吉林省通化市梅河口市第五中学2020届高三8月月考物理试题 18页

理科综合能力测试 物理试题 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14〜18题只 有一项符合题目要求，第19〜21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全 的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.如图所示，物块A放在木板上处于静止状态，现将木块B略向左移动一些，A仍静止，则下列结论正确的是 A. 木板对物块A的作用力增大 B. 木板对物块A的作用力不变 C. 物块A与木板间的正压力增大 D. 物块A所受的摩擦力不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．木板对木块的作用力为支持力和摩擦力的合力，大小等于物块的重力，所以木板对木块的作用力不变，故A项不符合题意，B项符合题意；‎ CD．木块略向左移动，木板与水平面的夹角变大，所以木块受到木板的支持力减小，摩擦力增大，故选项CD均不符合题意。‎ ‎2.在某些恒星内，3个α粒子结合成一个，原子的质量是12.0000u，原子的质量是4.0026u，已知1u= 931.5 MeV/c2，则此核反应中释放的核能约为 A. 7. 266 eV B. 5. 266 eV C. 116×10-9J D. 1.16×10-12J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．核反应方程是，其质量亏损 则核反应中释放的核能 故选项AB均不符合题意；‎ CD．核反应中释放的核能 故选项C不符合题意，选项D符合题意。‎ ‎3.如图所示，水平地面上固定有两根平行的直导线，两导线正中间固定一金属圆环，导线和圆环均与地面绝缘，左边导线中通有图示方向的恒定电流，右边导线通有从零开始均匀增大、方向与左边导线中电流方向相反的电流。金属圆环中产生感应电流，两边直导线中的电流都对金属圆环有安培力作用，则 A. 两安培力的合力一定向左 B. 两安培力的合力一定向右 C. 两安培力的合力先向左后向右 D. 两安培力的合力先向右后向左 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由右手螺旋定则可判断左边电流在金属圆环处产生磁场向外，右边电流在金属圆环处产生磁场是向外的增强，则金属圆环内的磁通量向外且逐渐增大，由楞次定律可知感应电流为顺时针方向；据“同向电流相吸、反向电流相斥”知，两边的直导线对金属圆环的安培力均为排斥作用，开始时右侧导线中的电流小于左侧的，所以金属圆环受到的安培力的合力向右，当右侧导线中的电流大于左侧电流时，金属圆环受到的安培力的合力向左。‎ A．两安培力的合力一定向左，与分析不符，故A项不符合题意；‎ B．两安培力的合力一定向右，与分析不符，故B项不符合题意；‎ C．两安培力的合力先向左后向右，与分析不符，故C项不符合题意；‎ D．两安培力的合力先向右后向左，与分析相符，故D项符合题意。‎ ‎4.M、N是某电场中一条电场线上的两点，从M点由静止释放一质子，质子仅在电场力的作用下沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是 ‎ A. M点的场强大于N点的场强 B. M、N之间的电场线可能是一条曲线 C. 质子在M点的加速度小于在N点的加速度 D. 电场线方向由N点指向M点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ep一x图像斜率的变化反映了电场力的变化，所以M点的场强大于N点的场强，A项符合题意；‎ B．电荷仅在电场力作用下沿电场线运动，电场线一定是直线，B项不符合题意；‎ C．因为M点场强大于N点场强，所以质子在M点受到的电场力大于N点受到的电场力，质子在M点的加速度大于在N点的加速度，故C项不符合题意；‎ D．由M到N质子的电势能减小，所以M点电势高于N点电势，所以电场线方向由M指向N，D项不符合题意.‎ ‎5.如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球时，t=0时，甲静止，乙以6 ‎ m/s的初速度向甲运动.它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的 v—t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示.则由图线可知 A. 两小球带电的电性一定相反 B. 甲、乙两球的质量之比为2: 1‎ C. 在0〜t2时间内，两球间的静电力增大 D. 在0〜t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，A项不符合题意；‎ B．两球作用过程动量守恒，则：‎ 解得：‎ B项符合题意；‎ C．在0〜t2时间内，两球间距离先减小后增大，静电力先增大后减小，C项不符合题意；‎ D．在0〜t3时间内，甲的动能一直増大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，D项不符合题意.‎ ‎6.宇宙中的有些恒星可组成双星系统.系统内恒星之间的万有引力比其他恒星对它们的万有引力大得多，因此在研究双星的运动时，可以忽略其他星球对它们的作用.已知a和b构成一个双星系统，它们在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动，a和b的质量之比为2:1，下列判断正确的是 A. a、b运动轨道半径之比为2:1‎ B. a、b的线速度之比为1:2‎ C. a、b的加速度之比为1:4‎ D. a、b所受的向心力大小之比为1:1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】设a、b两星球之间的距离为L，a、b星球的质量分别为M1、M2，两星球到O点的距离分別为r1、r2，则：‎ 解得 由公式可得 由公式a=可知 A．a、b运动的轨道半径之比为2:1，与分析不符，故A项不符合题意；‎ B．a、b的线速度之比为1:2，与分析相符，故B项不符合题意；‎ C．a、b的加速度之比为1:4，与分析不符，故C项不符合题意；‎ D．a、b所受的向心力大小之比为1:1，与分析相符，故D项不符合题意。‎ ‎7.如图所示，倾角为的斜面上有A、B、C、D四点，现从斜面上的D点向左上方以不同的初速度抛出三个相同的小球，三个小球分别落在斜面上的A、B、C三点，且落在斜面上的速度均沿水平方向，测得AB= BC=CD，不计空气阻力，由此可以判断 A. 落在A、B、C三处的小球运动时间之比为 ‎ B. 落在A、B、C三处的小球运动时间之比为3：2:1‎ C. 抛出的三个小球的初速度方向与斜面的夹角相同 D. 抛出的三个小球的初速度方向与斜面的夹角不同 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．可以认为小球是从A、B、C三点水平抛出，均落在D点，其下落高度之比为3:2:1，所以运动时间之比为 ：：1， 故A项符合题意正确、B项不符合题意；‎ CD．物体由斜面上水平抛出落到斜面上，物体做平抛运动的位移均沿斜面，即位移与水平方向的夹角相等，做平抛运动的物体速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平夹角正切值的二倍，所以物体落回斜面的速度方向相同，故C项符合题意正确、D项不符合题意。‎ ‎8.如图所示，离子源产生某种质量为m、带电荷量为q的离子，离子由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点沿圆形匀强磁场区域的半径方向射入磁场，离子射出磁场后能通过M点正上方的N点，已知圆形磁场区域的半径为r0，磁场的方向垂直于纸面，M、N两点间的距离为，则下列说法正确的是 A. 离子从M点射入磁场的速度大小为 B. 离子在磁场中做圆周运动的半径为 C. 匀强磁场的磁感应强度大小为 D. 离子从M点运动到N点的时间为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．离子在电场中加速时，有 qU=‎ 解得：‎ 故A项不符合题意；‎ B．离子做圆周运动的轨迹如图所示，‎ 由几何关系知 解得 故B项符合题意；‎ C．由公式，解得 B=‎ 故C项符合题意；‎ D．离子在磁场中运动的时间 离子射出磁场后的运动时间 联立解得 t=t1+t2=‎ 故D项符合题意。‎ 三、非选择题：共174分。第22〜32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33〜38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎9.某同学用如图甲实验装置测量重力加速度.质量为m2的物块从高处由静止开始下落，质量为m1的物块上拖着纸带打出一系列的点，打点计时器所用电源的频率为50 Hz.图乙是实验中获取的一条纸带的一部分：纸带中每相邻两计数点间还有1个计时点（图中未标出），测得s1=7.02 cm，s2=15. 07 cm，s3=34.32 cm，s4=45.50 cm，s5= 57.71 cm，已知 m1=65 g，m2= 325 g，则：（计算结果保留三位有效数字）‎ ‎(1)在纸带上打下计数点D时的速度vD=____________m/s.‎ ‎(2)由纸带可知，物块m2下落过程的加速度a=________m/s2，测得的重力加速度g=____________m/s2.‎ ‎【答案】 (1). 2.67 (2). 6.50 (3). 9.75‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 打点计时器所用电源的频率为50 Hz，打点的时间间隔T=0.02s，打D点时的速度是BF段的平均速度，即 ‎(2)根据纸带上的数据计算加速度，‎ a=‎ 解得 a=6.50m/s2‎ 根据牛顿第二定律有 m2g-m1g=（m1+m2）a 解得重力加速度 g=9.75m/s2.‎ ‎10.某同学测设直流恒流电源的输出电流I0和定值电阻Rx的阻值，电路如图甲所示，实验器材如下：‎ 直流恒流电源（电源输出的电流I0保持不变，电流I0约在0.7〜0.9A之间）‎ 滑动变阻器R（最大阻值50Ω）‎ 待测电阻Rx（阻值为二十几欧）‎ 电压表（量程15V，内阻约为15kΩ）‎ 电流表（量程0.6A，内阻约为0.2Ω）‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)电源开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑到__________处（填“a”或“b”），滑到该处的理由是： __________________________.‎ ‎(2)电源开关闭合后，多次调节滑动变阻器，记下电流表的示数I和电压表的示数U；在图乙所示的坐标纸上以U为纵坐标、I为横坐标描点，用直线拟合，做出U—I图线，则恒流电源输出的电流的测量值I0=____________A，待测电阻的阻值Rx= ____________Ω，从理论上分析待测电阻的测量值比真实值__________（填“偏大”或“偏小”）.（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). a (2). 电源闭合后，电流不超过电流表量程 (3). 0.78或0.79A (4). 22或23Ω (5). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]为了保护电路，应使电流表的起始电流较小，所以电源开关闭合前，应使滑片P滑到a处；‎ ‎(2)[3][4]由电路的串并联关系得，Rx的电压U等于通过Rx的电流（I0-I）和阻值的Rx乘积，即：‎ 所以U—I图线图像的斜率等于Rx，图像的横截距等于I0，代入数据解得：‎ ‎[5]从理论上分析，考虑到电压表的分流，通过待测电阻Rx的电流等于（I0-I-Iv），所以电流的测量值偏大，因此电阻的测量值比真实值偏小.‎ ‎11.如图所示，在风洞实验室里，光滑直细杆倾斜放置，一小球穿在细杆上，风对小球的作用力的方向水平向右，作用力的大小与吹到小球表面的风速大小成正比。当细杆与水平面之间的倾角为45°、风速为v0时，小球与细杆保持相对静止。重力加速度为g。‎ ‎（1）若风速从v0开始以加速度a均匀增大，要保持小球与细杆相对静止，求细杆的倾角q的正切值随时间t变化的关系式。‎ ‎（2）若细杆倾角调整为45°＋a，风以速度v0吹到小球上，小球会沿细杆加速下滑，并在T时间内从静止开始下滑了L距离，则a应满足怎样的关系式？（不计小球在斜杆上的运动引起空气阻力的变化）‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小球与细杆保持相对静止时，有mgtan45°＝kv0‎ 风速以加速度a均匀增大时，设细杆对球支持力为FN，有：‎ FNsinq－kv＝0‎ v＝v0＋at FNcosq＝mg 解得： ‎ ‎（2）风速为v0时，设空气阻力与重力的合力为F，有： ‎ 细杆与水平面之间的倾角为45°＋a时，空气阻力与重力的合力大小、方向均不变，仍为F，设物体沿斜面下滑的加速度大小为a＇，有：Fsina＝a＇‎ 物体由静止始下滑: ‎ 得： ‎ ‎12.如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m．A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+7×10﹣7C，B不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg．将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s2 ． ‎ ‎（1）通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C？‎ ‎（2）求小球A的最大速度值．‎ ‎（3）求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值．‎ ‎【答案】（1）A不能到达圆环最高点 （2）m/s （3）0.1344J ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：A、B在转动过程中，分别对A、B由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A能不能到达圆环最高点； A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、B分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解。‎ ‎（1）设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为WT和，‎ 根据题意有：‎ 设A、B到达圆环最高点的动能分别为EKA、EKB 对A根据动能定理：qER﹣mAgR+WT1=EKA 对B根据动能定理：‎ 联立解得：EKA+EKB=﹣0.04J 由此可知：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点 ‎（2）设B转过α角时，A、B的速度大小分别为vA、vB，‎ 因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故：vA=vB 对A根据动能定理：‎ 对B根据动能定理：‎ 联立解得： ‎ 由此可得：当时，A、B的最大速度均为 ‎（3）A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sinα+4cosα﹣4=0‎ 解得：或sinα=0（舍去）‎ 所以A的电势能减少：‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题。‎ ‎13.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取0.25 mL油酸，倒入标注250 mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250 mL的溶液，然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1 mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示．坐标格正方形的大小为2 cm×2 cm，由图可以估算出油膜的面积是________m2(保留两位有效数字)，由此估算出油膜分子的直径是________m(保留一位有效数字)．‎ ‎【答案】 (1). 0.022-0.025 (2). 8-9×1010‎ ‎【解析】‎ 由图示油膜可知，油膜的面积为：S=60×2cm×2cm=240cm2=0.024m2 两滴油酸溶液含纯油的体积： ， 油酸分子的直径为： ；‎ ‎14.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置.开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体I、II两部分高度均为L0，温度都为T0.已知活塞A导热、B绝热，A、B质量均为m、横截面积为S，外界大气压强为p0保持不变，环境温度保持不变.现对气体II缓慢加热，当A上升时停止加热，已知p0S=mg，求：‎ ‎(1)此时气体II的温度；‎ ‎(2)保持II中温度不变，在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m时，活塞A下降的髙度.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)气体II加热过程为等压变化，根据查理定律可得：‎ 解得：‎ T=‎ ‎(2)气体I做等温变化，则：‎ 解得：‎ 气体II发生等温变化，则 解得：‎ 所以，活塞A下降的髙度.‎ ‎15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波中A、B两质点平衡位置间的距离为1.0m，且小于一个波长，如图甲所示，两质点振动图象如图乙所示，由此可知 .‎ A. 波中任意质点在2s内通过的路程为4cm B. 该波的波长为4m C. B点振动比A点落后1s D. 该波的波速为m/s E. B点振动比A点落后3s ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由振动图像可知周期T=4s，2s内任意质点通过路程为2A，即4cm，故A项符合题意；‎ B．波沿x轴正向传播，A、B两质点平衡位置间的距离为1.0m，且小于一个波长，由振动图象知B点振动落后A点振动，则：‎ 解得：‎ 故B项符合题意；‎ CE．波沿x轴正向传播，A、B两质点平衡位置间的距离小于一个波长，由振动图象知B点振动落后A点1s，故C项符合题意、E项不符合题意；‎ D．波速 ‎=1m/s 故D项符合题意.‎ ‎16.如图所示，置于空气中一透明正立方体截面ABCD，BC面和CD面均镀银，P、M、Q、N分别为AB边、BC边、CD边、AD边的中点。从光源S发出一条光线SP与PA面的夹角成30°，经折射、反射后从N点射出，刚好回到S点。(计算中可能会用到，，)‎ ‎①面出光路图，并求出立方体的折射率n；‎ ‎②已知光在空气中的速度近似等于真空中的速度c，正方形ABCD的边长为a，求该光线从S点发出后回到S点的时间。‎ ‎【答案】①,0.225;②5.30 ‎ ‎【解析】‎ ‎①根据题意作光路图，光线在P点发生折射时，入射角为60°，折射角为45°‎ 故透明物体的折射率 ‎② 连接PN，由几何关系可得 PN、PM、QN、QM的长均为a ‎ ‎∠PSN＝30°，SN＝SP＝ ‎ 光在透明物体中的速度v＝ ‎ 光在透明物体中传播所用的时间 t1＝ ‎ 光在透明物体外传播所用的时间t2＝ ‎ 故光从S点发出到射回S点所经历的总时间 t＝t1＋t2=5.30 ‎ ‎ ‎