湖北省武汉市第六中学2020届高三物理上学期11月月考试题（含解析） 16页

武汉市第六中学2020届高三11月月考 ‎ 理综物理试卷 一、选择题：‎ ‎1.下列叙述错误的是 A. 质量、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位千克、米和秒就是基本单位 B. 导体达到静电平衡时，表面各处电势相等，场强也相等 C. 蹦极运动员离开蹦床上升过程中处于失重状态 D. 探究加速度与质量、合外力的关系实验采用的是控制变量的方法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】质量、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位千克、米和秒就是基本单位，选项A正确；导体达到静电平衡时，表面各处电势相等，场强不一定相等，选项B错误；蹦极运动员离开蹦床上升过程中，加速度向下，处于失重状态，选项C正确；探究加速度与质量、合外力的关系实验采用的是控制变量的方法，选项D正确；此题选择错误的选项，故选B.‎ ‎2.近年来自然灾害在世界各地频频发生，给人类带来巨大损失．科学家们对其中地震、海啸的研究结果表明，地球的自转将因此缓慢变快．下列说法正确的是 A. “天宫一号”飞行器的高度要略调高一点 B. 地球赤道上物体的重力会略变大 C. 同步卫星的高度要略调低一点 D. 地球的第一宇宙速度将略变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 地球自转变快，即地球自转的周期变小，根据向心力公式知道在地面上的物体随地球自转所需的向心力会增大，而万有引力的大小不变．对地球同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期，由开普勒第三定律可以得出卫星的高度的变化．‎ ‎【详解】“天宫一号”飞行器的向心力由地球的万有引力提供，其高度与地球的自转快慢无关，故A错误；地球自转快了，则地球自转的周期变小。对于赤道上的物体来说，由于地球自转的周期变小，在地面上的物体随地球自转所需的向心力会增大，而“向心力”等于“地球对物体的万有引力减去地面对物体的支持力”，万有引力的大小不变，所以必然是地面对物体的支持力减小。地面对物体的支持力大小等于物体受到的“重力”，所以是物体的“重力”减小了。故B错误；对地球同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期。地球自转的周期T变小了，由开普勒第三定律=k可知，卫星的轨道半径R减小，卫星的高度要减小些，故C正确；地球的第一宇宙速度 v=，R是地球的半径，可知v与地球自转的速度无关，故D错误。故选C。‎ ‎3.某景点有山坡滑道，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图所示的示意图。AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为 A. s B. 2 s C. s D. 2s ‎【答案】B ‎【解析】‎ AE两点在以D为圆心半径为R＝10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝＝2 s，选B.‎ ‎4.如图所示，均匀带正电的圆环所带的电荷量为Q，半径为R，圆心为O，A、B、C为垂直于圆环平面且过圆环中心的轴上的三个点，已知BC＝2AO＝2OB＝2R，当在C处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中)，B点的电场强度恰好为零，则由此可得A点的电场强度大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将带电圆环分成若干段，每一小段看作一个点电荷，再根据点电荷场强公式E=k，求出每个点电荷在B处产生的场强大小。C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，说明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的场强大小相等，方向相反，由E=k求出C处电荷的带电量。再由电场的叠加原理和对称性求A点的电场强度大小。‎ ‎【详解】将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看做点电荷，其所带电荷量为：；每一点电荷在B处的场强为：；由对称性可知，各小段带电环在B处的场强E的垂直于轴向的分量相互抵消，而E1的轴向分量之和即为带电环在B处的场强为：EB=nE1cos45°=；C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，说明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的场强大小相等，方向相反，设C处电荷的带电量为q。则有：k=EB，解得：q=Q，C处电荷带正电；根据对称性知，圆环在A处的场强大小为：EA1=EB=，方向向左。C处电荷在A处产生的场强为：‎ ‎，方向向左；所以A点的电场强度大小为：EA=EA1+EA2=；故选B。‎ ‎【点睛】本题的关键是要掌握点电荷电场强度的公式E=k，学会微元法处理问题。不能头脑简单直接用E=k求B点的场强。‎ ‎5.质量为M=1kg的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面动摩擦因数μ1，在木板的左端放置一个质量为m=1kg，大小可忽略的铁块。铁块与木板间的动摩擦因数μ2，g=10m/s2若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力f随拉力F如图变化.,关于两个动摩擦因数的数值正确的是 A. μ1=0.1 μ2=0.2 B. μ1=0.1 μ2=0.4 C. μ1=0.2 μ2=0.4 D. μ1=0.4 μ2=0.2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图可知，当 F=6N时，铁块的摩擦变了恒定即为滑动摩擦力，且，解得，‎ 在F=6N时，铁块和木板具有相向的加速度，‎ 对铁块有：‎ 解得 对木板有：‎ 解得：，故B正确。‎ 点晴：解决本题关键找准铁块和木板发生相对运动时的状态，再分别对铁块和木板利用牛顿第二定律解题即可。‎ ‎6.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b ‎ 。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v﹣t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中 A. 水平推力F1和F2 大小可能相等 B. a的平均速度大于b的平均速度 C. F1对 a 物体的冲量小于F2对 b 物体的冲量 D. 摩擦力对 a 物体做的功小于摩擦力对 b 物体做的功 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，由牛顿第二定律可求解；B、根据平均速度公式可求得平均速度的大小关系；C、根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系；D、根据功的公式分析摩擦力做功的关系。‎ ‎【详解】由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。加力F时，由图象可知a的加速度大于b的加速度，根据F-f=ma可知水平推力F1的大小大于F2大小，故A错误；设两物体的最大速度为v，加F时两物体的平均速度均为v/2，撤去F后两物体的平均速度仍为v/2，可知a的平均速度等于b的平均速度，故B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量的关于动量的变化量，即IF-If=0，根据If=ft可知，摩擦力对a的冲量比b小，则F1对 a 物体的冲量小于F2对 b 物体的冲量，故C正确；由图象可知，a的位移小于b的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功，故D正确。故选CD。‎ ‎【点睛】本题首先考查读图能力，其次考查牛顿第二定律的应用能力，要注意明确水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同。这是解题的关键。‎ ‎7.游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示。已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上。转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。稳定后，每根钢绳（含飞椅及游客）与转轴在同一竖直平面内。图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2。不计钢绳的重力。下列判断正确的是 A. P、Q两个飞椅的线速度大小相同 B. 无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2‎ C. 如果两个游客的质量相同，则有θ1等于θ2‎ D. 如果两个游客的质量相同，则Q的向心力一定小于P的向心力 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由mgtanθ=mω2htanθ得，hp=hQ. （h为钢绳延长线与转轴交点与游客水平面的高度），由h=+Lcosθ（其中r为圆盘半径）得，L越小则θ越小。则θ1>θ2，与质量无关。由R=r+Lsinθ可得，Rp>RQ，则vP>vQ；由向心力公式可知F=mgtanθ，可知Q的向心力一定小于P的向心力，故选项BD正确，AC错误；故选BD.‎ ‎【点睛】飞椅做的是圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力．‎ ‎8.如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（q>0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是 A. 此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B. 若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 C. 若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定不小于 D. 若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，根据U=W/q比较电势差，电场力做功等于电势能的减小量。‎ ‎【详解】一电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，但ab连线不一定沿着电场线，故A错误；粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，故：qφa-qφb=W1，粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，故：qφc-qφd=W2，匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故φa-φM=φM-φc，即φM=（φa+φc），同理φN=（φb+φd），故qφM-qφN=，故B正确；若c、d之间的距离为L，但cd不一定平行电场线，故W2=qELcosθ，其中θ为cd与电场线的夹角，不一定为零，故该电场的场强大小不小于，故C正确；若W1=W2，根据U=可知，Uab=Ucd，故φa-φb=φc-φd，则φa-φc=φb-φd，故Uac=Ubd；而Uac=2UaM，Ubd=2UbN，故UaM=UbN，故D正确；故选BCD。‎ ‎【点睛】本题考查匀强电场中的电场强度与电势差的关系，关键是明确沿着电场线电势降低最快，记住公式U=Ed进行分析。‎ 二、非选择题：‎ ‎9.某同学利用倾斜气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验，实验装置如图1所示．其主要实验步骤如下：‎ a．用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图2所示；‎ b．读出导轨标尺的总长L0，并用直尺测出导轨标尺在竖直方向的高度H0；‎ c．读出滑块释放处挡光条与光电门中心之间的距离s；‎ d．由静止释放滑块，从数字计时器(图1中未画出)上读出挡光条通过光电门所用的时间t.‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）由图2读出l＝________mm.‎ ‎（2）________(选填“有”或“没有”)必要用天平称出滑块和挡光条的总质量M.‎ ‎（3）多次改变光电门位置，即改变距离s，重复上述实验，作出随s的变化图象，如图3所示，当已知量t0、s0、l、H0和当地重力加速度g满足表达式=________时，可判断滑块下滑过程中机械能守恒．‎ ‎【答案】 (1). 8.20 (2). 没有 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎(1) 游标尺上共有20小格，精度为0.05 mm，用游标卡尺测量挡光条的宽度l＝(8＋0.05×4)mm＝8.20 mm；‎ ‎(2) )欲验证机械能守恒定律，即，为气垫导轨与水平面间的夹角，只需验证，可见没有必要测量滑块和挡光条的总质量M；‎ ‎(3) 由几何知识得，当s＝s0，t＝t0时有。‎ ‎10.要测量两个质量不等的小沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量m＝0.5kg)、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤．‎ ‎(1)实验装置如图所示，设两边沙袋A、B的质量分别为m1、m2；‎ ‎(2)取出质量为m′的砝码放在A沙袋中，剩余砝码都放在B沙袋中，发现A下降，B上升；‎ ‎(3)用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间T，则可知A的加速度大小a＝________；‎ ‎(4)改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，可作________‎ ‎(选填“am′” 或“a”)图线进行研究，比较直观；‎ ‎(5)若求得图线的斜率k＝4m/(kg·s2)，截距b＝4m/s2，则沙袋的质量m1＝________kg，m2＝________ kg. （g取10m/s2）‎ ‎【答案】 (1). (2). am′ (3). 3.5 (4). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 质量为m1的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，根据下降的距离h和时间，由位移公式求出其加速度；根据牛顿第二定律对m2、m1分别研究，得出m′与a的关系式，根据数学知识分析图线的斜率与截距的意义，求解两个沙袋的质量．‎ ‎【详解】（3）根据匀变速直线运动的位移时间公式得，h=at2，解得．‎ ‎（4、5）根据牛顿第二定律得：‎ 对m1及砝码：（m1+m′）g-T=（m1+m′）a 对m2及砝码：T-（m2+m-m′）g=（m2+m-m′）a 联立解得：．‎ 根据数学知识得知：作“a-m′”图线，图线的斜率k=，‎ 图线的截距b=- ；将k、b、m代入计算，解得m1=3.5kg，m2=1.0kg．‎ ‎【点睛】本题是加速度不同的连接体问题，运用隔离法研究加速度，得到a与△m的关系式，再根据图线的数学意义求解两个沙袋的质量．‎ ‎11.如图所示,在沿水平方向的匀强电场中有一固定点,用一根长度为的绝缘细线把质量为,带有正电荷的金属小球悬挂在点,小球静止在点时细线与竖直方向的夹角为,(取10,,).求:‎ ‎(1)匀强电场的场强E和AB两点间的电势差 ‎(2)如果要使小球能绕点做完整的圆周运动, 则小球在点时沿垂直于方向运动的初速度的大小.‎ ‎【答案】(1)2.5×103V/m UAB ＝−400V； (2)v0＝m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件与匀强电场的场强与电势差关系即可求解；‎ ‎（2）小球能绕O点做完整的圆周运动则小球要通过等效最高点，小球受重力、电场力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解。‎ ‎【详解】（1）带电小球在B点静止受力平衡，根据平衡条件得：qE=mgtanθ，‎ 解得：E==2.5×103V/m，‎ 由U=Ed有：UAB=-EL（1-sinθ）=2.5×103×0.4×（1-sin37°）=-400V；‎ ‎（2）小球做完整圆周运动时必须通过B点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v，则：mgcosθ+qEsinθ=‎ 小球由A点到B点的对称点由动能定理得：-mgLcosθ-qEL（1+sinθ）=mv2-mv02‎ 联立解得：v0=m/s。‎ ‎【点睛】本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，B点又称为等效最低点，B点的对称点又称为等效最高点，解决方法是先确定等效最低点，即小球能平衡的位置。‎ ‎12.如图所示，固定的光滑平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0.lkg，mB ‎＝0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上。小车质量为M＝0.3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q 点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，P、Q间距L＝0.75m，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为＝0.2， Q点右侧表面是光滑的。点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA＝6m/s，而滑块B则冲向小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g＝l0m/s2。求：‎ ‎(1)滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(2)滑块B运动到何处小车速度最大? 并求出小车运动过程中的最大速度。‎ ‎【答案】(1)EP＝0.24J (2)滑块B压缩弹簧后返回Q点时小车速度最大 小车最大速度为2m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）炸药爆炸过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出爆炸后B的速度，弹簧压缩到最短过程弹性势能最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题．‎ ‎（2）滑块B返回Q点时小车速度最大，对B与小车组成的系统，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的最大速度．‎ ‎【详解】（1）爆炸过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA-mBvB=0，‎ 解得：vB=3m/s，‎ 弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，B与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvB=（M+mB）v，‎ 由能量守恒定律得：mBvB2=（M+mB）v2+μmBgL+EP，‎ 解得：EP=0.24J；‎ ‎（2）滑块B压缩弹簧后返回Q点时小车的速度最大，系统动量守恒，‎ 以向右为正方向由动量守恒定律得：mBvB=mBv1+Mv2，‎ 由能量守恒定律得：mBvB2=mBv12+Mv22+μmBgL，‎ 解得：v1=0，v2=2m/s，（v1=2.4m/s，v2=0.4m/s  B的速度大于车的速度，不符合实际，舍去）；‎ ‎【点睛】本题过程比较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，确定研究对象与研究过程，知道滑块B与小车速度相等时弹簧的弹性势能最大，应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．‎ ‎13.下列说法正确的是( )。‎ A. 气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关 B. 若两个分子间的势能减少，一定是克服分子间的相互作用力做了功 C. 只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数 D. 液体表层分子分布更稀疏是由于分子间存在斥力作用的结果 E. 在一个绝热容器内，不停地搅拌液体，可使液体的温度升高 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】由气体压强计算公式可知，气体分子单位时间与单位面积碰撞次数与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，A正确。分子势能减少说明分子力做正功，B错误。由NA=M/m可以计算出阿伏伽德罗常数，可知C正确。液体表层分子分布更稀疏是由于液体表层分子间为引力作用的结果，D错误。由热力学第一定律△U=W+Q可知，在一个绝热容器内Q=0，不停地搅拌液体，对液体做功，可使液体的内能变大，温度升高，选项E正确；故选ACE.‎ ‎14.某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的气缸I、II内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸I左端开口。外界大气压强为p0，气缸I内通过A封有压强为p0的气体，气缸II内通过B封有压强为2p0的气体，一细管连通两气缸，初始状态A、B均位于气缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：‎ ‎(i)当A向右移动时，水的深度h；‎ ‎(ii)该深度计能测量的最大水深hm。‎ ‎【答案】(1) （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（i）当A向右移动时，设B不移动 对I内气体，由玻意耳定律得：‎ 解得：‎ 而此时B中气体的压强为，故B不动 由 解得：水的深度 ‎（ii）该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，I内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原I内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强均为 对原I内气体，由玻意耳定律得：‎ 对原II内气体，由玻意耳定律得：‎ 又 联立解得