湖南省师范大学附属中学2020届高三物理上学期月考试题（五）（含解析）

湖南省师范大学附属中学2020届高三物理上学期月考试题（五）（含解析）

湖南省师范大学附属中学2020届高三物理上学期月考试题（五）（含解析） ‎ 一、选择题 ‎1.港珠澳大桥(Hong Kong－Zhuhai－Macao Bridge)是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程。2020年2月6日，港珠澳大桥主体完成验收，于同年9月28日起进行粤港澳三地联合试运。 大桥设计使用寿命120年，可抵御8级地震、16级台风、30万吨撞击以及珠江口300年一遇的洪潮。假设一艘质量为m的轮船由于失控，以速度v撞向大桥(大桥无损)，最后没有反弹而停下来，事故勘察测量轮船发现迎面相撞处凹下去d的深度，那么可以估算出船对桥的平均撞击力F，关于F的表达式正确的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. mv ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理进行解答。‎ ‎【详解】根据动能定理可得，解得，故选A.‎ ‎2.某人发明了一个让飞机在航母上短距离起飞的装置，原理如图所示，ac和bd是相距为L的两根光滑的金属导轨，MN是相当于飞机的金属杆(质量为m，电阻为R)，匀强磁场方向如图，磁感应强度为B，a和b端接恒流源的正负两极(恒流源输出的电流恒为I)，MN杆将从dc端水平飞出。那么以下说法正确的是( )‎ A. a接电源的正极，b接电源的负极 B. 不考虑电流的磁场，MN杆将做加速度逐渐减小的加速运动，最大加速度为a＝‎ C. 不考虑电流的磁场，MN杆将做匀加速运动，加速度为a＝‎ D. 恒流源的输出电压不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则判断电流方向，从而判断电源的正负极；根据牛顿第二定律确定导体棒的运动情况；由于电流恒定，但MN会产生感应电动势，所以恒流源的输出电压会增大.‎ ‎【详解】根据左手定则，MN受力向左，则电流应该从N流向M，即a接电源的负极，b接电源的正极，所以A错；由于电流恒定为I，所以安培力恒为F＝BLI，所以，MN杆将做匀加速运动，加速度为a＝，C正确，B错误；由于电流恒定，但MN会产生感应电动势，所以恒流源的输出电压会增大，故D错误，故选C。‎ ‎3.如图所示，固定的斜面放在竖直向下的匀强电场中，一个带正电的小物体从斜面顶端由静止开始滑到底端，在下滑过程中，下列图象最正确的是(t为下滑时间，x为下滑的位移，Ek为物体动能，Ej物体机械能，ED物体的电势能，Q摩擦产生的热量，取斜面底端重力势能为零)( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据每一个图象的横纵坐标的物理含义，分别推导其表达式，根据表达式逐项分析图象形状即可．‎ ‎【详解】Ek＝mv2＝(mg＋F)(sin θ－ucos θ)x，则与x成正比，而x＝at2，所以与时间t是二次函数关系，所以C错；Q＝μ(mg＋F)xcos θ，所以D错；设开始时小物体的机械能为E0，则Ej＝E0＋qExsin θ－μ(mg＋qE)·xcos θ，与x是线性关系，但无法确定是增大还是减小，所以A错；ED＝ED0－qExsin θ，所以B对；故选B。‎ ‎【点睛】本题考查功能关系的综合运用，功是能量转化的量度，其中：合外力做功为动能变化的原因，重力做功为重力势能变化的原因，其他外力做功为机械能的变化的原因；解题关键是要选择合适的规律推导横纵坐标满足的表达式．‎ ‎4.有一空间探测器对一球状行星进行探测，发现该行星上无生命存在，在其表面上，却覆盖着一层厚厚的冻结的二氧化碳(干冰)。有人建议利用化学方法把二氧化碳分解为碳和氧气而在行星上面产生大气，由于行星对大气的引力作用，行星的表面就存在一定的大气压强。如果一秒钟可分解得到质量为m的氧气，要使行星表面附近得到的压强至少为p，那么请你估算一下，至少需要多长的时间才能完成，已知行星表面的温度较低，在此情况下，二氧化碳的蒸发可不计，探测器靠近行星表面运行的周期为T，行星的半径为r，大气层的厚度与行星的半径相比很小。下列估算表达式正确的是( )‎ A. t＝‎ B. t＝‎ C. t＝‎ D. t＝‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可近似认为大气压是由大气重量产生的，根据大气的质量和地球的表面积求解大气压强；根据由万有引力定律及牛顿第二定律表示地球表面的重力加速度；最后可求解时间.‎ ‎【详解】可近似认为大气压是由大气重量产生的，设大气的质量为m0，则p＝。设探测器的质量为m，行星质量为M，由万有引力定律及牛顿第二定律得：G＝mg，即g＝‎ ‎，即GM＝r3，解上述三式得：m0＝；依题意，1秒钟可得到m的氧气，故分解出m0的氧气所需的时间为：t＝，故选B。‎ ‎5.如图所示，固定的光滑半圆形轨道(半径为R)的上部足够大的空间存在着电场强度为E的匀强电场，方向竖直向下，一个带电荷量为＋q的小球(质量为m且qE＝mg，g为重力加速度)从距右端P高为R处从静止开始下落，不计空气阻力，恰好从P切入圆形轨道，若小球每通过一次半圆形轨道，小球的带电荷量变为原来的k倍(02φ C. φ<φa<2φ且φa＝φb D. 从a端射入一个电子沿细管ab运动，电子在a点的速度等于电子在b点的速度 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对称性分析ab两点的电势关系；将AB分成左右两部分，根据电势叠加原理分析a点电势；电子在管中运动时，电势能和动能之和守恒；‎ ‎【详解】由对称性可知φa＝φb；因AB在c点的电势为2φ，则对AB的左半部分，在c点产生的电势为φ，在a点产生的电势也为φ；AB的右半部分在a点产生的电势大于零小于φ，则根据电势叠加可知φ<φa<2φ，选项AB错误，C正确；因φa＝φb可知，电子在ab两点的电势能相同，则从a端射入一个电子沿细管ab运动，电子在a点的速度等于电子在b点的速度，选项D正确；故选CD.‎ ‎8.如图所示，cdef导体框固定在水平面上，竖直向下的匀强磁场磁感应强度为B，de端接有一个电阻R，其他电阻不计，一根质量不计也无电阻的轻杆ab横放在导体框上，长为L，今在水平向右的拉力F作用下向右以加速度a匀加速运动了x0(初始速度为零)的过程中，那么以下说法正确的是( )‎ A. 拉力F大小与运动时间t成正比 B. 电阻的发热功率P与ab杆运动的位移x成正比 C. 电阻的发热量Q与ab杆运动的位移x成正比 D. 通过电阻的电荷量q与ab杆运动的位移x成正比 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 质量不计的杆所受的拉力等于安培力，根据公式找到要讨论的物理量之间的关系即可判断.‎ ‎【详解】因为杆没有质量，所以安培力必然等于拉力F，所以F＝BLI＝＝t，因此A正确；P＝I2R＝()2R＝x，所以B正确；同理Q＝t3＝x，因为v在增大，所以C错。根据结论q＝可得q＝，D正确；故选ABD。‎ 二、实验题 ‎9.某同学为了研究力与加速度的关系，设计以下实验。如图所示，A是质量为M的盒子，放在水平面上，通过细线绕过光滑轻滑轮与小桶B(质量为m0)相连，在A中装满了质量为M的沙子，然后不断地从A中往桶B里搬沙子，当共搬了某质量(记为m)的沙子放到桶B中时，轻推盒子A，发现A和B恰好可以一起匀速运动，然后该同学：‎ 从A中拿出质量为m1的沙子放入B中，将A从某固定位置释放，测出A滑到滑轮处的时间t1；然后从A中再拿出质量为m1的沙子放入B中，将A从同一位置释放，测出A滑到滑轮处的时间t2，如此往复，一共测量了5次，然后以AB及其中所有的沙子为研究对象进行研究。‎ ‎(1)为保证实验的完成和准确，以下说法正确的是_______。‎ A．必须有的仪器设备有天平、刻度尺(测量释放盒子A时盒子到滑轮的距离L)和秒表(释放盒子A后盒子从释放到到达滑轮处的时间t)‎ B．必须保证桶B及其中的沙子的质量远小于A及其中沙子的质量 C．细线必须保证与水平面平行 D．必须保证水平面足够光滑 ‎(2)最后该同学处理数据时，得到a－mx图象是一条直线(mx＝nm1，其中n＝1，2，3，4，5)，其斜率为k，测得当地的重力加速度为g，则匀速运动时桶B中的沙子的质量m＝________。‎ ‎【答案】 (1). AC； (2). ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据实验的原理及实验步骤分析各个选项；（2）由牛顿第二定律列出整体的方程，结合图像的物理意义求解m.‎ ‎【详解】（1）必须有的仪器设备有天平（测量沙子及AB的质量）、刻度尺（测量释放盒子A时盒子到滑轮的距离L）和秒表（释放盒子A后盒子从释放到到达滑轮处的时间t），选项A正确；因为对整体进行研究，则不需要保证桶B及其中的沙子的质量远小于A及其中沙子的质量，选项B错误；细线必须保证与水平面平行，选项C正确；因要平衡摩擦力，则没必要必须保证水平面足够光滑，选项D错误；故选AC.‎ ‎（2）设盒子A与水平面之间的动摩擦因数为μ，加速运动时有 ‎(m0＋m＋mx)g－μ(2M－m－mx)g＝(2M＋m0)a，‎ ‎，‎ 由图象，匀速运动时有(m0＋m)g＝μ(2M－m)g，‎ 所以得：m＝2M－。‎ ‎10.如图所示，要测量一个元件X的电阻，首先用多用电表的欧姆挡去测量，当使用“×10”倍率挡时的情况如图所示，那么测量该元件时的读数为____Ω。‎ 为了比较精确测量X元件的伏安特性曲线，现备有如下仪器：‎ A．电源(电压6 V，内阻1 Ω左右)‎ B．电压表(量程0～5 V，内阻1 kΩ左右)‎ C．电压表(量程0～30 V，内阻2 kΩ左右)‎ D．电流表G(量程0～0.5 mA，内阻Rg＝600 Ω)‎ E．电流表A(量程0～3 A，内阻1 Ω左右)‎ F．电阻箱R(0～9 999 Ω)‎ G．滑动变阻器(0～30 Ω，最大电流2 A)‎ H．滑动变阻器(0～10 Ω，最大电流0.5 A)‎ 导线、开关若干 ‎(1)除导线、开关若干外，请选择需要的仪器设备____ (填写仪器前面的符号)；‎ ‎(2)在列方框中画出原理图(如果用到电阻箱，请标明它的阻值大小，元件X用“”)；‎ ‎___________‎ ‎(3)如果电流表的读数为I，电压表的读数为U(如果用到电阻箱，它的值用R表示)，那么被测元件X的阻值的准确值为__________(只写表达式)。‎ ‎【答案】 (1). 100 ； (2). ABDFG； (3). (4). ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据表盘读数，乘以倍率为电阻阻值；根据实验的原理选择合适的实验仪器，设计电路图；根据电路的结构以及欧姆定律求解待测电阻的表达式。‎ ‎【详解】由欧姆表的表盘可知，测量该元件时的读数为：10×10Ω=100Ω。‎ ‎（1）需要的仪器设备有：A.电源(电压6 V，内阻1‎ ‎ Ω左右)；B．电压表(量程0～5 V，内阻1 kΩ左右)；电流表E量程过大，故可以已知内阻的电流计D和电阻箱F并联组成电流表；滑动变阻器接成分压电路，故选G；（H最大电流偏小），故选ABDFG；‎ ‎（2）电路图如图；‎ ‎（3）根据欧姆定律可得： ，解得： .‎ 三、计算题 ‎11.如图所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝2.0 kg，长度l＝0.5 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2 m。质量m＝1.0 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放。重力加速度g 取10 m/s2。‎ ‎(1)求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；‎ ‎(2)若将平板车锁定并且在上表面铺上一种特殊材料，其与物块之间的动摩擦因数μ从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速度。‎ ‎【答案】（1）30N（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据机械能守恒求解物块到达B点的速度，根据牛顿第二定律求解物块对B 点的压力；（2）根据平均阻力的值求解摩擦力的功，根据动能定理求解物块滑离平板车时的速度。‎ ‎【详解】（1）物块从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则 mgR＝，‎ 得vB＝3 m/s 在B点由牛顿第二定律的N－mg＝m ，‎ 计算得出N＝mg＋m＝30 N 即N′＝N＝30 N，方向竖直向下 ‎（2）物块在小车上滑行的摩擦力做功，Wf＝－l＝－2 J 从物块开始运动到滑离平板车过程之中，由动能定理得 mgR＋Wf＝mv2‎ 计算得出v＝m/s ‎【点睛】此题关键是分清物块运动的物理过程；根据机械能守恒定律，牛顿第二定律以及动能定理求解；注意因动摩擦力随距离均匀变化，则求解摩擦力功时可以取平均摩擦力.‎ ‎12.如图所示，一个边长为L＝0.8 m(ab＝bc＝L)，高为h＝0.8 m的光滑实心立方体固定在水平面上(其中靠外面的cd边所在竖直面足够长，称为“A面”)，上表面处有垂直cd边的匀强电场，方向如图，电场强度为E＝4 N/C，在立方体前方外有竖直向上的匀强磁场。今在a点以不同的速度v0沿ab边射入质量为m、电荷量为q＝的带正电的小球。试求：(本题可能用到的数据：g＝10 m/s2，π＝3.14，tan α分别等于2、3、4、5时，对应的α的弧度值分别为1.11、1.25、1.33、1.37。如果有碰撞皆为弹性碰撞，但与地面的碰撞是完全非弹性的，最终结果保留两位小数)‎ ‎(1)如果射入的小球都能从cd边射出，求出速度v0的范围？‎ ‎(2)满足条件(1)时，如果小球都能直接落在A面之前的水平面上，那么磁感应强度B应满足什么条件？‎ ‎(3)如果某个小球恰好从dc边中点射出电场，落地点恰好在dc边的正下方的边线上，那么磁感应强度B多大？落地点与射出点的水平距离多大？‎ ‎【答案】（1） （2）3.14T（3）3.62n(T);0.88m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据平抛运动的规律求解速度v0的范围；（2）根据圆周运动以及自由落体运动的规律求解磁感应强度B应满足的条件；（3）根据圆周运动的规律，结合几何关系求解磁感应强度B以及落地点与射出点的水平距离.‎ ‎【详解】(1)L＝v0mt，L＝gt2‎ 所以最大速度为则：v0m＝，0≤v0≤‎ ‎0≤v0≤2.00 m/s ‎(2)如果直接从d点飞出对应的圆心角最小α＝π，做圆运动的最短时间为tmin＝‎ 那么在tmin时间内小球必须着地，自由落体的时间t＝‎ 又t≤tmin，则B≤＝3.14 T ‎(3)tan α＝＝4＝ (α＝1.33)，v0＝ ‎ 下落过程中，可能与A面发生碰撞，碰撞后不影响竖直方向的运动，但对水平面的运动有影响，如图是水平面内的运动情况图。从M点射出，运动了圆心角为2π－2α角后在N点相碰，然后又运动了圆心角为2π－2α角后再次与A面相碰，因此可能运动了n个这样的圆弧恰好落地，因此小球在磁场中运动的时间为：‎ t＝‎ 其中n＝1，2，3……‎ 竖直下落的时间为t′＝‎ 所以t＝t′，则有：‎ 则：B＝＝3.62n(T)(n＝1，2，3……)‎ 射出的速度为v，半径为R＝，圆心角为2π－2α，所以MN＝2Rsin α MN＝，vsin α＝vy＝gt″＝g＝‎ 所以 距射出点的水平距离为x＝MN·n＝m＝0.88 m ‎13.有关对热学的基础知识理解正确的是____。‎ A. 液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部 B. 低温的物体可以自发把热量传递给高温的物体，最终两物体可达到热平衡状态 C. 当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器中的水的压强为零 D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢 E. 在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理 ‎【答案】CDE ‎【解析】‎ ‎【详解】表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部，故A错误；高温的物体可以自发把热量传递给低温的物体，最终两物体可达到热平衡状态，选项B错误；液体压强是由液体重量产生的；当装满水的某一密闭容器自由下落时，水处于完全失重状态，则容器中的水的压强为零，选项C正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故D正确；在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜是呈单分子分布的；把油酸分子看成球形；分子之间没有空隙，紧密排列，故E正确；故选CDE。‎ ‎【点睛】考查表面引力的方向，掌握热传递的方向，同时理解液体压强产生的原由，注意处于饱和汽压时，蒸发没有停止；最后考查了油膜法测分子大小的实验，注意实验模型的正确建立。‎ ‎14.如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA＝40 cm，右管内气体柱长为lB＝39 cm。先将开口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，求：‎ ‎①A端上方气柱长度；‎ ‎②稳定后右管内的气体压强。‎ ‎【答案】①38cm；②78cmHg ‎【解析】‎ 试题分析：①稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm，则A管内气体的压强为PA1=(76+4) cmHg 由公式：P0VA0=PA1VA1，‎ 代入数据得：LA1=38cm ‎②设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为lB-h，气体的压强为；‎ 由玻意尔定律得：‎ 解得：h=1cm 所以右管内气体压强为 考点：气体的状态方程.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎15.北京时间2020年4月20日8时02分四川省雅安市芦山县(北纬30.3°，东经103.0°)发生7.0级地震受灾人口152万，受灾面积12 500平方公里。一方有难八方支援，全国人民与雅安人民永远站在一起。地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4 km/s和9 km/s。一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成，如图所示。地震中，假定震源在地震仪下方，观察到两振子相差5 s开始振动，则不正确的是___。‎ A. P先开始振动，震源距地震仪约36 km B. P先开始振动，震源距地震仪约25 km C. H先开始振动，震源距地震仪约36 km D. H先开始振动，震源距地震仪约25 km ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 纵波的速度快，纵波先到．根据求出震源距地震仪的距离．‎ ‎【详解】纵波的速度快，纵波先到，所以P先开始振动，根据，解得x=36km。故A正确，BCD错误。此题选择不正确的选项，故选BCD。‎ ‎16.如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角θ=30°，P为垂直于直线BCD的光屏，现一宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，在屏P上形成一条宽度等于的光带，求棱镜的折射率。‎ ‎【答案】n=．‎ ‎【解析】‎ 这是中关于折射率的计算题，平行光束经棱镜折射后的出射光束 仍是平行光束，如下图所示．图中θ1、‎ θ2为AC面上入射角和折射角，根据折 射定律，有nsinθ1=sinθ2，‎ 设出射光线与水平方向成角，则 θ2=θ1＋‎ 由于==‎ 所以=‎ 而==tanθ 所以tan==‎ 可得=30°，θ2=60°，所以n==．‎