2022届湖南省长沙市第一中学高三（下）3月月考物理试题（八）含解析

这是一份2022届湖南省长沙市第一中学高三（下）3月月考物理试题（八）含解析
长沙市一中2022届高三月考试卷（八）物理一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量均为6m/s，AB间的距离，BC间的距离，则物体的加速度为（　　）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】因为A到B和B到C速度的增加量均为6m/s，可知A到B的时间和B到C的时间相等，根据平均速度推论知，B的速度根据位移公式得即则加速度为A正确。2. 如图所示，三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上站有一小孩，某时刻小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上便相对a车保持静止，此后（　　）A. 三辆车都向右运动B. a车向左运动，b、c两车向右运动C. a、c两车的运动方向相反，速度大小相等D. a、c两车的运动方向相反，a车的速度小于c车的速度【答案】D【解析】【详解】若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律有所以即并且vc与va方向相反，故ABC不符合题意，D不符合题意故选D。3. 近地卫星绕地球的运动可视为匀速圆周运动，若其轨道半径近似等于地球半径R，运行周期为T，地球质量为M，引力常量为G，则（　　）A. 地球表面的重力加速度远大于近地卫星的向心加速度B. 近地卫星绕地球运动的向心加速度大小近似为C. 地球的平均密度近似为D. 近地卫星绕地球运动的线速度大小近似为【答案】C【解析】【详解】A．近地卫星绕地球运动，由万有引力提供向心力若不考虑地球自转，则在地球表面上有则可得故A错误；B．由向心加速度公式可知，近地卫星绕地球运动的向心加速度的大小为故B错误；C．近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供，有解得地球的平均密度近似为故C正确；D．近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供，有近地卫星绕地球运动的线速度为故D错误。故选C。4. 如图所示，匝数为N的矩形导线框以角速度在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动，线框面积为S且与理想变压器原线圈相连，原、副线圈匝数比为1：4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，、为定值电阻，为滑动变阻器，电流表和电压表均为理想电表，电流表、的示数，分别为、；电压表、的示数分别为、。不计线框电阻，下列说法正确的是（　　）A. 从图示位置开始，线框转过180°的过程中，通过线圈的电荷量为0B. 矩形导线框从图示位置转过90°时，其磁通量的变化率为C. 交流电压表的示数为D. 若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则变大【答案】C【解析】【详解】A．从图示位置开始，线框转过180°的过程中，磁通量的变化量不为0，故通过线圈的电荷量不为0，A错误；B．矩形导线框从图示位置转过90°时，其磁通量的变化率为，B错误；C．变压器副线圈电压的最大值，交流电压表的示数为，C正确；D．若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，变大，不变，则变小，D错误。故选C。5. 如图所示为剪式千斤顶的截面图。四根等长的支持臂用光滑铰链连接，转动手柄，通过水平螺纹轴减小MN间的距离，以抬高重物。保持重物不变，MP和PN夹角为120°时N点受到螺纹轴的作用力为F1；MP和PN夹角为60°时N点受到螺纹轴的作用力为F2。不计支持臂和螺纹轴的重力，则F1与F2大小之比为（　　）A. 1：1 B. 1：3 C. ：1 D. 3：1【答案】D【解析】【详解】当两臂间的夹角为时，两臂受到的压力为对点分析，点受到螺纹轴的作用力为当两臂间的夹角为时，两臂受到的压力为对点分析，点受到螺纹轴的作用力为则有故A、B、C错误，D正确；故选D。6. 匀强电场中有一与电场垂直、电阻为R的矩形回路，回路围成的面积为S，该电场的电场强度随时间的变化率为，静电力常量为k，则对应物理量的单位是（　　）A. 欧姆 B. 伏特 C. 安培 D. 特斯拉【答案】B【解析】【详解】由题意，将各物理量的单位代入表达式有故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7. 课间同学们在玩键子。两位同学在同一竖直线上把相同的键子1和2用力抛出，如图所示，两键子均恰好垂直打在竖直墙面上，若不计空气阻力且把键子看成质点。下列说法正确的是（　　）A. 建子1在空中运动的时间一定比键子2短B. 抛出瞬间毽子2所受重力的功率一定比键子1大C. 抛出时人对键子2所做的功一定比键子1大D. 若要使两键子在上升过程中相撞，必须先抛出毽子1，后抛出键子2【答案】AB【解析】【详解】A．毽球的运动轨迹为反向的平抛运动，竖直方向，根据得可知毽球1在空中运动的时间一定比毽球2短，故A正确；B．抛出时，竖直方向的速度可得根据可知抛出瞬间毽球2所受重力的功率一定比毽球1大，故B正确；C．水平方向的位移相等，根据可得结合B选项可知，无法判断抛出时毽球1和毽球2的速度大小，故无法判断抛出时人对键球2所做的功和对毽球1做的功的大小，故C错误；D．根据C选项可知，根据可知要使要使两毽球在上升过程中相撞，必须先抛出毽球2球，后抛出毽球1，故D错误。故选AB。8. 我国中微子探测实验利用光电管把光信号转换为电信号。如图所示，A和K分别是光电管的阳极和阴极，加在A、K之间的电压为U。现用发光功率为P的激光器发出频率为v的光全部照射在K上，回路中形成电流。已知阴极K材料的逸出功为，普朗克常量为h，电子电荷量为e。以下说法正确的是（　　）A. 光电子到达A时的最大动能为B. 光电子到达A时的最大动能为C. 若每入射N个光子会产生1个光电子且所有的光电子都能到达A，则回路的电流强度为D. 若每入射N个光子会产生1个光电子且所有的光电子都能到达A，则回路的电流强度为【答案】AC【解析】【详解】AB．根据光电效应方程可得最大初动能，从K到A电场力做正功，可得最大初动能为故A正确，B错误；CD．已知激光发射器激光发射的功率为P，光子所带能量为hν，则单位时间内通过的光子数量为单位时间内产生的光电子数目为由电流的定义得故C正确，D错误。故选AC。9. 如图所示，从距离水面高H处由静止释放一质量为m的小球，小球经自由落体入水，在水中运动一段时间后又“跃”出至离水面高度为h处。若小球在水中受到的浮力恒定且为自身重力的1.2倍（不考虑出、入水过程浮力的变化），小球受到水的阻力大小与速度成正比，即（k为常数），重力加速度为g，对于小球的这个运动过程分析正确的是（　　）A. 小球入水后在下降过程中做加速度增大的减速运动B. 可以求出小球第一次下降上浮过程在水中运动的时间C. 无法求出小球第一次下降上浮过程在水中运动的时间D. 若分析小球接下去的运动，则第二次出水高度h'满足【答案】BD【解析】【详解】A. 小球入水后在下降过程中，由牛顿第二定律解得可知，随着小球速度的减小，加速度也减小，小球做加速度减小的减速运动，A错误；B C. 设小球第一次入水时的速度大小为，由运动学公式得小球第一次出水时的速度大小为，由运动学公式得小球在水中下降过程，由动量定理得 ①小球在水中上升过程，由动量定理得 ②又①②两式相加得解得B正确，C错误；D. 由能量守恒可知，小球第一次在水中下降上浮过程损失的机械能小球第二次在水中下降上浮过程损失的机械能小球第一次在水中下降上浮过程的路程大于第二次，即第一次在水中下降上浮过程损失的机械能比第二次大，则有D正确；故选BD。10. 如图甲所示，两根完全相同的光滑长直导轨固定，两导轨构成的平面与水平面间的夹角为θ，导轨两端均连接电阻，阻值，导轨间距L。在导轨所在斜面的矩形区域内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界、的距离为d，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。在导轨斜面上与距离为s处，有一根阻值也为R的金属棒ab垂直于导轨在t=0时刻静止释放，时刻到达磁场上边界且恰好匀速通过整个磁场区域。已知重力加速度为g，导轨电阻不计。下列说法正确的是（　　）A. 从开始运动到离开磁场区域，ab棒减少的机械能小于该过程中回路所产生的总焦耳热B. ab棒在磁场中运动的过程时棒两端的电压大小为C. 在进入磁场前和通过磁场区域的过程中通过ab棒的电荷量之比为2︰3D. 在进入磁场前和通过磁场区域的过程中通过ab棒的电荷量之比为1︰2【答案】ABD【解析】【详解】A．ab棒进入磁场前，棒的机械能不变，磁场变化回路也产生焦耳热，所以从开始运动到离开磁场区域ab棒减少的机械能小于该过程中回路所产生的总焦耳热，故A正确；B．ab棒在磁场中运动的过程中，有解得故B正确；CD．棒进入磁场前解得棒进入磁场后解得所以故C错误，D正确。故选ABD。三、实验题：本题包含2小题，共16分，每空2分。11. (1)写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数。游标卡尺的读数______cm；螺旋测微器的读数______mm。(2)某实验小组利用如图所示装置进行“验证动量定理”的实验，实验步骤如下：Ⅰ．用游标卡尺测量小车上遮光片的宽度dⅡ．挂上钩码，调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；Ⅲ．打开光电计时器。取下轻绳和钩码，保持Ⅱ中调节好的长木板倾角不变，让小车从长木板顶端由静止开始下滑，分别记录小车通过光电门1和光电门2时的遮光时间t1和t2。回答下列问题（重力加速度为g）：①本实验是否要保证悬挂钩码的总质量m远小于小车的质量M______（填“是”或“否”）；②若要验证动量定理，还需测量的物理量有______；A．悬挂钩码的总质量m　　　B．小车经过两光电门之间的时间间隔tC．两光电门间距离l　　　D．小车的质量M③根据实验所测的物理量，动量定理的表达式为：______。【答案】 ①. 1.055 ②. 2.617 ③. 否 ④. ABD ⑤. 【解析】【详解】(1)[1]游标卡尺读数为[2]螺旋测微器的读数为(2)[3]mg是小车的合力，所以本实验不需要保证悬挂钩码的总质量m远小于小车的质量M。[4]根据动量定理得根据题意得解得若要验证动量定理，还需测量的物理量有悬挂钩码的总质量m、小车经过两光电门之间的时间间隔t、小车的质量M。故选ABD。[5]根据实验所测的物理量，动量定理的表达式为12. 为了测试某精密元件在204μA特定电流值时的工作性能，一实验小组利用微安表监测该元件在电路中的电流，电路如图（a）所示。所用器材：微安表（量程为250μA，内阻约为），稳压电源E（电动势为2.0V），定值电阻（阻值为），滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为0.3A），电阻箱（阻值范围），开关S。将电阻箱置于图（b）所示的阻值，滑动变阻器置于最大值；闭合开关S，移动的滑片，使微安表读数为204μA。（1）图（b）中的阻值为______；（2）在图（c）中标出微安表读数为204μA时的指针位置______。为了提高监测精度，该小组尝试用标准电池（电动势为1.2240V）和灵敏电流计（量程范围）替代微安表，设计了图（d）所示电路。要将元件的工作电流调到204μA，需先将的阻值设置为某个特定值，再闭合开关、，调节滑动变阻器，使灵敏电流计指针指在零点，此时元件中的电流即为204μA。（3）电阻箱的阻值应设置为______。【答案】 ①. 4250.0 ②. ③. 6000【解析】【详解】（1）[1]图（b）中R2的阻值为4250.0Ω；（2）[2]微安表最小刻度为5μA，则读数为204μA时的指针位置如图；（3）[2]由题意可知，当电阻R2两端电压等于电动势EN时，通过灵敏电流计的电流为零，则UR=EN=1.2240V电流IR=204μA则四、计算题：本题包含2小题，共27分。其中13题12分，14题15分。13. 如图所示，水平传送带足够长，顺时针运动的速度v=4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m=2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L=9m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为、，取重力加速度，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求物块：（1）第1次滑过P点时的速度大小；（2）第1次在传送带上往返运动的时间t；（3）从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。【答案】（1）6m/s；（2）12.5s；（3）88J【解析】【详解】（1）由动能定理得解得（2）由牛顿第二定律得物块与传送带共速时，由速度公式得解得匀速运动阶段的时间为第1次在传送带上往返运动的时间（3）由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有14. 如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为θ=45°，紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2为电场左右边界中点．在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）．某时刻从O点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m、电量为+q的粒子a和b．结果粒子a恰从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出；粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场．不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知．求：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；（2）粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t；（3）如果金属板间交变电场的周期，粒子b从图乙中t=0时刻进入电场，求要使粒子b能够穿出板间电场时E0满足的条件．【答案】（1） ；（2）（3）【解析】【详解】(1)如图所示，粒子a、b在磁场中均速转过90°，平行于金属板进入电场．由几何关系可得：，rb=d ①由牛顿第二定律可得 ② ③解得： , (2)粒子a在磁场中运动轨迹如图在磁场中运动周期为： ④ 在磁场中运动时间： ⑤粒子在电磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为 ⑥ 由④⑤⑥则全程所用时间为： (3)粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开Ⅰ磁场，a比b进入电场落后时间 ⑦故粒子b在t=0时刻进入电场．由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在板间运动的时间ta是周期的整数倍，由于vb=2va，b在电场中运动的时间是，可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍即 ⑧ ⑨粒子b在内竖直方向的位移为 ⑩粒子在电场中的加速度由题知粒子b能穿出板间电场应满足ny≤d 解得【点睛】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．五、选做题：共13分。【物理——选修3—3】15. 下列说法正确的是（　　）A. 两分子间距离大于r0时，增大分子间距，分子力做负功，分子势能增大B. 表面张力的产生，是由于液体表面层与液体内部相比分子间的距离比较大C. 同一种液体对不同的固体，可能是浸润的，也可能是不浸润的D. 由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体是各向异性的E. 一定质量的理想气体，如果温度升高，则气体分子的平均动能增大，压强一定增大【答案】ABC【解析】【详解】A．两分子间距离大于时，分子力表现为分子引力，若增大分子距离，分子力做负功，分子势能逐渐增大，故A正确；B．表面张力产生的原因是由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，这时分子间的引力大于斥力，故B正确；C．同一种液体对不同的固体，可能是浸润的，也可能是不浸润的，故C正确；D．由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体是各向同性的，故D错误；E．气体的压强与单位时间内气体分子对容器器壁单位面积上碰撞次数以及分子对器壁的平均撞击力有关，若温度升高，分子对器的平均撞击力增大，但若体积增大，则撞击次数变小，则压强不一定变大，故E错误。故选ABC16. 热气球主要通过自带机载加热器来调整气囊中空气的温度，从而达到控制气球升降目的。有一热气球停在地面，下端开口使球内外的空气可以流通，以保持内外压强相等。设气球的容积，除去气球内空气外，热气球总质量M=160kg。已知地面附近大气温度，空气密度，空气可视为理想气体。求：（1）当气球内剩余气体质量占原来球内气体质量的75%时，气囊中空气的温度为多少K？（2）气球刚好从地面飘起时球内的气体温度等于多少K？【答案】（1）400K；（2）450K【解析】【详解】（1）当气球内剩余气体质量占原来球内气体质量的75%时，有由等压变化规律可知解得T2=400K（2）设气球刚好从地面浮起时气球内的气体密度为ρ1，则气球升起时浮力等于气球和内部气体的总重力，有ρgV1=Mg+ρ1gV1因为气球内的气体温度升高时压强并没有变化，则原来的气体温度升高时体积设为V，根据质量相等则有ρV1=ρ1V原来的气体温度升高后压强不变，体积从V1变为V，由等压变化得联立解得T3=450K【物理--选修3-4】17. 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同。实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（　　）A. 在相遇区域会发生干涉现象B. 实线波和虚线波的频率之比为3:2C. 平衡位置为x＝6m处的质点此刻速度为零D. 平衡位置为x＝8.5m处的质点此刻位移y＞20cmE. 从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x＝5m处的质点的位移y＜0【答案】BDE【解析】【详解】A．两列波波速相同，波长不同，根据v＝λf，频率不同，不能干涉，故A错误；B．两列波波速相同，波长分别为4m、6m，比值为2:3，根据v＝λf可得，频率比为3:2，故B正确；C．平衡位置为x＝6m处质点此时刻位移为零，两列波单独引起的速度方向均向上，故合速度不为零，故C错误；D．平衡位置为x＝8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分别为故合位移大于振幅A，故D正确；E．传播速度大小相同。实线波的频率为2Hz，其周期为0.5s，虚线波的周期为0.75s；从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x＝5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故E正确。故选BDE。18. 图示是一透明的圆柱体的横截面，其半径R=20cm，折射率为，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体，（光在真空中的传播速度）试求：（1）光在圆柱体中的传播速度；（2）在AB的上下两侧距离直线AB多远的入射光线，折射后恰经过B点。【答案】（1）；（2）。【解析】【详解】（1）光在圆柱体中的传播速度为（2）设光线PC经折射后经过B点，光路图如图所示由折射定律根据图中几何关系可知联立解得光线PC离直线AB的距离则在AB的上下两侧与直线AB距离的入射光线，折射后恰经过B点。