長沙市第一中學2020屆高三物理月考試題七含解析

湖南省長沙市第一中學2020屆高三物理月考試題七含解析湖南省長沙市第一中學2020屆高三物理月考試題七含解析PAGE25-湖南省長沙市第一中學2020屆高三物理月考試題七含解析湖南省長沙市第一中學2020屆高三物理月考試題（七）（含解析）二、選擇題1。中微子失蹤之謎是一直困擾著科學家的問題，原來中微子在離開太陽向地球運動的過程中，發(fā)生“中微子振蕩”轉化為一個μ子和一個τ子?？茖W家通過對中微子觀察和理論分析，終于弄清了中微子失蹤之謎，成為“2001年世界十大科技突破”之一.若中微子在運動中只轉化為一個μ子和一個τ子,并已知μ子的運動方向與中微子原來的方向一致，則τ子的運動方向（）A。一定與中微子方向一致 B。一定與中微子方向相反C.可能與中微子方向不在同一直線上 D。只能與中微子方向在同一直線上【答案】D【解析】【詳解】中微子轉化為一個μ子和一個τ子過程中動量守恒，已知μ子的運動方向與中微子原來的方向一致，只能得出τ子的運動方向與中微子方向在同一直線上，可能與中微子同向也可能反向.A．一定與中微子方向一致與分析不符，故A錯誤；B．一定與中微子方向相反與分析不符，故B錯誤；C．可能與中微子方向不在同一直線上與分析不符，故C錯誤;D．只能與中微子方向在同一直線上與分析不符,故D正確.故選：D。2.a、b兩個物體在同一時間、從同一地點開始，沿同一條直線運動，v—t圖象如圖所示，a、b兩物體運動圖線均為正弦（余弦）曲線的一部分。在0～6s時間內，關于兩物體的運動，下列說法正確的是（）A.b物體的加速度先增加后減小B。a物體的位移大于b物體的位移C.2s末a物體的加速度大于b物體的加速度D。3s末a、b兩物體之間的距離最大【答案】C【解析】【詳解】A．b的斜率先減小后增大，固b的加速度先減小后增大；A錯誤.B．由圖可知曲線a在0~6秒內與時間軸所圍上下面積之和小于曲線b與時間軸所圍上下面積之和,固曲線a位移小于曲線b位移；B錯誤。C．2s末曲線a的斜率大于曲線b的斜率，故兩秒末曲線a的加速度大于曲線b的加速度；C正確。D．6s末曲線ab所圍面積之差最大，故6s末ab兩物體之間距離最大；D錯誤。故選C.【點睛】v-t圖像基本知識點。如斜率代表加速度,斜率的絕對值代表加速度大小，斜率的正負代表加速度方向，與時間軸所圍面積代表位移。3.如圖所示，b球在水平面內做半徑為R的勻速圓周運動,BC為圓周運動的直徑，豎直平臺與b球運動軌跡相切于B點且高度為R。當b球運動到切點B時，將a球從切點正上方的A點水平拋出，重力加速度大小為g,從a球水平拋出開始計時，為使b球在運動一周的時間內與a球相遇（a球與水平面接觸后不反彈）,則下列說法正確的是(）A.a球在C點與b球相遇時，a球的運動時間最短B.a球在C點與b球相遇時，a球的初始速度最小C。若a球在C點與b球相遇，則a球拋出時的速率為D。若a球在C點與b球相遇,則b球做勻速圓周運動的周期為【答案】C【解析】【詳解】A．平拋時間只取決于豎直高度，高度R不變，時間均為；故A錯誤。BC．平拋的初速度為時間相等，在C點相遇時，水平位移最大則初始速度最大為：故B錯誤，C正確.D．在C點相遇時,b球運動半個周期,故b球做勻速圓周運動的周期為故D錯誤。故選C。4。靜電計是在驗電器的基礎上制成的,用其指針張角的大小來定性顯示金屬球與外殼之間的電勢差大小,如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬極板，G為靜電計.開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度增大，下列采取的措施可行的是(）A.保持開關S閉合，將A、B兩極板靠近B.斷開開關S后，減小A、B兩極板的正對面積C。斷開開關S后，將A、B兩極板靠近D.保持開關S閉合，將變阻器滑片向右移動【答案】B【解析】【詳解】A．保持開關閉合，電容器兩端的電勢差不變，與極板間距無關，則指針張角不變，故A錯誤;B．斷開電鍵，電容器帶電量不變，減小A、B兩極板的正對面積，即S減小，根據知，電容減小，根據知，電勢差增大，指針張角增大，故B正確;C．斷開電鍵，電容器帶電量不變,將A、B兩極板靠近，即d減小，根據知，電容增大，根據知，電勢差減小，指針張角減小，故C錯誤；D．保持開關閉合，電容器兩端的電勢差不變，變阻器僅僅充當導線功能，滑動觸頭滑動不會影響指針張角，故D錯誤。故選：B.5。如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦,棒與導軌的電阻均不計,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內，力F做的功與安培力做的功的代數和等于A。棒的機械能增加量 B.棒的動能增加量 C。棒的重力勢能增加量 D。電阻R上放出的熱量【答案】A【解析】【分析】棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內，F做正功，安培力做負功，重力做負功，動能增大．根據動能定理分析力F做的功與安培力做的功的代數和．【詳解】A．棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用．由動能定理:WF+WG+W安=△EK得WF+W安=△EK+mgh即力F做的功與安培力做功的代數和等于機械能的增加量．故A正確．B．由動能定理，動能增量等于合力的功．合力的功等于力F做的功、安培力的功與重力的功代數和．故B錯誤．C．棒克服重力做功等于棒的重力勢能增加量．故C錯誤．D．棒克服安培力做功等于電阻R上放出的熱量．故D錯誤【點睛】本題運用功能關系分析實際問題．對于動能定理理解要到位：合力對物體做功等于物體動能的增量，哪些力對物體做功，分析時不能遺漏．6.2019年11月5日01時43分,我國在西昌衛(wèi)展發(fā)射中心用長征三號乙運載火箭，成功發(fā)射了第49顆北斗導航衛(wèi)星。該衛(wèi)星屬傾斜地球同步軌道衛(wèi)星，標志著北斗三號系統(tǒng)3顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星全部發(fā)射完畢。傾斜地球同步軌道衛(wèi)星是運轉軌道面與地球赤道面有夾角的軌道衛(wèi)星,它的運行周期與“同步衛(wèi)星”相同(T＝24h），運動軌跡如圖所示.關于該北斗導航衛(wèi)星說法正確的是（）A。該衛(wèi)星與地球上某一位置始終相對靜止B.該衛(wèi)星的高度與“同步衛(wèi)星”的高度相等C。該衛(wèi)星運行速度大于第一宇宙速度D。該衛(wèi)星在一個周期內有2次經過赤道上同一位置【答案】BD【解析】【詳解】A．同步衛(wèi)星相對于地球靜止,必須為地球赤道面上的同步衛(wèi)星，因為此衛(wèi)星為傾斜軌道,因此不能與地球保持相對靜止；A錯誤；B．由公式可得，因為兩個衛(wèi)星的周期是一樣的，其他常量都相同，所以高度相同；B正確.C．地球的第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度,該衛(wèi)星比近地衛(wèi)星軌道半徑大，所以速度小于第一宇宙速度;C錯誤D．此衛(wèi)星的軌道為傾斜軌道,因此當衛(wèi)星轉一周時，兩次通過赤道；D正確。故選BD.7。如圖所示，在水平面上固定一個半圓弧軌道，軌道是光滑的,O點為半圓弧的圓心，一根輕繩跨過半圓弧的A點（O、A等高,不計A處摩擦)，輕繩一端系在豎直桿上的B點，另一端連接一個小球P.現將另一個小球Q用光滑輕質掛鉤掛在輕繩上的AB之間，已知整個裝置處于靜止狀態(tài)時，α＝30°，β＝45°則()A。將繩的B端向上緩慢移動一小段距離時繩的張力不變B。將繩的B端向上緩慢移動一小段距離時半圓弧中的小球P位置下移C。靜止時剪斷A處輕繩瞬間,小球P的加速度為gD.小球P與小球Q的質量之比為【答案】ACD【解析】【詳解】A．繩子B端向上移動一小段距離,根據受力分析可知P球沒有發(fā)生位移,因此AQP變成了晾衣架問題,繩長不會變化，A到右邊板的距離不變，因此角度不會發(fā)生變化，即繩子的張力也不會變化；選項A正確.B．如果P向下移動一段距離，繩子AP拉力變小，繩長AP變長,而AB之間的繩子長度變短，則角度變大,繩子AB之間的張力變大,AP的張力也變大，產生矛盾；B錯誤.C．剪斷A處細繩，拉力突變?yōu)榱?，小球P只受重力的分力，所以加速度為；C正確。D．根據受力分析，分別對兩個小球做受力分析，因為是活結所以繩子的張力都是相同,則，又由于.由兩式可得；故D正確。故選ACD。8.如圖所示，一質量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計重力），自A點以初速度v0射入半徑為R的圓形勻強磁場，磁場方向垂直于紙面，速度方向平行于CD，CD為圓的一條直徑，粒子恰好從D點飛出磁場，A點到CD的距離為。則()A.磁感應強度為 B.磁感應強度為C.粒子在磁場中的飛行時間為 D.粒子在磁場中的飛行時間為【答案】AC【解析】【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出運動軌跡,如圖所示：AB．A點到CD的距離，則：∠OAQ=60°，∠OAD=∠ODA=15°，∠DAQ=75°則∠AQD=30°,∠AQO=15°粒子的軌道半徑：粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得：解得：故A正確B錯誤；CD．粒子在磁場中轉過的圓心角:α=∠AQD=30°粒子在磁場中做圓周運動的周期為:粒子在磁場中的運動時間為:故C正確D錯誤。故選：AC。三、非選擇題9。某同學在“探究功與速度變化之間的關系"的實驗中，同時測出實驗中橡皮繩的勁度系數。所用實驗裝置如圖所示，已知小球質量為m。具體實驗步驟如下：(1）將小球放在木板上，木板左端抬高一個小角度，以平衡摩擦力。（2）將原長為OM的橡皮繩一端固定在木板右端的O點，另一端通過力傳感器連接小球，將小球拉至P點（M點左側）,測得OM的距離為ll,OP的距離為l2，力傳感器示數為F，則橡皮繩的勁度系數為______(用F、l1、l2表示）.（3)將小球從P點由靜止釋放,在M點右側放置一速度傳感器，可測出傳感器所在位置的速度v。將小球連上2根、3根…橡皮繩,重復操作過程，測出多組速度數值，如下表所示。橡皮繩1根2根3根4根5根6根做功W2W3W4W5W6W速度1011.411。732.002.242.45速度平方1021.992。994。005.026.00在坐標系中描點、連線,作出W—v2圖像。（)（4)由圖像可知，橡皮繩做功與小球獲得的速度的關系為_______________.【答案】（1).(2).（3）.橡皮筋做功與小球獲得的速度平方成正比或W∝v2【解析】【詳解】(2）[1］根據胡克定律有：F=k（l2—l1)求得橡皮繩的勁度系數為:（3)[2］做出W—v2圖象，如圖所示：(4)［3]由圖象可知，W—v2圖象為過原點的一條直線,所以橡皮繩做功與小球獲得的速度的關系為：橡皮繩做功與小球獲得的速度平方成正比。10.幾位同學對一個阻值大約為600?的未知電阻進行測量，要求較精確地測量電阻的阻值。有下列器材供選用：A。待測電阻RxB.電壓表V（量程6V，內阻約3k?)C.電流表A1(量程20mA,內阻約5?)D。電流表A2（量程10mA，內阻約10?）E?；瑒幼冏杵鱎1（0～20?，額定電流2A)F.滑動變阻器R2（0～2000?，額定電流0。5A）G。直流電源E（6V,內阻約1?）H多用表I。開關、導線若干（1）甲同學用多用表直接測量待測電阻的阻值如圖甲所示。若選用歐姆表“×100”檔位,則多用表的讀數為_____?（2）乙同學根據以上器材設計成用伏安法測量電阻的電路，電路圖如圖乙所示,則電流表應選擇____(選填“A1”或“A2”），滑動變阻器應選擇____(選填“R1"或“R2")。（3）丙同學經過反復思考，利用所給器材設計出了如圖丙所示的測量電路，具體操作如下:①按圖丙連接好實驗電路，調節(jié)滑動變阻器R1、R2的滑片至適當位置;②開關S2處于斷開狀態(tài)，閉合開關S。調節(jié)滑動變阻器R1、R2的滑片，使電流表A2的示數恰好為電流表A1的示數的一半，讀出此時電壓表V的示數U1和電流表A的示數I1。③保持開關S1閉合,再閉合開關S2,保持滑動變阻器R2的滑片位置不變，讀出此時電壓表V的示數U2和電流表A2的示數I2?？蓽y得待測電阻的阻值為_____，同時可測出電流表A1的內阻為___（用U1、U2、I1、I2表示)。（4）比較乙、丙兩位同學測量電阻Rx的方法，你認為哪個同學的方法更有利于減小系統(tǒng)誤差？____（選填“乙”或“丙”)同學?！敬鸢浮浚?)。600(2).A2（3).R1（4）。（5)。（6）.丙【解析】【詳解】(1）［1］選用歐姆表“×100”檔位,指針讀數為6.0，故多用電表讀數為600.(2）[2]［3]電壓表量程為6V，阻值約為600，電流表量程約即可,故電流表選擇A2；乙圖中滑動變阻器采用分壓式接法，滑動變阻器選擇總阻值較小的R1。（3)［4］[5]設電流表A1,內阻r1，根據操作步驟②可得:根據操作步驟③可得:聯(lián)立方程可得：(4）[6]乙同學的設計方法中，實際測得的阻值為Rx與電流表內阻的串聯(lián)阻值，測量值偏大,而且電流表內阻未知，相比而言，丙同學的方法更有利于減小系統(tǒng)誤差.11.細管AB內壁光滑、厚度不計，加工成如圖所示形狀。長L＝0。5m的BD段豎直，其B端與半徑R＝0.3m的光滑圓弧軌道平滑連接，P點為圓弧軌道的最高點。CD段是半徑R＝0。3m的四分之一圓弧,AC段在水平面上。管中有兩個可視為質點的小球a、b，質量分別為ma＝6kg、mb＝2kg.最初b球靜止在管內AC段某一位置，a球以速度v0水平向右運動，與b球發(fā)生彈性碰撞.重力加速度g取10m/s2。（1）若v0＝4m/s，求碰后a、b兩球的速度大小:（2）若a球恰好能運動到B點,求v0的大小，并通過分析判斷此情況下b球能否通過P點?！敬鸢浮?1）2m/s，6m/s(2）8m/s,能。【解析】【詳解】（1)由于a、b的碰撞是彈性碰撞，碰撞過程中動量守恒mav0=mava+mbvb同時，碰撞過程中機械能也守恒由以上兩式可解得（2)在a碰撞以后的運動過程中，a小球機械能守恒.若a恰好運動到B點，即到達B點時速度為0解得:v1=4m/s由（1)問中計算可知解得:v0=8m/s同理也可求出b球碰撞以后的速度假設b球能上到P點，上升過程中機械能守恒解得若恰好能運動到P點解得：可得v3〉vP因此，b球能夠通過P點。12.如圖所示，直線MN與水平線夾角為60°，其右側有一垂直紙面向外的范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度為B;直線PQ垂直ＭＮ，且PQ與ＭＮ包圍的空間有一勻強電場，電場方向平行于PQ．有一質量為m電量為+q的帶電粒子在紙面內以v0的水平初速度從A點飛入磁場，粒子進入磁場t0（t0未知）時間后立即撤除磁場，此時粒子未到達MN，之后粒子垂直MQ邊界從C點（圖中未畫出)飛入電場；隨后粒子再次通過C點．粒子在以上整個過程中所用總時間恰為此帶電粒子在磁場中運動一周所需時間，粒子所受重力不計．試求：(1）粒子在磁場中運動的時間t0(2）勻強電場場強E的大?。敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】(1）帶電粒子在磁場中做圓周運動，軌跡如圖所示:根據牛頓第二定律：周期為：粒子運動時間為:(2）帶電粒子磁場中做圓周運動有：解得：D到C是勻速運動：可得運動時間為：帶電粒子在電場中運動時間：帶電粒子在電場中運動的加速度：速度為：可得:13。下列說法不正確的是_____。A.豎直玻璃管里的水銀面不是平面,而是“上凸"的，這是因為水銀對玻璃管不浸潤的結果B.相對濕度是空氣里水蒸氣的壓強與大氣壓強的比值C。物理性質表現為各向同性的固體一定是非晶體D。壓縮氣體需要用力，這是氣體分子間有斥力的表現E。汽缸里一定質量的理想氣體發(fā)生等壓膨脹時，單位時間碰撞器壁單位面積的氣體分子數一定減少【答案】BCD【解析】【詳解】A．豎直玻璃管里的水銀面不是平面，而是“上凸”的，這是表面張力產生的不浸潤現象所致,故A正確不符合題意；B．相對濕度等于水蒸氣的實際壓強與同溫下水的飽和汽壓的比值,故B錯誤符合題意；C．多晶體和非晶體均具有各向同性,故物理性質表現為各向同性的固體不一定是非晶體,故C錯誤符合題意；D．氣體之間分子距離很大，分子力近似為零，用力才能壓縮氣體是由于氣體內部壓強產生的阻力造成的，并非由于分子之間的斥力造成,故D錯誤符合題意；E．氣缸里一定質量的理想氣體發(fā)生等壓膨脹時，根據理想氣體的狀態(tài)方程可知，壓強不變而體積增大，則氣體的溫度一定升高；溫度是分子的平均動能的標志，溫度升高則分子的平均動能增大，單個分子對器壁的撞擊力增大，壓強不變則單位時間碰撞器壁單位面積的氣體分子數一定減少，故E正確不符合題意.故選：BCD.14。如圖所示，內壁光滑長度為4L、橫截面積為S的汽缸A、B,A水平、B豎直固定，之間由一段容積可忽略的細管相連，整個裝置置于溫度27℃、大氣壓為p0的環(huán)境中，活塞C、D的質量及厚度均忽略不計．原長3L、勁度系數的輕彈簧，一端連接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O點．開始活塞D距汽缸B的底部為3L．后在D上放一質量為的物體．求:①穩(wěn)定后活塞D下降的距離；②改變汽缸內氣體的溫度使活塞D再回到初位置，則氣體的溫度應變?yōu)槎嗌伲俊敬鸢浮浚╥）（ii)℃【解析】【詳解】(1)開始時被封閉氣體的壓強為，活塞C距氣缸A的底部為l，被封氣體的體積為4lS，重物放在活塞D上穩(wěn)定后，被封氣體的壓強為：

活塞C將彈簧向左壓縮了距離l1，則活塞C受力平衡,有：根據玻意耳定律，得：解得:x=2l

活塞D下降的距離為：△l＝4l?x+l1=l

（2）升高溫度過程中,氣體做等壓變化,活塞C的位置不動,最終被封氣體的體積為（4l+l1）?S，對最初和最終狀態(tài)，根據理想氣體狀態(tài)方程得

解得:t2＝377℃【點睛】本題考查玻意耳定律的應用及壓強的計算，關鍵要注意首先明確氣體發(fā)生的什么變化，根據力平衡法求氣體的壓強，然后才能分析狀態(tài)參量，由理想氣體的狀態(tài)方程或實驗定律進行分析求解，第二問要注意升溫過程壓強不變，彈簧的形變量不變，活塞C不動。