正，则速度方向一直向下，选项A错误；图像的斜率等于加速度，可知在2~6s内加速度方向先向下后向上，人先处于失重状态后处于超重状态，选项B错误，C正确；在0~20s内先变加速再变减速最终

匀速直线运动，选项D错误；故选C.【点睛】此题关键是理解速度时间图像的意义，搞清正方向，图像的斜率等于加速度，图像与坐标轴围成的面积等于位移.3.如图，水平面上有一均匀带电环，带电量为Q，其圆心为O点．有

一带电量q的小球恰能静止在O点上方的P点，OP间距为L，P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角为．以下说法正确的是A.P点场强大小为2kQLB.P点场强大小为2coskQLC.P点场强大小为22coskQLD.P点场强大小为32coskQL【答案】D【解析】【详解】点

电荷电场强度的定义：E=2kQr利用微元法可知，圆环上一小段电荷量q在P点产生的场强为2222coscoskqkqkqErLL===方向沿两点连线，由于小球在P点处于静止状态所以合电场强度方向应该在竖直方向，则竖直方向上的分量为：22coscoskq

EL=再根据微积分可知圆环在P点产生的场强大小为32coskQLA.P点场强大小为2kQL，与分析不符，故A不符合题意B.P点场强大小为2coskQL，与分析不符，故B不符合题意C.P点场强大小为22coskQL，与分析不符

，故C不符合题意D.P点场强大小为32coskQL，与分析相符，故D符合题意4.如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员A.过程I的动量改变量等于零B.过程II的动量改变

量等于零C.过程I的动量改变量等于重力的冲量D.过程II的动量改变量等于重力的冲量【答案】C【解析】【分析】分析两个过程中运动员速度的变化、受力情况等，由此确定动量的变化是否为零．【详解】AC．过程I中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不

为零，故A错误，C正确；B．运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程II的动量改变量不等于零，故B错误；D．过程II的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误．5.2017年10月16日，美国激光干涉引力波天文台等机构联合宣布首次发现双中子星并合引力波事件。如图为某双星系统A、

B绕其连线上的O点做匀速圆周运动的示意图，若A星的轨道半径大于B星的轨道半径，双星的总质量M，双星间的距离为L，其运动周期为T，则（）A.A的质量一定大于B的质量B.M一定，L越大，T越大C.L一定，M越大，T越大D.A的角速度一定大于B的角

速度【答案】B【解析】【详解】A．对A星球应用牛顿第二定律可得2ABAA22mmGmrL=对B星球应用牛顿第二定律可得2ABBB22mmGmrL=联立可得AABBmrmr=()3AB2L

TGmm=+由图可知ABrr，因此ABmm，说明A的质量一定小于B的质量，故A错误；B．分析周期表达式()3AB2LTGmm=+可知M一定，L越大，T越大，故B正确；C．由周期的表达式可知L一定，M越大，T越小，故C错误；D

．根据双星的特点可知A的角速度一定等于B的角速度，故D错误。故选B。6.如图，C为中间插有电介质的电容器，b极板与静电计金属球连接，a极板与静电计金属外壳都接地．开始时静电计指针张角为零，在b板带电后，静电计指针张开了一定角度．以下操作能使静电计指针张角变大的是（）A.将b板

也接地B.b板不动、将a板向右平移C.将a板向上移动一小段距离D.取出a、b两极板间的电介质【答案】CD【解析】【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；由4SCkd=，分析电容的变化，根据C=Q/U分析电压U的变化．【详解】将b板

也接地，电容器带电量不变，两板间的电势差不变，则静电计指针张角不变，选项A错误；b板不动、将a板向右平移，根据4SCkd=可知d变小时，C变大，Q不变时，根据C=Q/U，可知U减小，即静电计指针张角变小，选项B错误；将a板向上移动一小段距离，根据4SCkd=可知S变小时，C变小

，Q不变时，根据C=Q/U，可知U变大，即静电计指针张角变大，选项C正确；取出a、b两极板间的电介质，根据4SCkd=可知C变小，Q不变时，根据C=Q/U，可知U变大，即静电计指针张角变大，选项D正确；故选CD.【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓

住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式4SCkd=和C=Q/U．7.如图，在直角△abc的三个顶点处，各有一条固定的长直导线，导线均垂直△abc所在平面，a、b处导线中通有大小和方向均相同的电流I0，c处导线中的电流为I，下列说法正确的是（）A

.若I与I0方向相同，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边平行B.若I与I0方向相反，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边平行C.若I与I0方向相反，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边垂直D.若a处导线受到的安培力方向与bc边平行，则电流大小必满足I＞I0【答案】BD【解析】【分析】根

据“同向电流相吸，异向电流相斥”分析两边电流的作用力的合力，距离导线越近则磁场越强.【详解】若I与I0方向相同，根据“同向电流相吸，异向电流相斥”的原则可知，a处导线受到的安培力方向为右上方，不可能与bc边平行，选项A错

误；若I与I0方向相反，根据“同向电流相吸，异向电流相斥”的原则可知，则ca相斥，ab相吸，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边平行，但是不可能与bc边垂直，此时c对a的斥力沿水平方向的分量等于b对a的吸引力，则Fca>Fba，因c离a的距离大于b离a的距离，可知电流大小必满足I＞I

0，选项BD正确，C错误；故选BD.8.如图所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度0v向右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以0vav=（待定系数a<1）的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，则系数a可以是（）A

.14B.25C.23D.17【答案】BC【解析】A与B发生碰撞，根据动量守恒可知：005Bmvmvav=−，要使A球能再次追上B球并相撞，且A与固定挡板P发生弹性碰撞，则0Bavv，由以上两式可解得：14a，故BC正确．第Ⅱ卷本卷共5题，共60分9.如图所示为实验室中验证动量守恒的实

验装置示意图。(1)若入射小球质量为m1，半径为r1，被碰小球的质量为m2，半径为r2，则_________。A．1212mmrr，B.1212mmrr，C1212mmrr=，D.1212mmrr=，(2)设入射小球的质量为1m，被碰小球的质量为

2m，P为碰撞前入射小球落点的平均位置，则关系式为（用12mm、、OM、ON、OP表示）____________成立，即表示碰撞中动量守恒。【答案】(1).C(2).112mOPmOMmON=+【解析】【详解】(1)[1]在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有m1v0=m1v1+m2v

2在碰撞过程中动能守恒故有222101122111222mvmvmv=+解得121012mmvvmm−=+要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1-m2＞0m1＞m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1=r2，故选C；(2)[2]

P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度12OPvhg=碰撞后入射小球的速度22OMvhg=碰撞后被碰小球的速度32ONvhg=若m1v1=m2v3+m1v2则

表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入可得112mOPmOMmON=+10.如图所示，某同学在做“探究功与速度变化的关系”的实验。当小车在1条橡皮筋的作用下沿木板滑行时，该橡皮筋对小车做的功记为W，当用2条、3条…相同橡皮筋重复实验时，设法使每次实验中橡皮筋所做的功分别为2W、

3W……(1)图中小车上有一固定小立柱，如图给出了4种橡皮筋与小立柱的套接方式，为减小实验误差，你认为最合理的套接方式是（）A.B.C.D.(2)在正确操作的情况下，某次所打的纸带如下图所示，图上为相邻两

点间距离，且AB=1.10cm；BC=1.37m；CD=1.59cm；DE=1.76cm；EF=1.90cm；FG=1.98cm；GH=2.00m，HI=2.00cm；IJ=2.00cm。已知实验所用电源频

率为50Hz，则小车获得的速度大小是___________m/s（计算结果保留三位有效数字），由纸带可知，小车在AE段运动时的加速度逐渐变___________（填“大”或“小”）。【答案】(1).A(2).1.00(

3).小【解析】【详解】(1)[1]由图示可知，橡皮筋最合理的套接方式是A，以A的方式套接释放小车后，橡皮筋不会影响小车的运动(2)[2]由图示纸带可知，GJ部分两点间的距离相等，小车做匀速直线运动，应选用的纸带是GJ部分，小车获得的速度20.

02001.000.0m/sm/s2xvt===[3]根据纸带可知1.37cm1.10cm0.27cmBCABxx−=−=，1.59cm1.37cm0.22cmCDBCxx−=−=再根据△x=aT2可知，加速度减小11.如图，光滑轨

道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，在b处与ab相切．在直轨道ab上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能Ep=12J．轨道左侧的光滑水平

地面上停着一质量M=2kg、长L=0.5m的小车，小车上表面与ab等高．现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处．已知A与小车之间的动摩擦因数µ满足0.1≤µ≤0.3，g取10m/s2，

求（1）A、B离开弹簧瞬间的速率vA、vB；（2）圆弧轨道的半径R；（3）A在小车上滑动过程中产生的热量Q（计算结果可含有µ）．【答案】（1）4m/s（2）0.32m(3)当满足0.1≤μ<0.2时，Q1=10μ；当满足0.2≤μ≤0

.3时，22111()22AAmvmMv−+【解析】【分析】（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度；（2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R；（3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量

Q.【详解】（1）设弹簧恢复到自然长度时A、B的速度分别为vA、vB，由动量守恒定律：0=AABBmvmv−由能量关系：2211=22PAABBEmvmv−解得vA=2m/s；vB=4m/s（2）设B经过d点时速度为vd，在d点：2dBBvmgmR=由机械能守恒定律：22d11=222BBBBmv

mvmgR+解得R=0.32m（3）设μ=μ1时A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：=()AAAmvmMv+由能量关系：()2211122AAAAmgLmvmMv=−+解得μ1=0.2讨论：（ⅰ）当满足0.1≤μ

<0.2时，A和小车不共速，A将从小车左端滑落，产生的热量为110AQmgL==（J）（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A和小车能共速，产生的热量为()22111122AAQmvmMv=−+，解得Q2=2J12.如图所示，有一固定在水平面的平直轨道，该轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连

接而成。各段轨道的编号已在图中标出。仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中，一不带电的小滑块A静止在第1段轨道的最左端，绝缘带电小滑块B静止在第1段轨道的最右端。某时刻给小滑块A施加一水平向右的恒力F，使其从静止开始沿轨道向右运动，小滑块A运动到与小滑块B碰撞前瞬间撤去小滑块A所受水平恒力。滑块A、

B碰撞时间极短，碰后粘在一起沿轨道向右运动。已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L=0.10m，匀强电场的电场强度的大小E=1.0×104N/C；滑块A、B的质量均为m=0.010kg，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数处处相等，均

为μ=0.40，绝缘滑块B所带电荷量q=+1.0×10-5C，小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度大小v=6.0m/s。A、B均可视为质点（忽略它们的尺寸大小），且不计A、B间的静电力作。在A、B粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度g=10m/s2。(1)求F的

大小；(2)碰撞过程中滑块B对滑块A的冲量；(3)若A和B最终停在轨道上编号为k的一段，求k的数值。【答案】(1)F=1.84N；(2)0.030NsI=−，滑块B对滑块A冲量的方向水平向左；(3)k=17【解析】【详解】(1)以滑块A为研究对象，在第1段轨道上，滑块A受到摩擦力的大小f=μm

g对于滑块A在第1段轨道上从最左端到最右端的过程，根据动能定理得()2102FfLmv−=−解得F=1.84N(2)设滑块A、B碰撞后瞬间A和B的共同速度为vAB，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得2ABmvmv=设滑块B对滑块A的冲量为I，规定水平向右为正方向。以滑块A为研究对象，根据动量定理有ABImvmv=−解得0.030NsI=−滑块B对滑块A冲量的方向水平向左；(3)设滑块A和B每经过一段长为L的黑色轨道损失的动能为1E

，则12EmgEqL=−（）设滑块A和B每经过一段长为L的白色轨道，损失的动能为2E，则22EmgL=设滑块A和B碰撞后瞬间的总动能为kABE，令12kABENEE=+解得N=7.5即滑块通过标号为15的白色轨道后，仍有动能()3120.5610JkEEE−=+=

因Ek＞△E1，故物块可通过第16号轨道而进入第17号轨道，进入第17号轨道时的动能312210JkkEEEE−=−=故将不能通过第17号轨道，即最终停在第17号轨道上。13.如图所示，真空中半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在磁场左侧有一对平行金属板M、N两板

间距离为2R，板长为L，两板的中心线与圆心O在同一水平线上．置于Q处的粒子源可以连续以速度v0沿两板的中心线发射电荷量为q，质量为m的带正电的粒子（不计粒子重力），MN两板不加电压时，粒子经磁场偏转后恰

好从圆形磁场圆心正上方的P点离开，若在MN两板间加如图所示的交变电压，交变电压的周期为0Lv，t=0时刻射入的粒子恰好紧贴着N板右侧水平射出．求：（1）匀强磁场的磁感强度B的大小；（2）交变电压U0的值；（3）在第一周期内，何时进入电场的粒子恰好经过磁场的圆心．【答案】（1）0mvqR（2）2

2028mvRqL（3）08Lv【解析】【分析】根据几何关系求出粒子在磁场中运动的轨道半径，结合半径公式求出匀强磁场的磁感应强度大小；根据偏转位移的大小，结合牛顿第二定律和运动学公式求出交变电压U0的值；由于粒子在电场中的运动时间为T，设离子进

入磁场时的速度方向始终是水平方向，大小为0v，粒子在电场中第一次加速，第一次反向加速，由几何知识得进入电场的粒子的时间；【详解】解析：(1)由几何知识得，圆周运动的半径为：rR=由牛顿第二定律得：200mvBvqr=解得：0mvBqR=(2)粒子在平行板间竖直方向加速度时，由牛顿第二

定律得：02UqmaR=竖直方向加速位移为：201()22Lyav=由竖直方向运动的对称性知：2Ry=联立可求得：220028mvRUqL=(3)设粒子从1t时刻进入电场恰好能过圆心，由于粒子在电场中的运动时间为T，设离子进入磁场时的速

度方向始终是水平方向，大小为0v，粒子运动的轨迹如图所示，由几何知识得△AO1O为等边三角形；粒子在电场中第一次加速位移：21101()22Lyatv=−第一次反向加速的位移：22112yat=由题意得：12222Ryy=−联立解得：108Ltv=