长沙市第一中学2020届高三物理下学期月考试题八含解析

湖南省长沙市第一中学2020届高三物理下学期月考试题八含解析湖南省长沙市第一中学2020届高三物理下学期月考试题八含解析PAGE25-湖南省长沙市第一中学2020届高三物理下学期月考试题八含解析湖南省长沙市第一中学2020届高三物理下学期月考试题（八)（含解析）一、选择题1。某同学在研究光电效应时测得不同光照射到同一光电管时得到的光电流与电压的关系图象如图所示．则下列有关说法中正确的是A。光线1、3为同一色光,光线3的光强更强B.光线1、2为同一色光，光线1的光强更强C.光线1、2为不同色光，光线2的频率较大D.保持光线1的强度不变,光电流强度将随加速电压的增大一直增大【答案】C【解析】由图象可知,光线1和光线3的遏止电压相同，所以它们是同一色光，相同电压时，光线1对应的光电流更大，说明单位时间内照射的光电子数更多,即光线1更强，A错误;光线1和光线2的遏止电压不同，所以它们是不同色光，B错误；由于光线2的遏止电压较大，由、可知，光线2的频率较大，C正确；由图可知，在光照条件不变的情况下，随着所加电压的增大，光电流趋于一个饱和值（饱和电流)，D错误;故选C.2.如图所示，一物体在光滑水平面上在恒力F（图中未画出）的作用下做曲线运动，物体的初速度、末速度方向如图所示（图中两条虚线为水平面上的平行参考线），下列说法正确的是(）A.物体运动轨迹是圆周 B。F的方向可以与v2成45°C.F的方向可以与v1垂直 D.F的方向可以与v2垂直【答案】B【解析】【详解】A.物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故A错误；B.由物体初速度、末速度方向可得初速度、末速度v2相互垂直，因为在恒力F作用下方向上的速度减小末速度为v2，所以恒力F可分解为两个分力，一个在反方向的分力，一个在正方向的分力，因此恒力F的方向必然在反方向正方向之间且不包括方向方向。如果F的方向与v2成45°向下，那么恒力F的方向在反方向正方向之间,所以B选项正确；C。如果F的方向与v1垂直，也就是恒力F的方向与同向,那么物体的运动应该是类平抛运动，方向上的速度大小不变，而该题中方向上的速度大小发生了改变,且不可能出现与垂直的速度，所以C错误；D。如果恒力F的与v2垂直，也就是恒力F的与在同一直线上，那么物体做直线运动而不是曲线运动，故D错误；故选B。3.如图所示,斜劈A静止放置在水平地面上,木桩B固定在水平地面上，弹簧k把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行．质量为m的物体和人在弹簧k的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左．则下列说法正确的是（）A.若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜面向下B。若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A受到的摩擦力方向可能向右C.若人从物体m离开，物体m仍向下运动，A受到的摩擦力可能向右D.若剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，A可能不再受到地面摩擦力【答案】A【解析】【详解】剪断弹簧前，对斜面分析,受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块对斜面体的力(滑块对斜面体的滑动摩擦力和压力的合力）,斜劈受到地面的摩擦力方向向左，故根据平衡条件，滑块对斜面体的力向右下方；根据牛顿第三定律，斜面对滑块的力向左上方；若剪断弹簧，滑块和人整体还要受重力,故合力偏左，根据牛顿第二定律，加速度是沿斜面向下，故A正确；若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，故物体和人整体对斜面体的力不变,故斜面体受力情况不变,故地面摩擦力依然向左,故B错误；若人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动;动摩擦因数是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小,故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方,故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故C错误;若剪断弹簧同时人从物体m离开,由于惯性，物体m仍向下运动;动摩擦因素是不变的,故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故D错误；故选A4。如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在（V）的交流电源上,副线圈接有R=55Ω的电阻,原、副线圈匝数比为2：1．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表.则(）A。副线圈的输出功率为110WB。原线圈的输人功率为110WC.电流表的读数为1AD.副线圈输出的电流方向不变【答案】A【解析】【详解】AB．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流，，所以副线圈电压的最大值为，设副线圈电压的有效值为，则有解得，副线圈的输出功率为原线圈的输入功率为，A正确,B错误；C．电流表读数C错误；D．因为原线圈上接有理想二极管,原线圈中电流方向不变,原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，D错误.故选A。5.如图所示，人造地球卫星发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道.先将卫星发射至近地圆轨道I，然后在A点(近地点）点火加速，卫星做离心运动进入椭圆轨道II；在B点（远地点）再次点火加速进入圆形轨道III.关于卫星的发射和变轨，下列说法正确的是(）A。在赤道上顺着地球自转方向发射卫星可节省能量，所以发射场必须建在赤道上B.卫星在圆轨道I上运行时的向心加速度和周期大于在圆轨道II上的向心加速度和周期C.从轨道I转移到轨道II的过程中，动能减小，势能增大,机械能守恒D。如果圆轨道I是地球同步卫星轨道，则在该轨道上运行的任何卫星，其角速度都和在地面上静止物体的角速度相同【答案】D【解析】【详解】A．在赤道上顺着地球自转方向发射卫星可节省能量,所以最好将发射场建在赤道上，但是也可建在其他低纬度高原上而不是必须建在赤道上，如我国的酒泉卫星发射中心，故A错误；B．由于万有引力提供向心力可得；卫星在圆轨道I上运行时向心加速度大于在圆轨道II上的向心加速度，卫星在圆轨道I上运行时的周期小于在圆轨道II上的周期。故B错误；C．从轨道I转移到轨道II的过程中,动能减小,势能增大,由于有其他形式的能量转化为机械能，所以卫星的机械能增加,故C错误；D．如果圆轨道I是地球同步卫星轨道，则在该轨道上运行的任何卫星,其角速度都和在地面上静止物体的角速度相同。D正确。故选D。6.甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间的变化关系如图所示，图中，两段曲线均为圆弧，则（）A.两物体在t1时刻加速度相同B.两物体在t2时刻运动方向均改变。C.两物体在t3时刻相距最远，t时刻相遇D.0～t4时间内甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度【答案】CD【解析】【详解】A.速度—时间图象的斜率表示物体运动的加速度，所以两物体在时刻斜率不同，所以加速度不相同，故A错误；B.速度的正负表示运动方向，在时刻之前甲乙两物体的速度都为正，所以都朝着正方向运动,时刻甲的速度达到最大之后开始减小，而乙在时刻速度变为0，之后乙沿原方向速度开始增大，所以甲乙两物体的速度方向没有发生变化，故B错误；C.图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图像可知开始时乙的速度大于甲的速度，乙做减速运动甲做加速运动，乙与甲的距离逐渐增大，且乙在前甲在后，时刻甲乙速度相同,之后甲的速度大于乙的速度，二者之间的距离逐渐减小，时刻前的某一时刻甲追上乙，之后甲超越乙，二者之间的距离变大，直到到时刻,甲乙速度又相等，两物体相距最远；两段曲线均为圆弧,可知从开始到时刻二者图像与坐标轴围成的面积相等，即时刻甲乙位移相等，所以甲乙在时刻相遇,故C正确;D.甲乙运动时间相等位移相等，所以平均速度相等,故D正确；故CD。7。如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°,重力加速度为g，且mg=Eq,则(）A.电场方向竖直向上B。小球运动的加速度大小为gC.小球上升的最大高度为D.若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为【答案】BD【解析】【详解】A．小球做匀变速直线运动,合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因，所以电场力与重力关于ON对称,根据数学知识得:电场力与水平方向的夹角应为,受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为，所以加速度为,方向沿ON向下．故A错误；B．由题意可得：小球做匀变速直线运动,合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg=Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得:电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，B项正确;C．经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为,则最大高度为故C错误；D．若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的,由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能,一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为,故D正确．故选BD.【考点定位】带电粒子在混合场中的运动、电势能、匀强电场中电势差和电场强度的关系【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动情况,应在正确分析小球受力情况的基础上，运用牛顿第二定律、运动学公式和功能关系分析，采用的力学方法进行分析．8。如图所示,空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B．现有两块平行的薄金属板，彼此间距为d,构成一个电容为C的电容器，电容器的下极板放在xOz平面上;在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN，已知两板和杆MN的总质量为m,若对杆MN施加一个沿x轴正方向的恒力F,两金属板和杆开始运动后,则A。金属杆MN中存在沿M到到N方向的感应电流B.两金属板间的电压始终保持不变C。两金属板和杆做加速度大小为的匀加速直线运动D.单位时间内电容器增加的电荷量为【答案】AD【解析】【详解】由右手定则可知，充电电流方向为：由M流向N，故A正确；设此装置匀加速平移的加速度为a，则时间t后速度，MN，切割磁感线产生电动势:，即电容器两板电压：，U随时间增大而增大，电容器所带电量，MN间此时有稳定的充电电流：，方向向下，根据左手定则可知，MN受到向左的安培力：,以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得：，即：,解得:，方向沿+Z方向，则单位时间内电容器增加的电荷量为，故BC错误，D正确。故选AD。【点睛】系统在力的作用下加速运动，MN切割磁感线产生感应电动势给电容器充电,由右手定则可以判断出充电电流方向，应用安培力公式与牛顿第二定律可以求出加速度．二、非选择题9.某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动,用自制滴水计时器计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a)所示．实验时，保持桌面水平，先用功率恒定的电动马达牵引着小车由静止开始加速一段时间．再关闭马达，让小车在桌面上自由运动至静止．在小车运动过程中,滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续的6个水滴的位置．（已知滴水计时器每内共滴下46个小水滴，且开始计时时滴下的小水滴计为第1滴．）(1）根据图(b）的数据可判断出此过程中滴下的水滴是小车在_________________时留下的（填马达牵引着加速或关闭马达后在桌面上减速)．还由图（b)可知，小车在桌面上是___________（填从右向左或从左向右）运动的．（2）小车运动到图（b)中A点时的速度大小约为__________．(结果均保留2位有效数字）【答案】(1).关闭马达后在桌面上减速；(2）。从右向左；(3).0。24【解析】【详解】(1)用功率恒定的电动马达牵引着小车由静止加速时,小车做变加速直线运动．关闭马达后，小车在水平桌面上做匀减速直线运动．滴水计时器类似于打点计时器，从图可以判断，相邻相等时间内的位移差恒定，则小车做匀变速直线运动，即匀减速直线运动．且从右向左，单位时间内小车的位移越来越小．由于小车在水平桌面受阻力而做减速运动,故小车应从右向左运动．(2)由题意得：，小车在水平桌面上做匀减速直线运动的加速度在图(b）中从右向左依次定义三个水滴A、B和C，则可求出滴C水滴时小车的速度从A点运动到C点的过程中，，解得．【点睛】注意相邻水滴的时间间隔的计算，46滴水有45个间隔，速度和加速度的计算，注意单位、有效数字的要求．10。某研究小组的同学们准备测量15°C自来水的电阻率，以判断该自来水是否符合国际标准（国标规定自来水在15°C时电阻率应大于13Ω·m)。他们先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极,电极间装满密封的待测自来水，同学们设计了实验方案并分工进行了以下测量：（1)同学们用游标卡尺测量玻璃管的内径d；向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；用多用电表的电阻“×100”挡，按正确的操作步骤测量此水柱体的电阻R,表盘的示数如图所示；由图所示可知玻璃管的内径d=______mm，水柱体的电阻R=_______Ω；(2)该小组同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有器材及其代号和规格如下:电压表V（量程15V，内阻约30kΩ）；电流表A(量程5mA，内阻约50Ω）;滑动变阻器R0（0~100Ω，允许最大电流1A）；电池组E（电动势E=12V,内阻r=6Ω)；开关一个、导线若干.请根据情况补全电路原理图（并不是所有的接线点都要连接)；（）(3）如果测出水柱的长度L。玻璃管的内径d和水柱的电阻R，则自来水电阻率的表达_______。（用符号表示）【答案】（1）.54。14（2).2600(3)。（4)。【解析】【详解】(1).该游标卡尺为50分度游尺,主尺上为54毫米，游尺上0刻线后第7刻度线与主尺对齐，所以游尺上的读数应为：，所以玻璃管的内径为：。多用电表读数为26、档位为“×100”挡，所以水柱体的电阻为：。(2）。因为电压表V内阻约30kΩ,与水体电阻接近,电流表A内阻约50Ω，远小于水体电阻，所以应用内接法连接电表，也就是待测电阻与电流表串联后再与电压表并联；又因滑动变阻器R0(0~100Ω，允许最大电流1A），所以滑动变阻器应为分压式连接；也就是电压表负接线柱与电流表负接线柱连接，再与滑动变阻器上滑片连接.（3）。电阻率为：，为电阻阻值，为电阻横截面积，为电阻长度,所以可得：11。如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内某一区域存在磁感应强度大小为B。方向垂直于坐标平面向里的有界匀强磁场区域（图中未画出）;在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为（-L，0）的A点。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v0的电子，电子通过y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成=45°角,电子经过磁场偏转离开磁场，而后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成β=15°角的射线OM(已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用）。求:(1）匀强电场的电场强度E的大小;（2）电子在电场和磁场中运动的总时间t。【答案】（1);（2)【解析】【详解】(1）电子从A到C的过程中，由动能定理得：联立解得：。（2）电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：,其中可得：由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：电子在磁场中的运动时间：，其中可得:电子在电场和磁场中运动的总时间联立解得：。12。如图所示，光滑水平面上有一小车B,右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的总质量为M=2kg。车上在沙箱左侧距离s=1m的位置上放有一质量为m=1kg小物块A，物块A与小车的动摩擦因数为。仅在沙面上空间存在水平向右的匀强电场，场强E=2.0×103V/m.当物块A随小车以速度向右做匀速直线运动时，距沙面H=5m高处有一质量为的带正电的小球C,以的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中。已知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹簧最短时的长度，并取g=10m/s2。求：(1）小球落入沙箱前的速度和开始下落时与小车右端的水平距离；（2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能；（3)设小车左端与沙箱左侧的距离为L.请讨论分析物块A相对小车向左运动的整个过程中，其与小车摩擦产生的热量Q与L的关系式。。【答案】(1）10m/s，方向竖直向下，15m（2）9J（3)①若时,②若时，.【解析】【分析】（1)小球C在电场中运动过程，受到重力和电场力作用，两个力均为恒力，可采用运动的分解法研究:竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和位移公式结合求解;(2）小球落入沙箱的过程,系统水平动量守恒,由动量守恒定律求出小球落入沙箱后的共同速度.之后,由于车速减小，物块相对车向右运动,并压缩弹簧，当A与小车速度相同时弹簧的弹性势能最大。(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解;由功能关系求热量Q与L的关系式.要分物块是否从小车上滑下两种情况研究。【详解】(1）小球C下落到沙箱时间为，则竖直方向上：代入数据解得:t=1s小球在水平方向左匀减速运动:根据速度公式有:代入数据解得：，所以小球落入沙箱瞬间的速度：，方向竖直向下小球开始下落时与小车右端的水平距离：（2）设向右为正，在小球落快速落入沙箱过程中,小车(不含物块A)和小球的系统在水平方向动量守恒，设小球球入沙箱瞬间,车与球的共同速度为，则有：可得：由于小车速度减小，随后物块A相对小车向右运动并将弹簧压缩，在此过程中，A与小车（含小球）系统动量守恒，当弹簧压缩至最短时，整个系统有一共同速度,则有：解得：根据能的转化和守恒定律，弹簧的最大势能为：代入数据解得：（3)随后弹簧向左弹开物块A,假设A运动至车的左端时恰好与车相对静止.此过程中系统动量仍然守恒，所以系统具有的速度仍为：根据功能关系有：解得小车左端与沙箱左侧的距离为：分情况讨论如下：①若时,物块A停在距离沙箱左侧处与小车一起运动,因此摩擦产生的热量为：②若时，物块A最终会从小车的左端滑下,因此摩擦产生热量为：【点睛】解决该题关键要正确分析小球的运动情况，掌握动量守恒和能量守恒列出等式求解，注意小球掉小车的过程中是小球与车水平方向的动量守恒。13。下列说法中正确的是_______．A。一定质量的理想气体的内能随着温度升高一定增大B。第一类永动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律C.当分子间距时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大,分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，所以分子力表现为引力D.大雾天气学生感觉到教室潮湿,说明教室内的相对湿度较大E。一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的【答案】ADE【解析】一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高,内能越大，A正确；第一类水动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律,而第二类永动机研制失败的原因并不是违背了能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，B错误；当分子间距时，分子间的引力和斥力都随着分子间距的增大而减小，而且斥力减小更快，所以分子力表现为引力,C错误；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数，大气中相对湿度越大,水气蒸发也就越慢,人就感受到越潮湿，故大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，D正确；一定质量的单晶体在熔化过程中温度不变,分子的平均动能不变，所吸收的热量全部用来增大分子势能，E正确．14.如图，在柱形容器中密闭有一定质量气体，一具有质量的光滑导热活塞将容器分为A、B两部分，离气缸底部高为49cm处开有一小孔，与U形水银管相连，容器顶端有一阀门K．先将阀门打开与大气相通，外界大气压等于p0＝75cmHg，室温t0＝27°C，稳定后U形管两边水银面的高度差为Δh＝25cm，此时活塞离容器底部为L＝50cm．闭合阀门，使容器内温度降至－57°C，发现U形管左管水银面比右管水银面高25cm．求：①此时活塞离容器底部高度L′;②整个柱形容器高度H．【答案】（1）此时活塞离容器底部高度L′=48cm；（2）整个柱形容器的高度H=75cm．【解析】【分析】(1）以A中气体为研究对象,找出初末状态参量利用理想气体状态方程列式求解；（2)以B中气体为研究对象，找出初末状态参量利用理想气体状态方程列式求解;【详解】（1）U形管两边水银面的高度差为△h=25cmA种气体的压强为：PA1=P0+△h=75+25cmHg=100cmHgB中为大气，设活塞产生压强为P塞，由平衡得：P0S+P塞S=PA1S解得：P塞=25cmHg闭合阀门，容器内温度降低,压强均减小且A处降低较多,活塞下移设此时表示A种