2020-2021学年湖南省长沙市浏阳第十中学高三物理月考试卷带解析

2020-2021学年湖南省长沙市浏阳第十中学高三物理月考试卷含解析

一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意

1. （单选）如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为φ，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（）

A．若增大d，则φ减小，θ减小

B．若增大Q，则φ减小，θ不变

C．将A板向上提一些时，φ增大，θ增大

D．在两板间插入云母片时，则φ减小，θ不变

参考答案：

【考点】：电容器的动态分析．

【专题】：电容器专题．

【分析】：充电后与电源断开，电荷量不变，静电计的指针偏角与电压有关，小球的偏角大小与电场力即场强的大小有关．

：解：A、当A极板远离B板平移一段距离时，电容C减小，根据Q=CU知U最大，则φ增大，θ也增大，A错误；

B、若增大电荷量，根据Q=CU知电压增大，所以静电计指针张角变大，B错误；

C、当A极板向向上平移一小段距离后，知电容C减小，根据Q=CU知电压增大，静电计指针张角变大，C正确；

D、在两板间插入云母片后，电容C增大，根据Q=CU知电压U减小，板间场强E=减小，小球的摆线与竖直方向的偏转角θ变小，φ也减小，D错误；故选：C．

【点评】：本题属于电容器的动态分析，关键抓住电容器始终与电源相连，则电势差不变，电容器与电源断开，则电容器所带的电量不变．

2. 如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F六点构成一边长为a的正六边形，电场方向平行于纸面。一电子e在外力作用下从A点移动到C点，克服电场力做功W，从C点移动到E点，其电势能减少W。则关于该匀强电场场强E的大小和方向的判断，正确的是

A．，方向由F指向C

B．，方向由C指向F

C．，方向由A指向E

D．，方向由E指向A

参考答案：

A

3. 负重奔跑是体能训练常用方式之一，如图所示的装置是运动员负重奔跑的跑步机。已知运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮摩擦、质量）悬挂质量为m2的重物，人用力向后蹬使传送带沿顺时针方向转动，下面说法正确的是

A．若m2静止不动，运动员对传送带的摩擦力大小为m2g

B．若m2匀速上升时，m1越大，传送带对运动员的摩擦力也越大

C．若m2以相同的加速度匀加速上升时，m1越大，传送带对运动员的摩擦力也越大D．人对传送带做功的功率与m2的运动状态无关

参考答案：

答案：AC

4. 一个物体从某一高度做自由落体运动。已知它在第1s内的位移恰为它在最后ls内位移的三分之一(g=10m／s)，则它开始下落时距地面的高度为

A．15m B．20m C．11.25m D．31．25m

参考答案：

答案：B

5. 如图所示，空气中有一块截面为扇形的玻璃砖，折射率为，现有一细光束，垂直射到AO面上，经玻璃砖反射、折射后，经OB面平行于入射光束返回，∠AOB为135°，圆半径为r，则入射点P距圆心O的距离为

A．r·sin 15° B．r·sin 7.5°

C． D．

参考答案：

B

解析：在出射点D处，令出射时的折射角为r，入射角为i，在C点反射角和入射角相

等，设为。由几何关系知r = 45°，则=，有i =30°。即有2+30°= 45°，故=7.5°，PO = r·sin7.5°。

二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分

6. 在匀强电场中建立空间坐标系O﹣xyz，电场线与xOy平面平行，与xOz平面夹角37°，在xOz平面内有A、B、C三点，三点连线构成等边三角形，其中一边与Ox轴重合．已知点电荷q=﹣1.0×10﹣8C在A点所受电场力大小为1.25×10﹣5N；将其从A点移到B点过程中克服电场力做功2.0×10﹣6J，从B点移到C点其电势能减少4.0×10﹣6J，则A、B、C

三点中电势最高的点是点，等边三角形的边长为m．（cos37°=0.8，sin37°=0.6）

参考答案：

C；0.4．

【考点】电势差与电场强度的关系；匀强电场中电势差和电场强度的关系．

【分析】根据电场力做功正负分析电势能的变化，结合推论：负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，分析电势的高低．由电场力做功公式求等边三角形的边长．

【解答】解：将负点电荷从A点移到B点过程中克服电场力做功2.0×10﹣6J，电势能增大2.0×10﹣6J，从B点移到C点其电势能减少4.0×10﹣6J，所以C点的电势能最小，由推论：负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，则C点的电势最高．

由于点电荷从B移动到C电势能变化量最大，由等边三角形的对称性可知，BC边应与x轴重合，设等边三角形的边长为L．

从B点移到C点电场力做功W=4.0×10﹣6J

已知点电荷q=﹣1.0×10﹣8C在A点所受电场力大小为F=1.25×10﹣5N，由W=FLcos37°得

L===0.4m

故答案为：C；0.4．

7. 有两列简谐横波a、b在同一媒质中沿x轴正方向传播，波速均为v＝2 m/s。在t＝0时，两列波的波峰正好在x＝2.5m处重合，如图所示。

①两列波的周期分别为

T a和T b 。

②当t1＝0.5s时，横波b的传播使质点P发生的位移为_____________m。

参考答案：

①1.25s；2s；②-2cm------------每空1分，共3分

8. 如图，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ=37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′b′b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T；现有一质量为m=10g、总电阻为R=1Ω、边长d=0.1m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，则线圈释放时，PQ边到bb′的距离为1m；整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热为4×10﹣3J．

参考答案：

考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．

专题：电磁感应与电路结合．

分析：线圈匀速穿过磁场，受力平衡，根据平衡条件列式求解；根据安培力公式F

安

=BId、E=Bvd、I=得到安培力与速度的关系式，即可求得速度，从而得出距离，

线圈上产生的焦耳热等于克服安培力做功．

解答：解：对线圈受力分析，根据平衡条件得：F

安

+μmgcosθ=mgsinθ

代入数据解得：F安=mgsinθ﹣μmgcosθ=（0.01×10×0.6﹣0.5×0.01×10×0.8）N=2×10﹣2N；

F安=BId、E=Bvd、I=

解得：F安=

代入数据解得：v==m/s=2m/s

线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：

a==gsinθ﹣μgcosθ=（10×0.6﹣0.5×10×0.80）m/s2=2m/s2线圈释放时，PQ边到bb的距离L==m=1m；

由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d=0.1m，

Q=W安=F安?2d

代入数据解得：Q=2×10﹣2×2×0.1J=4×10﹣3J；

故答案：1 4×10﹣3

点评：解决本题的关键是推导安培力与速度的关系式，求热量时，要注意线框进入和穿出磁场两个过程都要产生焦耳热．

9. 物理实验小组利用如圈所示的自制实验装置进行探究实验.沿竖直墙面固定一根刻度尺，使刻度尺的零刻度与水平地面重合;在墙上，距离地面L的P点词定一小定滑轮，用一根轻质尼龙丝线绕过定滑轮，两端拴接质量不等的两个物体A、B.开始时，将两物体处于相等高度位置，丝线绷直；通过刻度尺，记录A、B两物体距离地面的高度为h；然后，同时由静止释放A、B物体，较重的A物体竖直下落与地面相碰后静止，较轻的B物体仍向上运动，观察B物体所能到达的最大高度为2.5h，并记录下来