2020届安徽省淮南市寿县一中高三下学期第七次月考物理试题（解析版）

20届安徽省淮南市寿县一中高三（下）第七次月考物理试卷一、选择题1.如图所示为氢原子的能级图，一群处于量子数的激发态的氢原子，能够自发跃迁到较低的能量状态，并向外辐射光子．已知可见光的光子的能量范围为1.64~3.19eV，锌板的逸出功为3.34eV，则向外辐射的多种频率的光子中()A.最多有4种频率的光子B.最多有3种频率的可见光C.能使锌板发生光电效应的最多有4种频率的光子D.能使锌板发射出来的光电子，其初动能的最大值为9.41eV【答案】D【解析】【详解】根据=6，得处于n=4的激发态一共可能产生6条光谱线，故AB错误；因锌板的逸出功为3.34eV，而一群处于量子数n=4的激发态氢原子，向基态跃迁过程中，产生的光子能量分别是12.75eV，12.09eV，10.2eV，2.55eV，1.89eV，0.66eV，依据光电效应产生条件：入射光的能量大于或等于锌板的逸出功，能使锌板发生光电效应的最多有3种频率的光子，故C错误；依据光电效应方程：Ekm=hγ-W，使锌板发射出来的光电子，其最大初动能的最大值为Ekm=12.75-3.34=9.41

eV，故D正确；故选D．点睛：此题考查数学组合公式，掌握能级的跃迁，激发态不稳定，会向基态发生跃迁，理解光电效应的条件与其方程的内容．2.一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，物体在和时刻，物体的动能分别为、，物块的动量分别为、，则()A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】根据动量定理分别求物体在t0和2t0时刻的速度v1和v2之比．根据公式P=mv，求出P1和P2之比，再根据动能的计算式求Ek1和Ek2之比【详解】根据动量定理得：内：内：由解得：：：3由得：由得：解得：．故选C．【点睛】本题涉及力在时间的积累效果，优先考虑动量定理．对于动能，也可以根据动能定理求解.3.某发电机通过理想变压器给定值电阻R提供正弦交流电，电路如图，理想交流电流表A，理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P．若发电机线圈的转速变为原来n倍，则()A.R消耗的功率变为nPB.电压表V的读数为nUC.电流表A的读数仍为ID.通过R的交变电流频率不变【答案】B【解析】【分析】当发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机产生交流电的电动势有效值和频率都将发生变化．变压器的输入电压变化后，变压器的输出电压、副线圈的电流、R消耗的功率随之改变，原线圈的电流也会发生变化．原线圈中电流的频率变化，通过R的交变电流频率变化．【详解】B：发电机线圈转速变为原来n倍，发电机线圈的角速度变为原来n倍，据可得，发电机产生交流电电动势的最大值变为原来n倍，原线圈两端电压变为原来n倍．据可得，副线圈两端电压变为原来n倍，电压表V的读数为nU．故B项正确．A：R消耗的功率，副线圈两端电压变为原来n倍，则R消耗的功率变为．故A项错误．C：流过R的电流，副线圈两端电压变为原来n倍，则流过R的电流变为原来的n倍；再据，原线圈中电流变为原来n倍，电流表A的读数为．故C项错误．D：发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机产生交流电的频率变为原来的n倍，通过R的交变电流频率变为原来的n倍．故D项错误．4.地面附近处的电场的电场线如图所示,其中一条方向竖直向下的电场线上有a、b两点,高度差为h．质量为m、电荷量为-q的检验电荷，从a点由静止开始沿电场线运动，到b点时速度为．下列说法中正确的是()A.质量为m、电荷量为+q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为B.质量为m、电荷量为+2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为C.质量为m、电荷量为-2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度仍为D.质量为m、电荷量为-2q的检验电荷，在a点由静止开始释放，点电荷将沿电场线在a、b两点间来回运动【答案】D【解析】【详解】A、从a到b的过程中，运用动能定理，对−q有：，对于q有：，两式相加化简得，故A错误；B、对+2q运用动能定理：，联立解得，故B错误；C.对−2q运用动能定理：，联立解得，故C错误；D、由以上分析可知，电荷量为-2q检验电荷，到达b点时，速度为零，说明电场力大于重力，故接下来向上运动，根据电场线的分布可知，越向上，电场力越小，最终会小于重力，当速度减为零后，又会向下运动，如此往复，故D正确；故选D．【点睛】粒子在电场力与重力共同做功下，导致重力势能、电势能与动能间相互转化，但它们的之和不变；电场力做功，导致电势能变化，重力做功，导致重力势能变化．5.某载人宇宙飞船绕地球做圆周运动的周期为T，由于地球遮挡，宇航员发现有T时间会经历“日全食”过程，如图所示。已知地球的半径为R，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看做平行光，则下列说法正确的是（）A.宇宙飞船离地球表面的高度为2RB.一天内飞船经历“日全食”的次数为C.宇航员观察地球的最大张角为120°D.地球的平均密度为ρ=【答案】D【解析】【详解】A．由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过角，所需的时间为由于字航员发现有时间会经历“日全食”过程，则：所以设宇宙飞船离地球表面的高度h，由几何关系可得可得选项A错误；B．飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，而地球自转一圈时间为T0，得一天内飞船经历“日全食”的次数为选项B错误；C．设宇航员观察地球的最大张角为，则由几何关系可得可得选项C错误；D．根据万有引力提供向心力，有解得又所以地球的平均密度选项D正确。故选D。6.猴年刚刚离去，可猴子一直是人们最喜爱的逗趣小动物，某动物园里质量为m的小猴子抓住一端固定的轻绳，从猴山上跟轻绳的固定端O点同一高度处摆下，已知绳长为L，如图所示。在小猴子到达竖直状态时放开绳索，猴子水平飞出。绳子的固定端O点到地面的距离为2L。不计轻绳的质量和空去阻力，小猴子可看成质点，重力加速度大小为g，则（）A.猴子做圆周运动的过程中，合力冲量的大小为mB.小猴子摆到最低点抛出前，猴子对绳的拉力大小为mgC.小猴子的落地点离绳的固定端的水平距离为2LD.小猴子落地时重力的功率大小为2mg【答案】AC【解析】【详解】A．对猴子从开始到摆到最低点的过程中，根据动能定理得合力的冲量等于动量的变化量，故冲量大小为选项A正确；B．对猴子在最低点受力分析，由圆周运动的特点得解得T=3mg由牛顿第三定律得对绳子拉力也为3mg，选项B错误；C．猴子放开绳索后，竖直方向上做自由落体运动，有水平方向上做匀速运动，水平位移x=vt联立得x=2L选项C正确；D、猴子在竖直方向上根据运动学公式得故重力的功率大小为选项D错误。故选AC。7.如图所示，等腰直角斜劈A的直角边靠在粗糙的竖直墙壁上，一根不可伸长的轻绳一端固定在竖直墙上，另一端与半径不可忽略的光滑球B连接。轻绳与水平方向成30°角，现将轻绳上端点沿竖直墙缓慢向上移动，A始终处于静止状态。则（）A.绳上拉力先减小后增大B.竖直墙对A的摩擦力先减小后增大C.竖直墙对A的摩擦力可能为零D.竖直墙对A的支持力逐渐减小【答案】AD【解析】【详解】A．以B为研究对象，对其进行受力分析，受到重力mg、绳子拉力F1和斜面对它的支持力F2，如图所示：由图可知，当F1与F2的方向垂直，即与斜面平行时，F1最小，所以绳子的拉力先减小后增大，选项A正确；BD．以A与B组成的整体为研究对象，整体受到重力、墙的支持力和摩擦力以及绳子的拉力。由上图可知，轻绳上端点沿竖直墙缓缓向上移动时，绳子的拉力F1沿竖直方向的分力增大，沿水平方向的分力减小，所以竖直墙对A向上的摩擦力将减小，竖直墙对A的支持力逐渐减小，选项B错误，选项D正确；C．以A为研究对象，A受到重力、墙壁的支持力、以及B对A斜向下的压力，A处于平衡状态，竖直方向的合外力等于0，所以摩擦力的大小等于A的重力与B对A的压力向下的分力的和，不可能等于0，因此A还受到墙壁对A向上的摩擦力，选项C错误。故选AD。8.如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场边界上的P点有一粒子源，可以在纸面内向各个方向以相同的速率发射电荷量均为+q、质量均为m的相同粒子进入磁场区域，粒子的重力以及粒子之间的相互作用力均可忽略，进入磁场的粒子会从某一段圆弧射出磁场边界，这段圆弧的弧长是圆形区域周长的，则下列结论正确的是（）A.若n=2，则所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行B.若n=2，则粒子从P点进入磁场时的速率为C.若n=4，则粒子从P点进入磁场时的速率为D.若n=4，仅将磁场的磁感应强度大小由B减小到B时，则n的值变为2【答案】ABC【解析】【详解】A．由题意可知，n≥2时粒子的入射点与圆弧边缘最远出射点的连线等于粒子运动轨迹的直径。如果n=2，则粒子的轨迹半径等于磁场区域的半径，作出任意方向的粒子运动轨迹如图1所示：连线后图中的四边形一定为菱形，粒子的出射速度方向一定与垂直，即与PO垂直，因此所有粒子离开磁场的速度方向相互平行，选项A正确；B．如果n=2，粒子的轨迹半径等于磁场区域的半径，根据洛伦兹力提供向心力可知解得选项B正确；C．若n=4，粒子的临界运动轨迹如图2所示：粒子的轨迹半径由公式解得选项C正确；D．若n=4，仅将磁场的磁感应强度大小由B减小到B时，则粒子的轨迹半径显然n不等于2，选项D错误。故选ABC。二、非选择题9.某实验小组利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验时，实验室提供两个滑块P、Q，已知滑块P的质量为m1＝115g，滑块Q的质量未知．为了测定滑块Q的质量，该小组进行了以下操作：A．将气垫导轨组装并调节水平，在气垫导轨上适当位置固定两个光电门G1、G2B．调整滑块P上的遮光片，使其不能挡光，将两滑块轻放在导轨上，如图甲，推动滑块Q后撤去推力，滑块Q以一定的速度通过光电门G1，遮光片通过光电门G1的时间为t1＝0.016sC．当滑块Q与P相撞后粘在一起，遮光片通过光电门G2的时间为t2＝0.034sD．用游标卡尺测得遮光片宽度d如图乙所示（1）游标卡尺的读数为______mm；（2）滑块Q的质量为______g（保留三位有效数字）．【答案】①.4.30②.102【解析】【详解】(1)游标主尺读数为：4mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：4mm+0.30mm=4.30mm；(2)碰撞前两个滑块总动量，碰撞后两个滑块的总动量，两滑块碰撞前后的动量相等，代入解得；10.为测定量程3V的电压表内阻RV（几千欧姆），某同学设计如图所示的电路。实验室提供如下器材：滑动变阻器R1（0~5Ω，额定电流3A）滑动变阻器R2（0~1kΩ，额定电流0.5A）直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）开关1个，导线若干。实验步骤如下：①调节电阻箱R阻值为0，将滑动变阻器的滑片移到最左端位置a，闭合开关S；②调节滑动变阻器滑片P，使电压表示数U0=2.00V；③保持滑动变阻器滑片P的位置不变，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R；④以为纵坐标，R为横坐标，作—R图线；⑤通过图像的相关数据计算出电压表的内阻RV。回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器___；（填“R1”或“R2”）(2)在调节电阻箱过程中，滑动变阻器上aP两点间的电压基本不变，则与R的关系式为___；（用题中给出的字母表示）(3)实验得到的部分数据如表所示：根据表格数据在坐标纸上描点如图，请在图中画出—R的图像____，由图像计算出电压表内阻RV=___kΩ。（结果保留两位小数）【答案】①.R1②.③.④.2.90【解析】【详解】(1)[1]根据电路图的分压接法可知应该选用较小的滑动变阻器，所以选择R1；(2)[2]在调节电阻箱过程中，滑动变阻器上aP两点间的电压U0基本不变，则根据串联电路的性质可知，电压表和电阻箱R中的电流相等，则有解得(3)[3]根据表格数据在坐标纸上描点得—R的图像如图：[4]结合—R的关系式得对应的图像的斜率解得11.当下世界科技大国都在研发一种新技术，实现火箭回收利用，有效节约太空飞行成本，其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了4台电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓火箭对地的冲击力．该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd，指示灯连接在cd两处；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场．当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，指示灯发光，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲．现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，软着陆要求的速度为0；指示灯、线圈的ab边和cd边电阻均为R，其余电阻忽略不计；ab边长为L，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计．（1）求缓冲滑块刚停止运动时，线圈的ab边受到的安培力大小；（2）求缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；（3）若火箭主体的速度大小从v0减到0的过程中，经历的时间为t，求该过程中每台电磁缓冲装置中线圈产生的焦耳热．【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）ab边产生电动势E＝BLv0线圈总电阻R总＝R＋＝1.5RFab＝BIL＝BL＝．（2）由牛顿第二定律4Fab－mg＝ma解得a＝－g．（3）根据动量定理mgt－4t＝0－mv0即mgt－4·＝0－mv0化简得根据能量守恒定律，每个减速器得到热量每个线圈得到的热量12.如图，一质量为m=1kg的木板静止在光滑水平地面上。开始时，木板右端与墙相距L=0.08m；质量为m=1kg的小物块以初速度v0=2m/s滑上木板左端。木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触。物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.1。木板与墙的碰撞是完全弹性的。取g=10m/s2，求：(1)从物块滑上木板到木板与墙第一次碰撞经过的时间及第一次碰撞前瞬间小物块的速度；(2)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间；(3)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离。【答案】(1)0.4s；1.6m/s；(2)3；1.8s；(3)0.06m【解析】【详解】（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动。设木板加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时速度为v1，则有联立解得物块在木板上滑动过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律有解得（2）在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T。设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有式中△t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间。由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故上式可改写为：由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有又解得，由于n是整数，故n=2由于速度相同后还要再一起与墙壁碰撞一次，故一共碰撞3次；从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生3次碰撞，所用的时间为1.8s。（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为代入数据解得即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m。13.一定质量的理想气体由状态a变化到状态b，再由状态b变化到状态c，其压强p与温度t的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.气体由a到b为等容变化B.气体在状态a的内能大于在状态b的内能C.气体由b到c的过程必放热D.气体在状态a的体积小于在状态c的体积E.b到c的过程是等压过程，温度升高，气体对外做功【答案】BDE【解析】【详解】A．这是个p-t图象，转化成p-T图象，如图所示：ab直线不过原点，因此a到b不是等容变化选项A错误；B．理想气体的内能等于分子的平均动能的总和，温度是分子平均动能的标志，a到b的过程温度减小，分子的平均动能减小，理想气体的内能减小，即气体在状态a的内能大于在状态b的内能，选项B正确；E．气体由b到c的过程是等压变化，温度升高，所以体积增大，对外做功，选项E正确；C．气体由b到c的过程，根据热力学第一定律△U=W+Q，温度升高可知△U是正值且变大，气体对外做功可知W为负值，所以Q必定为正值，即气体要吸热，选项C错误；D．气体由a到c的过程，温度不变，压强减小，则体积增大，所以气体在状态a的体积小于在状态c的体积，选项D正确；故选BDE。14.潜艇采用压缩空气排出海水控制浮沉，在海面上，潜艇将压强为、总体积为600m3的空气（包含贮气筒内空气，视为理想气体）压入容积为3m3贮气筒．潜至海面下方190m水平航行时，为控制姿态，将贮气筒内一部分压缩空气通过节流阀压入水舱，使15m3的水通过排水孔排向与之相通的大海．已知海面处大气压，取海水的密度，（i）潜艇下潜前贮气筒内气体的压强；（ii）排出水后贮气筒内剩余气体的压强．【答案】（i）（ii）【解析】【详解】（i）潜艇下潜前贮气筒内气体的压强为，，解得（ii）设得出水的压强为，贮气筒内剩余气体的压强为，，解得：故本题答案是：（i）（ii）点睛：找准状态参量利用玻意耳定律解题