黑龙江省庆安县第三中学2020届高三物理下学期第一次月考检测试题（含解析）

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1、黑龙江省庆安县第三中学2020学年第二学期 高三物理第一次月考检测题（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）一、选择题(本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中。第l8题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共48分)1.如图所示，A、B、C、D、E、F是在匀强电场中一个边长为2cm的正六边形的六个顶点，该六边形所在平面与电场线图中没有画出平行。如果已知A、C、E三点的电势分别为、0V、2V，则下列说法正确的是()A. 通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B. 匀强电场的场强大小为C. 匀强电场的场强方向为

2、由D指向BD. 将一个电子由D点移到A点，其电势能将减少【答案】A【解析】试题分析：连接AC两点，则其中点电势为2V，与B等势，B与该中点连线即为等势线，该连线与CD.AF平行，故A正确；根据可得，B错误；电场线垂直于等势线，由C指向A，C错误；将电子由E点移动到A点，电场力做负功，其电势能增加，D错误；考点：考查了电势，电场强度【名师点睛】本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系2.甲车以加速度3m/s2由静止开始做匀加速直线运动，乙车落后2s在同一地点由静止出发，以加速度4m/s2做匀加速直线运动，两车运动方向一致

3、，在乙车追上甲车之前，两车的距离的最大值是( )A. 18 mB. 23.5 mC. 24 mD. 28 m【答案】C【解析】【详解】设甲车运动时间为t，则乙车运动时间为t-2，因为两车都做初速度为0的匀加速直线运动，根据位移时间关系有：两车距离为由数学知识得当t=8s时取最大值为24m，故选C。3.如图示，在河岸上用细绳拉船，为了使船匀速靠岸，人应以怎样的速度拉绳（）A. 匀速拉B. 加速拉C. 减速拉D. 先加速后减速【答案】C【解析】合运动方向为实际的运动方向，把船速分解，沿着绳子的方向和垂直绳子的方向，由平行四边形定则可知沿着绳子的分速度减小，C对；4. 针对伽利略对自由落体运动的研究

4、内容及过程，有以下叙述：伽利略借助数学知识和实验发现，如果速度与位移成正比，将会得到错误的结论；伽利略通过逻辑得出亚里士多德的结论是错误的；伽利略做了大胆的猜想：落体运动应该是一种简单的运动，落体的速度与时间或位移成正比；伽利略通过铜球沿阻力很小的斜面滚下这一严谨求实的实验测定，得出只要倾角一定，铜球的加速度不变，他进一步设想当倾角为90时，运动变为自由落体，其性质不变，且所有物体下落的加速度都一样，到此人类终于认识到自由落体运动是匀变速直线运动。根据伽利略研究的真实过程，你认为科学合理的排序的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：伽利略对自由落体运动的研究过程是这样的：

5、伽利略通过逻辑得出亚里士多德的结论是错误的；伽利略做了大胆的猜想：落体运动应该是一种简单的运动，落体的速度与时间或位移成正比；伽利略借助数学知识和实验发现，如果速度与位移成正比，将会得到错误的结论；伽利略通过铜球沿阻力很小的斜面滚下这一严谨求实的实验测定，得出只要倾角一定，铜球的加速度不变，他进一步设想当倾角为90时，运动变为自由落体，其性质不变，且所有物体下落的加速度都一样，到此人类终于认识到自由落体运动是匀变速直线运动。故正确的顺序为：。故选：A。考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法。【名师点睛】要了解伽利略对自由落体运动的研究的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面实验的卓越之

6、处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端。在实验的基础上进行科学推理是研究物理问题的一种方法，通常称之为理想实验法或科学推理法。5.一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop(超级高铁)”. 据英国每日邮报2020年7月6日报道，Hyperloop One公司计划，将在欧洲建成世界首架规模完备的“超级高铁”(Hyperloop)，连接芬兰首都赫尔辛基和瑞典首都斯德哥尔摩，速度可达每小时700英里(约合1 126公里/时)如果乘坐Hyperloop从赫尔辛基到斯德哥尔摩，600

7、公里的路程需要40分钟，Hyperloop先匀加速，达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperloop的说法正确的是()A. 加速与减速的时间不一定相等B. 加速时间为10分钟C. 加速时加速度大小为2 m/s2D. 如果加速度大小为10 m/s2，题中所述运动最短需要32分钟【答案】B【解析】试题分析：A、加速与减速的加速度大小相等，由逆向思维可得：加速与减速时间相等，故A错误；BC、加速的时间为t1，匀速的时间为t2，减速的时间为t1，匀速运动的速度为v，由题意得：，而t=40分=240秒，而：v=1200km/h=

8、x=600公里=600000m，联立解得：t1=600s=10分，t2=1200s=20分，am/s2056m/s2，故B正确、C错误；D、如果加速度大小为10 ms2，根据联立解得：t=s=305min，故D错误。故选B。考点：匀变速直线运动规律的综合运用。【名师点睛】对于复杂的运动，从时间、速度、位移三个角度分析等量关系，列式求解。加速与减速的加速度大小相等，由逆向思维可得：加速与减速时间相等；该过程分为加速、匀速和减速，三个运动从时间、速度和位移角度找关系，建立等式联立求解。6.如下图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，、b是它们连线的延长线上的两点。现有一带正电的粒子只在电场力作用

9、下以一定的初速度从点开始经b点向远处运动，粒子经过、b两点时的速度分别为v、vb，其速度时间图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）A. 粒子由点到b点运动过程中加速度度逐渐增大B. b点的电场强度一定为零C. Q1的电量一定小于Q2的电量D. 粒子由点到b点向远处运动过程中，粒子的电势能先增大后减小【答案】BD【解析】【详解】A项：速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，从速度图象可见正电荷从a到b做加速度减小的加速运动，故A错误；B项：正电荷从a到b做加速度减小的加速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以b点场强为零，故B正确；C项：由于b点的场强为零，所以有，由于，所

10、以Q1的电量一定大于Q2的电量，故C错误；D项：整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒可得，电势能先增大后减小，故D正确。故选：BD。7.1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文三体问题指出：两个质量相差悬殊的天体（如太阳和地球）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球的共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。由于这五个点的特殊性，己经成为各个航天大国深恐探测所争夺的地方。2020年8月25日23时27分，经过77天的飞行，“嫦娥二号”在世界上首次实现从月球轨道出发，受控准确进入

11、距离地球约150万公里的拉格朗日U点，下列说法正确的是（ ）A. “嫦娥二号”绕太阳运动周期和地球自转周期相等B. “嫦娥二号”在L2点处于平衡状态C. “嫦娥二号”绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度D. “嫦娥二号”在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处小【答案】C【解析】据题意知，“嫦娥二号”与地球同步绕太阳做圆周运动，则“嫦娥二号”绕太阳运动周期和地球公转周期相等，故A错误；、“嫦娥二号”所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故B错误；由于“嫦娥二号”与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，“嫦娥二号”的轨道半径大，根据公式

12、分析可知，“嫦娥二号”的绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故C正确；由题可知，卫星在L1点与L2点的周期与角速度是相等的，根据向心力的公式：F=m2r，在L1点处的半径小，所以在L1点处的合力小，故D错误。所以C正确，ABD错误。8.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A数变化量的绝对值为I，则（ ）A. A的示数减小B. U1小于U2C. U3与I的比值大于R+rD. 电源的输出功率一定增大【答案】D【解析】【详解】A项：理想电压表内阻穷大，相当于断路，理想电

13、流表内阻为零，相当短路，所电路的结构为：R与变阻器串联，电压表V1，V2，V3分别测R、路端电压和变阻器两端电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，所以A的示数增大，故A错误；B项：根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，据题有，则，所以，故B错误；C项：根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，故C错误；D项：当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，所以当滑动变阻器滑片向下滑时，外电阻越来越接近内阻，所以电源的输出功率一定增大，故D正确。故选：D。9.如图所示，在MNPQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出。一带电小球从点射入场区，并在竖直

14、平面内沿直线运动至b点，则小球（ ）A. 一定带正电B. 受到电场力的方向一定水平向右C. 从到b过程中，克服电场力做功D. 从到b过程中可能做匀加速运动【答案】C【解析】带电小球从a 点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球一定做匀速直线运动，只要满足合外力为零即可，小球可能带正电，受到电场力的方向水平向右，从a到b过程，克服电场力做功；可能带负电，受到电场力的方向斜向右上，从a到b过程，克服电场力做功；选项C正确。10.甲、乙两人同时由相同位置A沿直线运动到同一位置B，甲先以速度v1匀速运动了一半路程，然后以速度v2匀速走完了剩下的后一半路程；乙在由A地运动到B地的过程中，前一半时

15、间内运动速度为v1，后一半时间内乙的运动速度为v2，若v1v2，则甲与乙相比较()A. 甲先到达B地B. 乙先到达B地C. 只要v1、v2取值合适，甲、乙两人可以同时到达D. 以上情况都有可能【答案】B【解析】试题分析：设AB两地相距x，则t甲，所以，设乙从AB经历时间为t，则，所以.由于(v1v2)24v1v2(v1v2)20，所以，所以由得t乙t甲，即乙先到达B地，应选B.考点：考查匀变速直线运动规律的应用点评：在比较谁先到达目的地的问题时，可比较两人到达目的地所用时间，把一个问题分成求解两个时间，使思路变得清晰11.物体以v0的速度水平抛出，当竖直分位移与水平分位移大小相等时，以下说法正

16、确的是（ ）A. 瞬时速度的大小为B. 竖直分速度等于水平分速度C. 运动时间为D. 运动位移的大小为【答案】ACD【解析】【详解】A、B、C项：竖直分位移与水平位移大小相等，有，所以运动的时间为，此时竖直方向上的分速度为，所以平抛运动瞬时速度的大小为：，故AC正确，B错误；D项：水平方向上的位移大小为，由于此时竖直分位移与水平分位移大小相等，所以此时物体运动的位移的大小为，故D正确。故选：ACD。12.一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻受到一恒力作用，此后，该质点的运动情况可能是（ ）A. 匀速直线B. 匀变速直线C. 非匀变速曲线D. 匀变速曲线【答案】BD【解析】【详解】质点开始做匀速

17、直线运动，所受合外力为零，当受到恒力作用时，质点所受的合力为恒力，当该恒力与速度方向在一条直线时，质点将做匀变速直线运动，当该恒力与速度方向不在一直线上时，质点将做匀变速曲线运动，故BD正确。故选：BD。13.如图是汽车运送圆柱形工件的示意图。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin15 =0. 26，cos15 =0. 97，tan15 =0. 27，g=10 。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为： （ ）A. 4B. 3C. 2D

18、. 1【答案】AB【解析】【详解】当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数为为零，受力分析如图所示联立以上两式解得：故可能为AB选项。故选：AB。14. 一快艇要从岸边某处到达河中离岸100m远的浮标处，已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，假设行驶中快艇在静水中航行的分速度方向选定后不再改变，则A. 快艇的运动轨迹可能是直线B. 快艇的运动轨迹一定是曲线C. 最快到达浮标处通过的位移为100mD. 最快到达浮标处所用的时间为20【答案】BD【解析】：水流速恒定不变，船速大小均匀增加，由速度的合成可知，合速度大小及方向都会发生变化，A错B对，当船

19、头一直指向正对岸时时间最短，但位移一定大于100m，此时所用时间由垂直河岸的分运动决定，二、实验题（本大题2小题,共15分）15.用如图所示装置进行以下实验：先测出可视为质点的滑块A、B的质量M、m及滑块A与桌面的动摩擦因数；使A、B间弹簧压缩，用细线将A、B连接，滑块B紧靠桌边；剪断细线，B做平抛运动，测出水平位移S1、A在桌面滑行距离S2，为验证动量守恒，写出还需测量的物理量及表示它的字母_，如果动量守恒，需满足的关系式是_。【答案】 (1). B到地面的竖直高度h； (2). 【解析】【详解】设向右为正方向B离开桌面后，做平抛运动，在竖睦方向：水平方向：对A由动能定理得：验证动量守恒定律

20、，需要验证联立解得：由此可见，实验还要测出：B到地面的竖直高度h。16.某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图所示，现已完成部分导线的连接。实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接_；该小组描绘出的伏安特性曲线如图乙所示，若用电动势为3V、内阻为5的电源和该灯泡串联组成闭合电路，则该灯泡的功率为_ W（保留两位小数）。根据图线判断_只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为2的电源组成闭合闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为_ W（保留两位小数）。【答案】

21、(1). ； (2). 0.46W； (3). 2； (4). 1.12W【解析】【详解】滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电表的示数从0开始增大，则滑动变阻器有分压接法，电路图如图所示：在对应的伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，如图所示两图线的交点球示灯泡的工作点，则如图可知，电压约为1.35V，电流约为0.34A，所以灯泡的功率P=；电源内阻为2欧姆，当外电路电阻与电源内阻相等，即灯泡并联总电阻为2欧姆时灯泡的总功率最大，由于内外电阻相等，则内外电压相等，电源电动势为3V，则路端电压为1.5V，由图乙图象可知电压为1.5V时通过小电珠的电流为0.375A，此时小电珠的电阻为， 2只小

22、电珠的并联阻值为2欧姆，因此要2只小电珠并联，此时中电珠的总功率。三、计算题（本大题3小题,共47分）17.如图所示，一个可视为质点的物块，质量为m=2kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小为u=3m/s已知圆弧轨道半径R=0.8m，皮带轮的半径r=0.2m，物块与传送带间的动摩擦因数为=0.1，两皮带轮之间的距离为L=6m，重力加速度g=10m/s2求：（1）皮带轮转动的角速度多大？（2）物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力；（3）物块将从传送带的哪一端离开传送带？物块在传送带上克服摩擦力所做

23、的功为多大？【答案】(1)15 ；(2)60N，方向竖直向下；(3)右端离开；12J【解析】【详解】(1)皮带轮转动的角速度，由得 ；(2)物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得：由圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得：解得：F=60N由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力大小为60N，方向竖直向下；(3)物块滑到圆弧底端的速度为物块滑上传送带后匀减速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得：解得：物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为：可见，物块将从传送带的右端离开传送带 。18.（10分）如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为，横截面积为，

24、小活塞的质量为，横截面积为；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为，气缸外大气压强为，温度为。初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度取，求（i）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；（ii）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。【答案】（i）（ii）【解析】试题分析：（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，气体的状态参量：V1=（l）s2+s1=（40）40+80=2400cm3，T1=495K，V2=s2l=4040=1600cm3，由盖吕萨克定律得：=，即

25、：=，解得：T2=330K；（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS1+p2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，代入数据解得：p2=1.1105Pa，T2=330K，T3=T=303K，由查理定律得：=，即：=，解得：p3=1.01105Pa；答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01105PA19.如图所示,在某次自由式滑雪比赛中,一运动员从弧形雪坡底部以大小为v0=10 m/s的初速度沿水

26、平方向飞出,最终落回到倾角为=37的足够长斜面雪坡上.若运动员飞出后在空中的姿势保持不变,不计空气阻力的影响,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.(1)求该运动员在空中飞行的时间t;(2)求该运动员落到斜面雪坡上的位置到斜面雪坡顶端的距离l;(3)科学研究表明,若运动员在空中飞行时能够控制好滑雪板与水平方向之间的夹角,便可在空中飞行时获得一定的升力.若在某次滑雪中,某运动员获得了相当于其自身重力5%的升力,试求该运动员在斜面上的实际落点到斜面顶端的距离l(保留两位小数).【答案】(1)1.5s；(2)18.75m；(3)19.74m【解析】【详解】(1)平

27、抛的水平位移竖直位移：根据几何关系：解得： ；(2)平抛的水平位移 ；(3)设运动员飞行过程中在竖直方向运动的加速度为a，由于升力量重力的0.05倍，由牛顿第二定律得：，解得：运动员的位移为其中， ，解得：。20.如图所示是一种新型的旅行箱，既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走已知旅行箱的总质量为15kg，g=10m/s2，sin37=0.6回答下面两个问题：（1）进站时，若某旅客以大小为100N、方向与水平地面成30角斜向下的力推着旅行箱匀速运动，求旅行箱对地面的压力和摩擦力的大小（2）出站时，若某旅客用斜向上与水平方向成某一角度的最小力拉着旅行箱做匀速运动，已知这个最小拉力为90N，则旅行箱与地面间的动摩擦因数为多大？最小拉力与水平方向间的夹角为多少？【答案】(1)200N， ；(2)0.75，【解析】【详解】(1)对箱子受力分析，如图所示根据平衡条件，水平方向：竖直方向：其中：联立解得：N=200N，由牛顿第三定律得：压力大小为；(2)对物体受力分析，如图所示根据平衡条件有：水平方向有：竖直方向有：其中：所以 ，则当，F有最小值，故F= 所以所以 ，。