2020-2021学年福建龙岩高三上物理月考试卷

这是一份2020-2021学年福建龙岩高三上物理月考试卷，共7页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A.运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B.物体的加速度不变，其动量一定不变
C.动量越大的物体，其速度一定越大
D.动量越大的物体，其质量一定越大

2. 负压救护车、负压病房在疫情防治中发挥了重要的作用，负压是指空间内的气压略低于外界环境的大气压．若负压空间的温度和外界温度相同，负压空间中的气体和外界环境中的气体都可以看成理想气体，则以下说法正确的是（ ）
A.负压空间中气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能
B.负压空间中气体单位体积内的分子数小于外界环境中气体单位体积内的分子数
C.负压空间中每个气体分子的运动速率都小于外界环境中每个气体分子的运动速率
D.负压空间中气体的内能等于外界环境中同体积的气体的内能

3. 根据热力学第二定律判断，下列说法正确的是（ ）
A.功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功
B.热可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
C.气体向真空的自由膨胀是不可逆的
D.随着技术的进步，热机的效率可以达到100%

4. 测温是防控新冠肺炎的重要环节．额温枪是通过传感器接收人体辐射的红外线，对人体测温的．下列说法正确的是（ ）
A.红外线是波长比紫外线短的电磁波
B.红外线可以用来杀菌消毒
C.体温越高，人体辐射的红外线越强
D.红外线在真空中的传播速度比紫外线的大

5. 一定质量的理想气体从状态a变化到状态b的V−T图像如图所示，图线为线段．在此过程中，其压强（ ）

A.逐渐增大B.逐渐减小C.始终不变D.先增大后减小

6. 如图1所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，当圆盘静止时，小球可稳定振动．改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线（振幅A与驱动力的频率f的关系）如图2所示．现使圆盘以4s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，则下列说法正确的是（ ）

A.此振动系统的固有频率约为0.25Hz
B.此振动系统的振动频率约为3Hz
C.若圆盘匀速转动的周期减小，系统的振动频率变大
D.若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向左移动

7. 如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s．下列说法正确的是（ ）
①球棒对垒球的平均作用力大小为1260N
②球棒对垒球的平均作用力大小为360N
③球棒对垒球做的功为126J
④球棒对垒球做的功为36J

A.①③B.①④C.②③D.②④

8. A、B两球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A、B的质量分别为2kg和4kg，A的动量是6kg⋅m/s，B的动量是8kg⋅m/s，当A球追上B球发生碰撞后，A、B两球动量可能值分别为（ ）
A.−6kg⋅m/s，20kg⋅m/sB.4kg⋅m/s，10kg⋅m/s
C.10kg⋅m/s，4kg⋅m/sD.5kg⋅m/s，9kg⋅m/s
二、多选题

斜上抛一个物体，不计阻力，物体在运动过程中动量的增量、动量的变化率随时间变化的关系在图中正确的是（取向上方向为正）（ ）
A.B.
C.D.

一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为2m/s．某时刻波形如图所示，两质点a、b的平衡位置的横坐标分别为xa=2.5m，xb=4.5m．则下列说法正确的是（ ）

A.此时质点a的振动速度比质点b的振动速度大
B.质点a的起振时间比质点b的起振时间早1s
C.平衡位置的横坐标x=10.5m处的质点（图中未画出）与质点a的振动情况总是相同
D.质点b的振动周期为4s

一定质量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p−V图像如图所示，在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化，对于这两个过程，下列说法正确的是（ ）

A.在过程1中气体温度不变
B.在过程1中气体内能减小
C.在过程2中气体一直对外放热
D.在过程2中气体内能的改变量与在过程1中气体内能的改变量相同

如图所示，两列简谐横波在同一条细绳上相向传播，波源S1、S2分别处于横坐标x1=0和x2=24m处，波源S1振动周期为T1=3s，两波源同时起振，t=6s时波形如图，则下列说法正确的是（ ）

A.由图知两列波的波源的起振方向相同
B.由于两列波在同一介质中传播，所以频率相同，可以产生干涉
C.从此时开始，出现两波峰相遇的最早时间为58s
D.此时x=20m处的质点振动方向向上，位移为−23cm
三、实验探究题

用单摆测量重力加速度的实验中．
（1）为了提高周期的测量精度，下列哪种做法是可取的________．
A.用秒表直接测量一次全振动的时间
B.用秒表测30至50次全振动的时间，计算出周期的平均值
C.在小球经过平衡位置时，启动秒表和结束计时
D.在小球经过最大位移处时，启动秒表和结束计时

（2）某位同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t．请写出重力加速度的表达式g=________．（用所测物理量表示）

（3）测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值________．（选填“偏大”“偏小”或“不变”）

某同学利用图甲所示装置验证动量守恒定律．主要实验步骤如下：
Ⅰ．沿实验桌左右移动垫块，直至接通交流电源后，轻推小车A，与小车相连的纸带上打出一系列分布均匀的点迹（相邻两点间的间距相等），断开电源；
Ⅱ．将小车B（未画出，与小车A完全相同）静置于长木板上的P处，并将适量砝码放在小车B中；
Ⅲ．接通电源，沿木板方向向下轻推一下小车A，使小车获得一初速度，两车碰撞后粘在一起，打点计时器打出一系列的点迹，如图乙所示；
Ⅳ．用天平测得小车A的质量为195g，小车B与钩码的总质量为240g．

（1）在步骤Ⅰ中，要求纸带上打出的点迹分布均匀的原因是________．

（2）已知打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，则碰撞前瞬间系统的总动量p1=________kg⋅m/s（结果保留三位有效数字）；碰撞后瞬间系统的总动量p2=________kg⋅m/s（结果保留三位有效数字）；若在实验误差允许的范围内，满足________，则系统动量守恒得到验证．
四、解答题

如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着两个质量为m=1kg的相同的小球A、B．现让A球以v0=2m/s的速度向B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起继续向右运动．求：

（1）A、B两球碰撞后一起运动的共同速度多大？

（2）碰撞过程中损失了多少动能？

使一定质量的理想气体的状态按图中箭头所示的顺序变化，图线BC是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线．

（1）已知气体在状态A的温度TA=300K，问气体在状态B、C和D的温度各是多大？

（2）将上述气体变化过程在V−T中表示出来（图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化方向）．

如图所示，喷雾器内有13L药液，上部封闭有1atm的空气2L，关闭喷雾阀门，用打气筒活塞每次可以打进1atm、 200cm3的空气．（设外界环境温度一定，忽略打气和喷药过程温度的变化，空气可看作理想气体）求：

（1）要使喷雾器内气体压强增大到2.4atm，打气筒应打气的次数n；

（2）若压强达到2.4atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器内药液上方空气的压强降为1atm时，桶内剩下的药液的体积．

质量m=500g的篮球，以10m/s的初速度竖直上抛，当它上升到高度h=1.8m处与天花板相碰，经过时间t=0.4s的相互作用，篮球以碰前速度的34反弹，设空气阻力忽略不计，g取10m/s2，则篮球对天花板的平均作用力为多大？
参考答案与试题解析
2020-2021学年福建龙岩高三上物理月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
动量
【解析】
质量与速度的乘积是物体的动量，根据动量的定义式以及动量和速度的关系分析答题．
【解答】
解：A．动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，故A正确；
B．加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，故B错误；
CD．质量与速度的乘积是物体的动量，动量越大的物体，其速度或质量不一定越大，故CD错误．
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
温度、气体压强和内能
分子动能
【解析】
温度是气体分子平均动能的标志；气体压强微观解释：由单位体积气体分子数和气体分子撞击器壁力度决定；
【解答】
解：A．温度是气体分子平均动能的标志，负压病房的温度和外界温度相同，故负压病房内气体分子的平均动能等于外界环境中气体分子的平均动能，故A错误；
B．决定气体分子压强的微观因素是：单位体积气体分子数和气体分子撞击器壁的力度，现内外温度相等，即气体分子平均动能相等（撞击力度相等），病房内压强要减小形成负压，则要求负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数，故B正确；
C．负压病房内气体分子的平均动能等于外界环境中气体分子的平均动能，二者气体分子的平均运动速率相等，并且气体分子的热运动是针对大量分子的统计规律，对单个分子不适用，故C错误；
D．负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数，对于理想气体来说，内能跟分子数和温度有关，温度相同，分子数不同，则内能不相同，故D错误.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
热力学第二定律
【解析】
热力学第二定律：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响.根据热力学第二定律的不同表述分析.
【解答】
解：A．由热力学第二定律，功可以全部转化为热，而热也可以全部转化为功，但要引起其他方面的变化，故A错误；
B．根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，故B错误；
C．根据热力学第二定律，宏观热现象具有方向性，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故C正确；
D．根据热力学第二定律，由于存在热量的损耗，所以即使不断改进工艺，热机的效率也不可能达到100%，故D错误．
故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
电磁波的应用
【解析】
不同温度下红外线辐射强弱不同；红外线具有热效应，紫外线能杀菌消毒．微波炉是利用电磁微波来加热食物的．
【解答】
解：AC．人们利用红外线来测温，是利用红外线的热效应，因为红外线波长长，更容易发生衍射，体温越高人体发射的红外线越强，故A错误，C正确；
B．紫外线可用于杀菌消毒，红外线具有热效应，故B错误；
D．红外线和紫外线在真空中的传播速度相同，故D错误．
故选：C．
5.
【答案】
A
【考点】
气体状态变化的图象问题
【解析】
由图像知气体的体积减小、温度升高，由理想气体状态方程问题立解。
【解答】
解：根据理想气体状态方程pVT=k，沿直线从a到b，V逐渐变小，T逐渐变大，所以p逐渐变大．
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
产生共振的条件及其应用
自由振动和受迫振动
【解析】
振子做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率；在共振曲线中振子的振幅最大的点，就是振子的固有频率对应的数值；振动系统的固有频率是由振动系统本身的性质决定的．
【解答】
解：A．由振子的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为0.3Hz，故A错误；
B．圆盘周期T=4s，故振动系统的振动频率约为f=1T=0.25Hz，故B错误；
C．若圆盘匀速转动的周期减小，根据周期与转动频率互为倒数，圆盘的转动频率变大，根据驱动频率等于系统振动频率，可知系统的振动频率也变大，故C正确；
D．共振曲线的峰值对应的频率表示振子的固有频率，它是由振动系统本身的性质决定的，与驱动力的周期无关，故D错误．
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
动量定理的基本应用
动能定理的应用
【解析】
对球棒击球的过程分别运用动量定理和动能定理列方程求解作用力和作用．动量定理表达式是矢量表达式，在运用动量定理是要注意方向．
【解答】
解：根据动量定理：F⋅t=mv2−mv1，
F=mv2−mv1t=−0.18×45−0.18×250.01N=−1260N，故①正确，②错误；
根据动能定理：W=12mv22−12mv12=(12×0.18×452−12×0.18×252)J=126J，故③正确，④错误．
故选A．
8.
【答案】
B
【考点】
弹性碰撞和非弹性碰撞
【解析】
两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度.
【解答】
解：取A球碰撞前的运动方向为正，碰撞前的总动量是：p=pA+pB=14kg⋅m/s，
碰撞前系统的总动能：Ek0=12mAvA2+12mBvB2=17J．
A．若碰撞后A、B的动量分别为−6kg⋅m/s，20kg⋅m/s，动量守恒，碰撞后系统的总动能：Ek1=59J>Ek0，故A错误；
B．若碰撞后A、B的动量分别为 4kg⋅m/s，10kg⋅m/s，动量守恒，碰撞后系统的总动能：Ek2=16.5JC．若碰撞后A、B的动量分别为10kg⋅m/s，4kg⋅m/s，动量守恒，碰撞后系统的总动能：Ek3=27JvB′，故C错误；
D．若碰撞后A、B的动量分别为5kg⋅m/s，9kg⋅m/s，动量守恒，碰撞后系统的总动能：Ek4=16.375JvB′，故D错误．
故选B．
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
动量定理的基本应用
【解析】
根据动量定理得出动量变化率的大小，以及动量变化量与时间的关系，从而确定正确的图线．
【解答】
解：AB．根据动量定理知：F合t=mgt=Δp，mg是定值，方向竖直向下，故A正确，B错误．
CD．动量的变化率ΔpΔt=mg，可知ΔpΔt随时间不变，即图线为平行于时间轴的直线，故C正确，D错误．
故选：AC．
【答案】
B,C,D
【考点】
横波的图象
【解析】
由图能直接读出波长，由波速公式求出周期．x=10.5m处的质点与a质点相距一个波长，振动情况总相同．质点离平衡位置越近，速度越大．只有初位置位于平衡位置或最大位移处质点，再经过14个周期，质点a通过的路程是一个振幅．
【解答】
解：A．质点a离平衡位置比b远，所以此时质点a的速度比b的速度小，故A错误；
C．x=10.5m处的质点与a质点相距一个波长，步调总是一致，振动情况总是相同，故C正确；
D．由图能直接读出波长λ=8m，由波速公式v=λT，该波的周期T=λv=82s=4s，则质点b振动的周期为4s，故D正确；
B．质点a与质点b隔14个周期，所以质点a的起振时间比质点b的起振时间早1s，故B正确．
故选BCD．
【答案】
B,D
【考点】
气体状态变化的图象问题
【解析】
气体经历过程1，压强减小，体积变大，根据绝热，既不吸热，也不放热，结合热力学第一定律ΔU=Q+W，即可判定；根据理想气体状态方程pVT=C和热力学第一定律，结合过程2中，压强与体积的变化情况，从而即可求解；依据初末状态的温度相同，从而确定内能改变量也相同．
【解答】
解：AB．气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，气体始终与外界无热量交换，即Q=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知ΔU=W<0，内能减小，故温度降低，故A错误，B正确；
C．气体在过程2中，根据理想气体状态方程pVT=C，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，内能减小，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知ΔU<0，W=0，Q<0，所以要对外放热；然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，内能增加，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知ΔU>0，W<0，Q>0，吸收热量，故C错误；
D．无论是经过1过程还是2过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故D正确．
故选BD．
【答案】
A,D
【考点】
横波的图象
【解析】
本题关键明确质点的实际位移等于两列波单独传播对引起位移的矢量和，结合波形的空间周期性和质点振动的时间周期性进行分析即可.
【解答】
解：A．因在t=6s时，实线波传到x=24m的质点，由波形图可知，该质点向下起振，可知实线波的起振方向向下，同理，虚线波的波源起振方向也是向下的，两振源起振方向相同，故A正确；
B．由于两列波在同一介质中传播，波速相同，但是由于波长不同，所以频率不相同，不可以产生干涉，故B错误；
C．因波速v=λ1T1=123m/s=4m/s，由波形图可知，从此时开始，出现两波峰相遇的最早时间为t=Δx2y=6−32×4s=38s，故C错误；
D．此时x=20m处的质点，由两列波在该质点引起的振动方向都是向上的，则质点的振动方向向上；由虚线波在该点引起的位移为零，由实线波引起的位移为x=−4sin60∘cm=−23cm，则该质点的位移为−23cm，故D正确．
故选AD．
三、实验探究题
【答案】
B,C
（2）4π2n2Lt2
（3）偏小
【考点】
用单摆测定重力加速度
【解析】
（1）直接测量一次全振动的时间较短，不利于减小误差；在平衡位置启动秒表开始计时，在平衡位置结束计时，因为速度最大，误差比较小；
（2）（3）根据单摆的周期公式推导出重力加速度表达式，根据该表达式分析误差情况；
【解答】
解：（1）A．直接测量一次全振动的时间较短，不利于减小误差，故A错误；
B．用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均周期，利于减小误差，故B正确；
CD．在平衡位置启动秒表开始计时，在平衡位置结束计时，因为速度最大，误差比较小，故C正确，D错误．
故选：BC；
（2）根据单摆的周期公式，有：
T=2πLg，且T=tn，
解得：
g=4π2n2Lt2；
（3）在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则实际的摆动时间t变大，计算时，摆长的测量值偏小，根据公式g=4π2n2Lt2，故重力加速度的测量值偏小．
【答案】
（1）为了保证小车所受合力为零（或保证小车匀速运动）
（2）0.930,0.927,p1=p2
【考点】
利用其他器材验证动量守恒定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）打点计时器打出的点迹分布均匀，即小车做匀速运动，说明小车受到的合力为零，两车（包括小车B中的砝码）组成的系统满足动量守恒的条件．
（2）交流电源的周期T=1f=0.02s，
碰撞前瞬间小车A的速度大小v1=47.70×10−25×0.02m/s=4.770m/s，
系统的动量大小p1=mAv1=0.195×4.770kg⋅m/s≈0.930kg⋅m/s，
碰撞后两车的共同速度大小v2=21.30×10−25×0.02m/s=2.130m/s，
系统的动量大小p2=(mA+mB)v2=(0.195+0.240)×2.130kg⋅m/s≈0.927kg⋅m/s．
在实验误差允许的范围内，满足p1=p2，系统动量守恒得到验证．
四、解答题
【答案】
（1）A、B两球碰撞后一起运动的共同速度为1m/s．
（2）碰撞过程中损失了1J的动能．
【考点】
“二合一”模型
能量守恒定律的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）A、B两球相碰，满足动量守恒定律，以v0的方向为正方向，则有mv0=2mv，
代入数据解得A、B两球相碰后的共同速度v=1m/s．
（2）A、B碰撞过程中损失的动能为ΔEk=12mv02−12×2mv2=1J．
【答案】
（1）气体在状态B、C和D的温度分别是600K、600K、300K．
（2）如解答图所示．
【考点】
气体状态变化的图象问题
【解析】
（1）A到B、B到C、C到D过程分别是等压、等温和等压变化，根据吕萨克定律、玻意耳定律求气体在状态B、C和D的温度．
（2）根据对气体状态变化的掌握，建立坐标系，作出图像．
【解答】
解：（1）A到B过程，气体发生等压变化，故VATA=VBTB，
由图可知：VB=2VA，则TB=2TA=600K，
B到C过程，气体发生等温变化，TB=TC=600K，
C到D过程，气体发生等压变化，故VCTC=VDTD，
由图可知，VC=2VD，得到TD=300K．
（2）由状态B到状态C为等温变化，故pBVB=pCVC，VB=pCVCpB=2×404L=20L．
采用描点法，作出V−T图线如图：
【答案】
（1）打气筒应打气的次数n=14．
（2）桶内剩下的药液的体积为10.2L．
【考点】
“汽缸活塞类”模型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）设应打气n次，则有p1=1atm，V1=200cm3×n+2L=0.2nL+2L，
V2=2L，p2=2.4atm，
根据玻意耳定律得p1V1=p2V2，
解得n=14次．
（2）由题意可知V2=2L，p2=2.4atm，p3=1atm，
根据玻意耳定律得p2V2=p3V3，
解得V3=4.8L，
剩下的药液V=(13+2)L−4.8L=10.2L．
【答案】
篮球对天花板的平均作用力为12.5N．
【考点】
动量定理的基本应用
竖直上抛运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：规定竖直向上为正方向，由v12−v02=−2gh得：
v1=8m/s，
根据动量定理：
−(F+mg)t=mv2−mv1，
v2=−34v1=−6m/s，
由上得F=12.5N，方向竖直向下，
由牛顿第三定律得：篮球对天花板的平均作用力F′=12.5N，方向竖直向上．