2019-2020学年上学期高三第二次月考精编仿真金卷 物理(A卷)教师版

2019-2020学年上学期高三第二次月考精编仿真金卷
物 理 （A ）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项是符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．如图所示，A 、B 两物体质量分别为m A 、m B ，且m A ＞m B ，置于光滑水平面上，相距较远。

将两个大小均为F 的力，同时分别水平作用在A 、B 上，经过相同时间后撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )
A ．停止运动
B ．向左运动
C ．向右运动
D ．运动方向不能确定 【答案】A
【解析】将两个大小均为F 的恒力，同时分别作用在A 、B 两个物体上，经相同的时间后，撤去两个力，两个力的冲量的矢量和为零，系统动量守恒；两个物体的动量等值、反向，故碰撞后粘在一起后均静止。

选项A 正确。

2．如图所示，不带电的金属球B 接地，在B 球附近放置一个带正电q 的小球A ，A 的重力不计。

现由静止开始释放A 球，在A 运动过程中下列说法正确的是( )
A ．A 向
B 做匀加速运动 B ．B 球的电势不断增加
C ．B 球上感应电荷数保持不变
D ．A 、B 球上电荷相互作用电势能不断减小 【答案】D
【解析】由于静电感应，金属球B 表面感应出现负电荷，A 向B 运动，根据F ＝k q A q B
x 2可得金属
球B 对A 作用力变大，根据F ＝ma 可得A 的加速度变大，故选项A 错误；由于金属球B 接地，B 球的电势为零，故选项B 错误；A 向B 靠近，B 球上感应电荷数增大，故选项C 错误；A 向B 运动，电场力做正功，所以A 、B 球上电荷相互作用电势能不断减小，故选项D 正确。

3．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A 经过B 运动到C 。

下列判断正确的是( )
A ．粒子一定带负电
B ．A 处场强大于
C 处场强
C ．粒子在A 处电势能大于在C 处电势能
D ．粒子从A 到B 电场力所做的功大于从B 到C 电场力所做的功 【答案】B
【解析】根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，A 错误；等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A 处场强大于C 处场强，B 正确；从A 点飞到C 点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，C 正确；由于电势差相同，根据W ＝Uq 知，电场力做功相同，D 错误。

4．如图所示，真空中有两个点电荷q 1，q 2，它们的质量分别为m 1，m 2，现在用两根绝缘细丝线拴挂在天花板上，在库仑力作用下两根丝线与竖直方向夹角为α和β，且两点电荷此时处于同一水平线上，用T 1和T 2分别为两根丝线的弹力，则以下说法中正确的是( )
A ．若α＞β，则有m 2＞m 1，T 2＜T 1
B ．若α＞β，则有m 2＞m 1，T 2＞T 1
C ．若α＞β，则有q 2＞q 1，T 2＞T 1
D ．若α＞β，则有q 2＜q 1，T 2＜T 1 【答案】B
【解析】设左边球为A ，右边球为B ，则对A 、B 球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：m 1g ＝F 1cot α，m 2g ＝F 2cot β，1
1sin F T α
=
，22sin F T β=；不论q 1与q 2谁大谁小，它们之间的库仑力总
是等值、反向、共线的，即总有F 1＝F 2，所以不能判断q 1、q 2的大小。

当α＞β，则有m 2＞m 1，T 2＞T 1，所以B 正确，ACD 错误。

5．目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。

为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m 的汽车沿一山坡直线行驶。

测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P 上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s 时速度刚好达到最大值v m 。

设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是( )
A ．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒
B ．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零
C ．上坡过程中，汽车速度由m 4v 增至m 2v ，所用的时间可能等于2
m
332mv P
D ．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度v m ，所用时间一定小于
m
2s
v 此卷
只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
【答案】D
【解析】关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A 错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B 错误；上坡过程中，汽车速度由
m 4v 增至m 2
v
，所用的时间为t ，根据动能定理可得：2
2
m m 112224v v Pt fs m m ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，解得2
m 332mv fs
t P P =+，故C 错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚
好达到最大速度v m ，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为t 1，则m 12v t s ⋅<，
解得1m
2s t v <，
故D 正确。

6．某真空区域的竖直平面内存在电场，其中一条竖直电场线如图中竖直实线（方向未知）。

一个质量为m 电荷量为q 的带正小球，在电场中从O 点以一定的初速度v 0水平向右抛出，其轨迹如图甲中虚线所示。

以O 为坐标原点，取竖直向下为x 轴的正方向，A 点是轨迹上的一点，其x 方向坐标值是x 1，小球的机械能E 与竖直方向的位移x 的关系如图乙，不计空气阻力。

则下列说法正确的是( )
A ．电场强度大小恒定，方向沿x 轴负方向
B ．从O 到A 的过程中，小球的速率越来越大，所受的电场力越来越大
C ．从O 到A 的过程中小球的电势能越来越大
D ．到达A 位置时，小球的动能为mgx 1－
E 1＋E 2＋1
2mv 02
【答案】C
【解析】物体的机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿x 轴负方向。

再根据机械能的变化关系可知，相等位移电场力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，电场力向上，重力向下，开始时重力大于电场力，电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，故A B 错误；从O 到A 的过程中，小球所受的电场力一直做负功，则小球的电势能越来越大，选项C 正确；到达A 位置时，机械能变化量为：E 1－E 2＝12mv 2－12mv 02－mgx 1，解得12mv 2＝1
2mv 02＋mgx 1＋E 1－E 2，选项D
错误。

7．如图所示，一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m 的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平木制轨道，且穿过金属圆环的圆心O 。

现使质量为M 的条形磁铁以v 0的水平速度沿轨道向右运动，其中正确的选项是( )
A ．磁铁穿过金属环后，二者将先后停下来
B ．圆环可能获得的最大速度为
Mv M m
+ C ．磁铁与圆环系统损失的动能可能为2
2()
Mmv M m +
D ．磁铁与圆环系统损失的动能可能为2012
Mv
【答案】BC
【解析】金属环是光滑的，足够长的水平的木制轨道是光滑的，在磁铁穿过金属环后，二者由于不受摩擦力的作用，在水平方向动量守恒，两者将不会停下来，选项A 错误；选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁M 运动的方向
为正方向，则最终可能达到共同速度时：。

得：，选项B 正确；磁铁若能
穿过金属环，运动的过程中系统产生的热量等于系统损失的动能，二者的末速度相等时损失的动能
最大，为：，选项C 正确，D 错误。

8．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止开始运动，N 为粒子运动轨迹上的另外一点，则( )
A ．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B ．在M 、N 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C ．粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能
D ．粒子在N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 【答案】AC
【解析】在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M 点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A 正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N 点的动能为零，则带电粒子在N 、M 两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N 点时动能不为零，则粒子在N 点的电势能小于在M 点的电势能，即粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能，选项C 正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B 错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N 点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D 错误。

9．小车静置于光滑的水平面上，小车的A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车的质量为M ，长为L ，质量为m 的木块B 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时小车与C 都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
A ．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B ．当木块对地运动速度大小为v 时，小车对地运动速度大小为m v M
C ．小车向左运动的最大位移为m
L M m + D ．小车向左运动的最大位移为m L M
【答案】
BC
【解析】小车与C 这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但C 与B 碰撞粘接过程有机械能损失，A 错误；系统动量守恒，根据动量守恒定律可得Mv ′－mv ＝0，则m
v v M
'=，B 正确；该系统属于“人船模型”，根据Mv ′－mv ＝0，可得0d L d M m t t
--=，化简得Md ＝m (L －d )，所以车向左的位移应等于mL
d M m
=
+，C 正确，D 错误。

10．如图甲，质量M ＝0.8 kg 的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m ＝0.2 kg 的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F ，4 s 后撤去力F 。

若滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )
A ．0～4 s 时间内拉力的冲量为3.2 N·s
B ．t ＝4 s 时滑块的速度大小为9.5 m/s
C ．木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8 N·s
D ．2～4 s 内因摩擦产生的热量为4 J 【答案】BCD
【解析】冲量的定义式I ＝Ft ，可知F －t 图像面积代表冲量，所以可得0～4 s 时间内拉力的冲量为3.5 N·s ，故A 错误。

木块相对木板滑动时，对木板有μmg ＝Ma ，对木块有F －μmg ＝ma ，联立解得F ＝0.5 N ，a ＝0.5 m/s 2，所以0时刻即相对滑动，对滑块有I F －μmgt ＝mv 1－0，解得4 s 时滑块速度大小v 1＝9.5 m/s ，故B 正确。

4 s 时，木板的速度v 2＝at ＝2 m/s ，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒：mv 1＋Mv 2＝(M ＋m )v ，解得：v ＝3.5 m/s ，对木板根据动量定理可
得：I ＝Mv ＝2.8 N·s ，故C 正确。

0～2 s 内，对m 有：I F －μmgt 1＝mv 1，0.51
2N s 1.5N s 2
F I +=⨯⋅=⋅，解得v 1＝3.5 m/s ；对M 有：μmgt 1＝Mv 2，解得v 2＝1 m/s 。

2～4 s 内，对m ，F －μmg ＝ma 1，2
112121
2
x v t a t =+，
解得x 1＝13 m ；对M ，μmg ＝Ma 2，2
222221
2
x v t a t =+，解得x 2＝3 m 。

所以s 相＝x 1－x 2＝10 m ，Q ＝μmgs
相
＝4 J ，故D 正确。

二、非选择题 (本题共6小题，共60分。

把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。

解答题
应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(6分)某同学要“验证机械能守恒定律”，利用如图甲所示的气垫导轨和光电门计时器等装置来进行实验。

实验前，用天平称出小盘的质量m 0，滑块（带挡光片）的质量为M ，记录小盘中所用砝码的质量m ，用螺旋测微器测得滑块挡光片宽度d 的结果如图乙所示，在靠近导轨右端取一点作为释放点，用毫米刻度尺测量出光电门和释放点之间的距离L 。

将带有挡光片的滑块从释放点由静止释放，当滑块通过光电门时计时，器显示挡光片经过光电门的时间为Δt 。

通过改变滑轮下端小盘中砝码的质量进行多次实验。

(1)挡光片宽度d ＝____________ mm 。

(2)要验证机械能守恒定律需要验证的关系式是_______________________________________。

(3)多次改变砝码的质量m 得到对应的Δt ，则2
1
m t -
∆图象是__________ (填“直线”或“非直线”)。

【答案】(1)5.150 (2)()()2
0012Δd m m gL M m m t ⎛⎫
+=++ ⎪⎝⎭
(3)非直线
【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为5 mm ，可动刻度读数为0.01×15.0 mm ＝0.150 mm ，螺旋测微器读数5mm 0.0115.0mm 5.150mm d =+⨯=。

(2)系统重力势能减少量为：()p 0ΔE m m gL =+，动能增加量为：()2
k 01Δ2Δd E M m m t ⎛⎫
=++ ⎪⎝⎭
，验证
机械能守恒则应满足：()()2
0012Δd m m gL M m m t ⎛⎫
+=++ ⎪⎝⎭。

(3)根据机械能守恒有：()()2
0012Δd m m gL M m m t ⎛⎫
+=++ ⎪⎝⎭，解得：()2200
12Δm m gL d M m m t +⎛⎫= ⎪++⎝⎭，所以2
1
m t -
∆图象是非直线。

12．(8分) (1)利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验。

实验要求研究
两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大应选下图中的_______，若要求碰撞动能损失最小则应选下图中的_______。

（均选填“甲”或“乙”。

甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥）
(2)某次实验时碰撞前B 滑块静止，A 滑块匀速向B 滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。

已知相邻两次闪光的时间间隔为T ，在这4次闪光的过程中，A 、B 两滑块均在0～80 cm 范围内，且第1次闪光时，滑块A 恰好位于x ＝10 cm 处。

若A 、B 两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的___________时刻，A 、B 两滑块质量比m A ∶m B ＝_______。

【答案】(1)乙 甲 (2)2.5T 2:3
【解析】(1)若要求碰撞时动能损失最大，则需两物体碰撞后结合在一起，故应选图中的乙；要求碰撞动能损失最小则应使两物体发生完全弹性碰撞，即选图中的甲。

(2)由图可知，第1次闪光时，滑块A 恰好位于x ＝10 cm 处，第二次A 在x ＝30 cm 处，第三次A 在x ＝50 cm 处，碰撞在x ＝60 cm 处，从第三次闪光到碰撞的时间为
2
T
，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T 时刻；若设碰前A 的速度为v ，则碰后A 的速度为2
v -，B 的速度为v ，根据动量守
恒定律可得：2
A A B
v m v m m v =-⋅+⋅，解得：23A B m m =。

13．(8分)如图所示，一质量为M 的物体静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h 。

一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度02
v
射出，重力加速度为g 。

求：
(1)此过程中系统损失的机械能； (2)此后物块落地时重力的瞬时功率。

【解析】(1)子弹射出的过程：
02
v mv m Mv =+，2
22001112222v mv m Mv E ⎛⎫=++∆ ⎪⎝⎭
得：22
0(3)8Mm m E v M
-∆=。

(2)物体落地时竖直方向满足：2
2y v gh =
解得：y v
重力的瞬时功率：y p Mg v =⨯=
14．(9分)如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A 点，其带电荷量为Q ；质量为m 、带正电的乙球在水平面上的B 点由静止释放，其带电荷量为q ；A 、B 两点的距离为l 0。

释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为20
4qQ
F k l =(k 为静电力常量)、方向指向
甲球的恒力作用，两球均可视为点电荷。

(1)求乙球在释放瞬间的加速度大小； (2)求乙球的速度最大时两球之间的距离；
(3)请定性地描述乙球在释放后的运动情况（说明速度的大小变化及运动方向的变化情况）。

【解析】(1)根据牛顿第二定律得：20
qQ
ma k F l =- 又20
4qQ
F k l =
可解得：2
034kQq
a ml =。

(2)当乙球所受的甲的静电斥力和F 大小相等时，乙球的速度最大：2
200
4kQq kQq
F l x == 可解得：x ＝2l 0。

(3)乙球先做远离甲球的运动，速度先增大后减小，然后又反向做速度先增大后减小的运动，返回到释放点B 后，再重复前面的运动，之后就在B 点和最远点之间做往复运动。

15．(12分)如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏。

现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为
2
L
，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求： (1)电子从释放到打到屏上所用的时间； (2)电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离。

【解析】(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：
11eE eE
a m m
=
=
，v ＝a 1t 1，211122L a t = 从MN 到屏的过程中运动的时间：t 2＝2L v
运动的总时间为t ＝t 1＋t 2
＝ (2)设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为
222eE eE a m m =
=
，t 3＝L
v
，v y ＝a 2t 3，tan θ＝y v v 解得：tan θ＝2。

(3)如图，电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′。

由几何关系知： tan θ＝
/2
x
L L +
得：x ＝3L 。

16．(17分)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置。

在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0。

现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)。

试求：
(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；
(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆弧轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B
碰后返回到P 点还具有向上的速度，则v 为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点？
【解析】(1)A 与B 碰撞前后，设A 的速度分别是1v 和2v ，A 下滑过程中，机械能守恒，有：
()2
0113sin 302
mg x mv ︒=
解得：1v =又因A 与B 碰撞过程中，动量守恒，有：122mv mv =
解得：2v =
(2)碰后，A 、B 和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒，则有： 2p 201202sin 302E mv mgx +⋅=+︒
解得：p 01
4
E mgx =。

③
(3)设物块A 在最高点C 的速度是C v ，物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点C 点时，重力提供向心力，得：
2C
mg R
v m =
C 点相对于O 点的高度，如图所示：
00cos302sin 30h R R x x ︒=+=
︒+ 物块从O 到C 的过程中机械能守恒，得：22
01122
C mv mgh mv =+
设A 与B 碰撞后共同的速度为B v ，碰撞前A 的速度为A v ，物块A 从P 到与B 碰撞前的过程中机械能守恒，得：
()22
0113sin 3022
A mv mg x mv +︒= A 与
B 碰撞的过程中动量守恒，得：2A B mv mv = A 与B 碰撞结束后到O 的过程中机械能守恒，得：
22p 0011222sin 3022
B mv E mv mg x ⋅+=⋅+⋅︒ ⑩ 由于A 与B 不粘连，到达O 点时，滑块B 开始受到弹簧的拉力，A 与B 分离。

综合上述式子解得：v =。