成都市棠湖中学高三下学期月月考理科综物理试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020届四川省成都市棠湖中学高三下学期3月理科综物理试题二、选择题1。如图所示,理想变压器有两个输出端,电路中五个相同的灯泡都正常发光。则三个线圈的匝数N1:N2：N3是A。1：4:2B.1：2:4C。4:1:2D。4：2:1【答案】C【解析】则灯泡规格相同，且全部正常发光知:流经每个灯泡的电流都相等设为I，每个灯泡两端电压都相等设为U，则U2=U，U3=2U；根据输入功率等于输出功率知:U1I=U2•2I+U3I，U1=4U；再根据电压与匝数成正比知N1：N2：N3=U1:U2：U3=4：1：2，故C正确，ABD错误；故选C.点睛：题副线圈中有两个,对于电压仍然可以用于匝数成正比，但是电流不再和匝数成反比,应该利用输入功率等于输出功率．2.我国是少数几个掌握飞船对接技术的国家之一．为了实现神舟飞船与天宫号空间站顺利对接，具体操作应为A。飞船与空间站在同一轨道上且沿相反方向做圆周运动接触后对接B.空间站在前、飞船在后且两者沿同一方向在同一轨道做圆周运动,在合适的位置飞船加速追上空间站后对接C.飞船在前、空间站在后且两者在同一轨道同向飞行,在合适的位置飞船减速然后与空间站对接D。空间站在高轨道、飞船在低轨道且两者同向飞行，在合适的位置飞船加速追上空间站后对接【答案】D【解析】【详解】A.飞船在轨道上高速运动,如果在同轨道上沿相反方向运动，则最终会撞击而不是成功对接，故A错误B。两者在同轨道上，飞船加速后做离心运动,则飞船的轨道抬升，不能与空间站对接，故不能采取同轨道加速对接,故B错误C。两者在同一轨道飞行时,飞船突然减速做近心运动，飞船的轨道高度要降低，故不可能与同轨道的空间站实现对接,故C错误．D。飞船在低轨道加速做离心运动，在合适的位置，飞船追上空间站实现对接,故D正确．3.如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力F与速度的平方的关系如图乙所示,图象中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是（)A.数据a与小球的质量有关B。数据b与小球的质量无关C。比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径【答案】D【解析】【详解】A。当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有：解得：解得:与物体的质量无关,A错误；B。当时，对物体受力分析，则有：解得:b=mg与小球的质量有关，B错误；C.根据AB可知：与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关,C错误；D.若F=0，由图知：，则有：解得：当时，则有：解得：D正确．4.在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球,经过2t0时间小球落回抛出点,其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率随时间的变化规律可能是A. B。C. D。【答案】A【解析】【详解】小球上升过程中，由牛顿第二定律故随速度的减小,加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；当物体下降过程中，由牛顿第二定律则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v—t线切线的斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0A。A项图与上述分析结论相符，故A正确；B。B项图与上述分析结论不相符，故B错误；C.C项图与上述分析结论不相符,故C错误;D。D项图与上述分析结论不相符，故D错误；5。如图中所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，坐标轴上OB间各点的电势分布如图乙所示，则（)A.在OB间，场强先减小后增大B.在OB间，场强方向没有发生变化C.若一个负电荷从O点运动到B点,其电势能逐渐减小D.若从O点静止释放一个仅受电场力作用的正电荷,则该电荷在OB间一直做加速运动【答案】BD【解析】【分析】电势-位置图像的斜率是电场强度，通过分析场强的大小和方向解决问题．【详解】A．图线的斜率大小的绝对值等于电场强度大小，由几何知识得，在OB间，图线的斜率大小的绝对值先增大后减小,则场强先增大后减小，A错误；B．在OB间，电势一直降低，根据沿着电场线方向电势降低可知场强方向没有发生变化，故B正确;C．由题图乙可知从O点到B点，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到B点，电场力做负功，则其电势能逐渐增大，故C错误;D．电场方向沿x轴正方向,若从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，其受到的电场力方向沿x轴正方向，正电荷将做加速运动，故D正确．【点睛】从函数的角度去理解图像的斜率物理含义，通过电势的定义判断正负电荷在不同电势处电势能的变化．6.如图所示，光滑水平面上有质量均为的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度水平向右运动,从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中（）A。A、B的动量变化量大小相等B.A、B的动量变化率相同C.A、B系统的总动能保持不变D.A、B系统的总动量保持不变【答案】AD【解析】【详解】AD．由题意可知两物体相互作用过程中系统的合外力为零，故系统的总动量守恒,则A、B动量变化量大小相等、方向相反,故A正确，D正确；B．由动量定理得:可以知道动量的变化率等于物体所受的合外力，A、B两物体所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故B错误；C．因整个过程中只有弹簧弹力做功,A、B系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化,故C错误。故选AD。7。两个相同的金属小球（可视为点电荷)，带电荷之比为1：7，相距为r,两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力的大小可能为原来的（）A B. C. D.【答案】CD【解析】【详解】据题意，如果金属球带同种电荷,带电量之比为1︰7，那么其中一个带电量为，另一个带电量为，则有:当接触之后放回原来位置，则两个金属球带电量均为，那么相互作用力为:所以有：如果金属球带异种电荷,两球接触后放回原来位置,两球各带的电荷量，则有：所以有：A.与分析不符,故A错误；B.与分析不符,故B错误;C.与分析相符,故C正确；D.与分析相符，故D正确．8.如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子,这些粒子带负电,质量为m，电荷量为q,已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用．关于这些粒子，下列说法正确的是A.速度的最大值为B。速度的最小值为C。在磁场中运动的最短时间为D。在磁场中运动的最长时间为【答案】ACD【解析】【详解】粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示:由几何知识可知：解得:AB．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:解得：，故粒子的最大速度为：最小速度：故A正确，B错误．CD．由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知,粒子转过的最大圆心角θmax=180°，最小圆心角：θmin=45°，粒子做圆周运动的周期：则粒子在磁场中运动的最短时间：最长时间：故C正确,D正确。三、非选择题9.某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码,使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、刻度尺、小车、钩码、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．①若要完成该实验，还需要的一个实验器材是___________________．②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号）．A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功,经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的________（填字母代号)．A．在接通电的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力【答案】(1）。天平(2).D(3）。CD【解析】【详解】解:①根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要天平；②实验过程中，为减少误差，提高实验精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差,即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故选项D正确，A、B、C错误；③）他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的，即试验中有存在摩擦力没有被平衡掉；还有该实验要求，只有当小车的质量远大于砝码的质量时，小车的拉力才近似等于砝码的重力，故选项C、D正确，A、B错误．10。某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率．步骤如下：①用20分度的游标卡尺测量其长度如图所示，其长度是_____mm。②用多用电表的电阻“×10”挡,按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻,表盘示数如图所示,则该电阻的阻值约为_____Ω．③为了更精确地测量其电阻,现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程0~3mA，内阻约50Ω）；电流表A2（量程0～15mA，内阻约30Ω）；电压表V（量程0～3V，内阻约10KΩ)；滑动变阻器R1，（阻值范围0～15Ω)；滑动变阻器R2，（阻值范围0～2KΩ;)直流电源E（电动势4V，内阻不计）；开关S，导线若干使实验误差较小,要求测得多组数据进行分析，电流表应选____,滑动变阻器应选____(选填代号)④请在图中补充连线并完成实验．（）【答案】(1)。100。45（2).2.2×102（3)。A2（4).R1(5）.【解析】【详解】解：①游标卡尺的固定刻度读数为100mm，游标尺上第9个刻度与主尺对齐，读数为，所以最终读数为：；②用欧姆表测电阻的读数方法为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确,所以该电阻的阻值约为；③由电动势和电阻的阻值知电流最大为，所以用电流表，滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用滑动变阻器;④本实验中，因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示11。如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距，左端接有阻值的电阻，一质量，电阻的金属棒MN放置在导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度，棒在水平向右的外力作用下,由静止开始以的加速度做匀加速运动，当棒的位移时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来。导轨足够长且电阻不计,棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻的电荷量；(2)金属棒MN做匀加速直线运动所需外力随时间变化的表达式；【答案】（1）2.25C；（2）。【解析】【详解】(1)棒在匀加速运动中，由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得则通过电阻R的电荷量为联立各式,代入数据得;（2）由法拉第电磁感应定律得对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得由闭合电路欧姆定律得由安培力公式和牛顿第二定律得联立各式得答:（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻的电荷量；（2)金属棒MN做匀加速直线运动所需外力随时间变化的表达式；12.如图所示，木板A长L=6m，质量为M=8kg，在水平面上向右做直线运动．某时刻木板A速度v0=6m／s，在此时刻对木板A施加一个方向水平向左的恒力F=32N，与此同时,将一个质量m=2kg的小物块B轻放在木板A上的P点（小物块可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），P点到木板A右端距离为lm，木板A与地面间的动摩擦因数为0.16,其他摩擦均不计．取g=10m/s2．求：(1)小物块B从轻放到木板A上开始，经多长时间两者同速?(2）小物块B从轻放到木板A上开始至离开木板A的过程,恒力F对木板A所做的功及小物块B离开木板A时木板A的速度?【答案】（1)1s（2)4m/s【解析】【详解】（1）由于小物块B与木板A间无摩擦则小物块B离开木板A前始终对地静止，木板A在恒力和摩擦力共同作用下先向右匀减速后向左匀加速,当木板A向右速度减为零时两者同速，设此过程用时t1，研究木板A向右匀减速过程，对木板A应用牛顿第二定律:解得：a1=6m/s2木板A向右匀减速时间：s木板A向右匀减速位移则小物块B还在木板A上此时两者同速(2)木板A向左匀加速位移时小物块B离开小物块B从轻放到木板A上开始至离开木板A过程，恒力F对木板A所做的功：研究木板A向左匀加速过程，对木板A应用牛顿第二定律:解得：a2=2m/s2此时木板A速度：13。下列说法正确的是（）A。只有在发生共振的时候，受迫振动的频率才等于驱动力的频率B。机械波的频率由波源决定,与介质无关C.声波能发生多普勒效应,其它类型的