河北省衡水巿安平中学2020届高三上学期月考物理试题

安平中学2019-2020学年高三第二次月考物理试题

命题人：刘丽枝 审核人：阮彦赏

一、选择题：本题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14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。

1.工信部于2019年6月6日正式发布5G牌照，意味着我国正式进入5G商用时代。各家手机厂商陆续发布5G手机，华为官方于7月26日正式发布华为Mate20X5G，该款手机采用5000mA·h大容量锂电池和无线快充技术。下列说法正确的是(   )

A. mA·h是一种能量单位

B. 锂电池容量越大，电动势越大

C. 快充时电能转化为化学能

D. 快充技术提高了锂电池的原有容量

【答案】C

【解析】

【详解】A.mA·h是一种电荷量的单位，选项A错误；

B.锂电池的电动势与容量无关，选项B错误；

C.充电时电能转化为化学能，选项C正确；

D.快充技术提高了锂电池的充电速度，缩短了充电时间，选项D错误。

2.一质点由静止开始沿直线运动，其速度－位移图象如图所示，运动到距出发点x0处，速度大小为v0。下列选项正确的是(  )

A. 质点做匀加速直线运动

B. 质点运动前的平均速度大于后的平均速度

C. 质点运动x0的平均速度为

D. 以上说法都不对

【答案】D

【解析】

【详解】A.由题图知质点的速度随位移均匀增大，所以随时间不是均匀增大，选项A错误；

B.质点运动前的速度都小于后的速度，故平均速度也一定小，选项B错误；

C.由于不是匀变速直线运动，所以的结论在此不成立，选项C错误。

D.由以上分析可知，选项D正确。

3.在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是（     ）

A. a一定受到4个力

B. b可能受到4个力

C. a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力

D. a与b之间不一定有摩擦力

【答案】A

【解析】

【详解】B、D、对物体b受力分析，b受重力、斜面的支持力和摩擦力的作用而处于平衡，故b受3个力；故B，D均错误.

A、C、对物体a、b整体受力分析，受重力、恒力F，由于水平方向墙壁对a没有支持力，否则整体不会平衡，墙壁对a没有支持力，也就没有摩擦力；所以物体a受重力、恒力F、物体b对其的压力和静摩擦力，共受4个力；故A正确， C错误；

4.滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(     )

A. 所受合外力始终为零 B. 合外力做功一定为零

C. 所受摩擦力大小不变 D. 机械能始终保持不变

【答案】B

【解析】

【详解】A、由于物体做曲线运动，所以合外力不为零，指向轨迹内侧，故A错误；

B、根据动能定理：，可得滑块下滑过程中，速率不变，所以动能不变，因此合外力做功一定为0，故B正确；

C、物体所受摩擦力为滑动摩擦力，由于运动员速率保持不变，所以向心力大小不变，对物体受力分析如图所示：

有，运动员向下运动的过程中，角度逐渐变小，易得正压力N在逐渐变大，所以摩擦力在变大，故C错误。

D、沿AB下滑过程中，由于运动员速率不变，所以动能不变，所以重力势能在减小，机械能在减小，故D错误；

故选B。

5.在地球上不同的地方，重力加速度大小是不同的。若把地球看成一个质量分布均匀的球体，已知地球半径为R，地球自转的周期为T，则地球两极处的重力加速度与赤道处的重力加速度之差为

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】在两极：；在赤道上：，则；

A. ，与结论不相符，选项A错误；

B. ，与结论不相符，选项B错误；

C. ，与结论不相符，选项C错误；

D. ，与结论相符，选项D正确；

6.如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出，B为AO连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为

A. :1 B. 2 : 1 C. 4 : D. 4 : 1

【答案】B

【解析】

【详解】设任一小球的初速度为v0，抛出点离O点的高度为h，平抛运动的时间为t，斜面的倾角为θ．据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：

vytanθ=v0；

又

vy=gt

可得： 
根据几何关系得：

据题有OA=2OB，则得：vA=vB．
击中斜面位置到O点的距离为

故得A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为 2：1，故选B.

【点睛】解决本题的关键要灵活运用几何关系，分析水平位移与高度的关系，要掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，并能灵活运用．

7.如图所示，半径为r的均匀金属圆环固定在竖直面内，a、b为其两个端点，O为圆心，Oa连线水平，圆环处于方向水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。当圆环中通过顺时针方向的电流I时，圆环受到的安培力(  )

A. 大小为，方向垂直纸面向里

B. 大小为，方向垂直纸面向里

C. 大小为，方向垂直纸面向外

D. 大小为，方向垂直纸面向外

【答案】A

【解析】

【详解】圆环在磁场中所受安培力的有效长度为r，安培力的大小为F=BIr，由左手定则可知，安培力的方向垂直纸面向里。

A. 大小为，方向垂直纸面向里，与结论相符，选项A正确；

B. 大小为，方向垂直纸面向里，与结论不相符，选项B错误；

C. 大小为，方向垂直纸面向外，与结论不相符，选项C错误；

D. 大小为，方向垂直纸面向外，与结论不相符，选项D错误。

8.如图所示，△abc是圆的内接三角形，其中O为圆心，∠a＝30°，∠c＝90°，gf为垂直ac的直径，有一匀强电场，电场方向与三角形所在平面平行。位于a处的粒子源向平面内各个方向发射初速度大小相同、电荷量为e的粒子，其中到达b点的粒子动能增加eV，达到c点的粒子动能增加eV。若忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，则到达圆周上g点和f点的粒子动能增量分别为(   )

A. eV、2eV

B. 2eV、eV

C. 2eV、0

D. eV、0

【答案】D

【解析】

【详解】根据动能定理得

，

所以

，

故

。

同理

，

所以

，

故

。

连接Oc为匀强电场的一条等势线，由几何关系可知af、eb与Oc平行，故

，。

所以到达最高点e的粒子的动能增量为，到达最低点的粒子动能增量为0。

A. eV、2eV，与结论不相符，选项A错误；

B. 2eV、eV，与结论不相符，选项B错误；

C. 2eV、0，与结论不相符，选项C错误；

D. eV、0，与结论相符，选项D正确。

9.如图所示，在光滑的水平桌面上有一质量为m的正方形均匀导体框，在导体框右侧虚线区域内有一条形匀强磁场，磁场的边界与导体框的一边平行，方向垂直桌面向下。给导体框一向右的初速度v0，导体框完全离开磁场区域时速度大小为v。已知导体框的宽度小于磁场宽度，下列说法正确的是

A. 导体框完全处于磁场中时的速度大小等于

B. 导体框全部进入和完全离开磁场过程中，通过导体框某一横截面的电荷量一定不相等

C. 进入和离开磁场过程中，导体框所受安培力方向相同

D. 导体框全部进入磁场过程中产生的焦耳热大于全部离开磁场过程中产生的焦耳热

【答案】ACD

【解析】

【详解】B.设导体框完全进入磁场的速度大小为，正方形导体框的边长为L，导体框的电阻值为R，进入和离开磁场过程中，通过导体框横截面的电荷量为

选项B错误。

A.对导体框进入磁场的过程中，由动量定理可知

又电量

解得

则速度变化量

同理，导体框离开磁场的过程中，

故

解得

选项A正确。

C.进入和离开磁场过程中，导体框所受安培力方向均向左，选项C错误。

D.导体框进入磁场过程中受到的安培力始终大于离开磁场过程中受到的安培力，故进入过程中克服安培力所做的功大于离开过程中克服安培力所做的功，选项D正确。

10.一个静止的铀238原子核发生衰变，衰变方程为，若衰变过程中释放的核能全部转化为Th和Y的动能，下列说法正确的是(   )

A. 与的中子数相等

B. 衰变后的动能小于Y粒子的动能

C. 的比结合能小于的比结合能

D. 的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间

【答案】BC

【解析】

【详解】A.衰变方程为，中的中子数为146个，中的中子数为l44个，故选项A错误。

B.衰变过程中由动量守恒可知，生成的Th核的动量与粒子的动量等大反向，根据可知，衰变后Th核的动能小于粒子的动能，选项B正确；

C.比结合能越大原子核越牢固，故的比结合能小于的比结合能，选项C正确；

D.的半衰期等于一半数量的铀核衰变需要的时间，而放出一个粒子所经历的时间是一个原子核衰变的时间，故两者不等，选项D错误。

11.如图所示,一块长木板B放在光滑的水平面上,再在B上放一物体A,现以恒定的外力拉B,A、B发生相对滑动,A、B都向前移动一段距离,在此过程中，下列判断正确的是(     )

A. 外力F做的功等于A和B动能的增加之和

B. B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量

C. A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功

D. 外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和

【答案】BD

【解析】

【详解】A、A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，A对地的位移小于B对地的位移，即

对A根据动能定理有：

对B根据动能定理有：

联立可以得到：，即外力F做的功大于A和B动能的增加之和，故 A错误，B正确；

C、由于A与B之间的摩擦力大小相等，而且，所以A对B的摩擦力所做的功不等于B对A的摩擦力所做的功，故C错误；

D、对B根据动能定理有：，则，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确。

12.如图所示，质量分别为、的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为、，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况，下列分析正确的是

A. 若，，则杆受到压力 B. 若，，则杆受到拉力

C. 若，，则杆受到拉力 D. 若，，则杆无作用力

【答案】ACD

【解析】

【详解】假设杆无弹力，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

解得：

同理

A. 若，则a1<a2，则杆受到压力作用，故A正确。

BD只要μ1=μ2，则a1=a2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，故杆无弹力，B错误D正确。

C. 若μ1＜μ2，则a1＞a2，A加速度较大，则杆受到拉力，故C正确；

13.一光滑、绝缘的半球壳固定在绝缘水平面上，球壳半径为R，在球心O处固定一个带正电的点电荷，一个带负电荷的小物块(物块可视为质点)静止在球壳的顶端A。现在小物块受到轻微扰动从右侧下滑，已知物块静止在A点时，对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍，P点在球面上。则

A. 物块沿球面运动的过程中机械能增大

B. 物块沿球面运动的过程中机械能不变

C. 若物块恰好在P点离开球面，则物块的速度大小为

D. 若物块恰好在P点离开球面，则物块的速度大小为

【答案】BC

【解析】

物块沿球面运动的过程中，库仑力指向球心，则库仑力不做功，只有重力做功，则物块的机械能不变，选项A错误，B正确；设OP与竖直方向夹角为θ，则当将要离开球面时所受球面的支持力为零，则由牛顿第二定律可知；因在最高点时对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍，可知F库=mg；由机械能守恒定律：，联立解得：，，故选项C正确，D错误；故选BC.

点睛：此题关键是知道库仑力不做功，机械能守恒；物块离开圆面时对圆面的压力为零，根据牛顿第二定律结合机械能守恒定律列方程求解.

14.如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方。将m1由静止释放开始运动，则下列说法正确的是

A. 在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒

B. 当m1运动到C点时，m1速率是m2速率的倍

C. m1不可能沿碗面上升到B点

D. m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定

【答案】ACD

【解析】

【详解】A. 在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒。故A正确。

B. 设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得：

v1cos45°=v2

则

故B错误。

C.在m1从A点运动到C点的过程中，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得：

结合

可知

若m1运动到C点时绳断开，至少需要有的速度m1才能沿碗面上升到B点，现由于m1上升的过程中绳子对它做负功，所以m1不可能沿碗面上升到B点。故C正确。

D. m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定。故D正确。

二.实验题

15.物理小组的同学在实验室用打点计时器研究小车的匀变速直线运动，他们将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，实验时得到一条纸带。他们在纸带上便于测量的地方选取第一个计时点，在这个点下标明A；然后每隔4个点选一个计数点，依次标为B、C、D、E；最后用刻度尺正确测量，结果如图所示。则打C点时小车的瞬时速度大小为__________m／s，小车运动的加速度大小为__________m／s2，AB间的距离为__________cm。（保留三位有效数字）

【答案】    (1). 0.986    (2). 2.58    (3). 5.99

【解析】

【详解】[1].

[2].由可得：

。

[3].因

，

联立解得

16.学习完电表改装一节的内容，小明和小华在实验室准备将量程为1mA的灵敏电流计改装成两个常用量程的电压表，设计电路如图1所示。

（1）他们在改装前先通过如图2所示的电路测量该灵敏电流计的内阻，先将R的阻值调至最大，闭合S1，调节R的阻值使灵敏电流计的指针达到满偏；然后闭合S2调节的阻值，使灵敏电流计的指针________，此时就认为电阻箱的阻值等于灵敏电流计的内阻。由于该方法实验原理不够完善导致测得的内阻要比真实值______（填“偏大”或“偏小”），这种测量误差属于_______（填“系统误差”或“偶然误差”）。

（2）若用此方法测得该灵敏电流计的内阻为150Ω，则改装时R1＝______Ω，R2＝______Ω。

（3）如图3所示，改装完成后接着对电压表的3V量程进行校对，V0为标准电压表、V1为改装电压表，发现电压表V1的读数始终比标准电压表V0略大，需要把R1略微_____（填“调大”或“调小”）。

【答案】    (1). 半偏（或满偏的一半）    (2). 偏小    (3). 系统误差    (4). 2850    (5). 12000    (6). 调大

【解析】

【详解】（1）[1].闭合S2调节R´的阻值，使灵敏电流计的指针半偏（或满偏的一半）；

[2][3].实验要求滑动变阻器的阻值远大于电流计的内阻，这样可近似认为闭合S2前后，电路总电阻不变，干路中的电流不变。但事实上闭合S2后，由于R´的并入，回路的总电阻略微变小，干路中的电流略微变大，当电流计达到半偏时，流过电阻箱R´的电流略大于流过电流计的电流，由并联电路的规律可知电阻箱R´的阻值略小于电流计的内阻，故测量误差偏小。由于测量原理不完善造成的误差是系统误差。

（2）[4][5].由串并联电路的规律可知

，

，

代入数据可求得

R1=2850Ω，R2=12000Ω。

（3）[6].电压表V1的读数始终比标准电压表V0略大，说明流过电压表V1的电流略大，故需要略微增大R1，减小电流（或通过增大R1，略微减小表头分得的电压）

三、计算题

选修3－3

17.一定质量理想气体，由状态A通过如图所示的箭头方向变化到状态C，其中曲线AB为双曲线的一部分，直线BC与纵轴平行。则气体由状态A到状态B的过程中，气体的内能__________（填“增大”“减小”或“不变”）；气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是__________（填“吸热”“放热”或“无法确定”）。

【答案】    (1). 不变    (2). 吸热

【解析】

【详解】[1].理想气体从状态A变化到状态B做等温变化，故气体的内能不变；

[2].理想气体从状态A变化到状态B，气体体积增大，对外做功，W<0；从B到C，体积不变，压强增大，所以温度升高，内能增加，由可知，气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是Q>0，则气体吸热。

18.如图所示，内径均匀的U形管左端封闭、右端开口，管内的水银在左端封闭了一定质量温度为T1的理想气体。已知U形管的竖直部分与水平部分的长度分别为h和，左右两侧液面到管口的距离分别为和，大气压强与竖直高度为h的水银柱产生的压强相当，重力加速度为g，若要使两边液面相平。

（i）可通过对左侧气体加热实现，求需要对左侧气体缓慢加热到温度T2；

（ii）也可通过保持温度T1不变，让玻璃管水平向左做匀加速直线运动实现，求所需加速度的大小。

【答案】（i）（ii）

【解析】

【详解】（ⅰ）设玻璃管的横截面积为S，加热前左侧气体的压强

气体体积

加热后左侧气体的压强

气体的体积

由气体状态方程知

代入解得

，

（ⅱ）保持温度不变，两边液面相平时，左侧气体的压强为p3，

由玻意耳定律知

又，

代入解得

以水平管内的水银为研究对象，由牛顿运动定律

（或，列这个表达式同样给分）

解得

选修3－4

19.如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t＝0时刻刚好到达x＝4m处，该波的波长为__________m，波源的起振方向为__________（填“y轴正方向”或“y轴负方向”）；已知该波的速度为v＝4m／s，则经__________s，x＝5m处的质点第一次到达波峰。

【答案】    (1). 4    (2). y轴负方向    (3). 1s

【解析】

【详解】[1]由图像可知，波长；

[2].波源的起振方向与x=4m处质点的振动方向相同，沿y轴负方向；

[3].x=5m处质点第一次到达波峰

20.折射率为的玻璃砖放置在水平桌面上，玻璃砖的截面为如图所示的直角三角形ABC，∠A＝60°，AB边长度为a，P为AB边上的一点，P点到A点的距离为a，一束光线平行于BC边由P点射入玻璃砖，由AC边射出后射到桌面上。求：

（i）桌面上的光点到C点的距离；

（ii）光线由P点射到桌面上所用的时间。（真空中光速用c表示）

【答案】（i）（ii）

【解析】

【详解】（i）光由空气射向玻璃砖，由折射定律有

由几何关系知

解得

又AB=a，，故，

所以光线在AC边的入射角i=30°，即△APD为等边三角形

由，解得

r=60°

由正弦定理知

解得

故

（ii）由几何关系：

光线由P点到射到桌面上所用的时间

，

且

解得

21.如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：

（1）小球受到手的拉力大小F；

（2）物块和小球的质量之比M:m；

【答案】（1），（2）

【解析】

【详解】(1)根据几何关系可知， ，设小球受AC、BC的拉力分别为F1，F2

且

解得：

(2)小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度

物块下降高度

机械能守恒定律：

解得：

22.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第三象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，在y轴的右侧存在着另一个匀强磁场，方向也垂直纸面向里。质量为m、带电量为q的粒子以一定初速度由坐标为（0，h）的P点沿x轴负方向进入磁场，并沿着y轴负方向垂直进入匀强电场，然后经过y轴上坐标为（0，－2h）的Q点进入y轴右侧的磁场，最后回到P点。不计粒子重力，求：

（1）电场强度E；

（2）粒子从P点出发到再次回到P点所用的时间。

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】（1）由题意知粒子在第二象限做圆周运动，半径为h，则有

粒子在第三象限做类平抛运动

qE=ma

联立解得

，

（2）粒子在第二象限运动时

，

运动时间

粒子在第三象限运动的时间为

粒子离开第三象限时，

速度偏向角为，，可知

粒子在y轴右侧运动时半径为r，由几何关系知

解得

运动的时间

粒子运动的总时间