1、湖南省雅礼中学2020届高三物理月考试题（七）（含解析）一、选择题1.氢原子第n能级的能量绝对值为En=，其中E1是基态能量的绝对值，而量子数n=1，2，3。假设通过电场加速的电子轰击氢原子时，电子全部的动能被氢原子吸收，使氢原子从基态跃迁到激发态，则使电子加速的电压至少为（e为电子所带的电荷量的绝对值）（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】使氢原子从基态跃迁到n=2的激发态时，使电子加速的电压最小，由能量关系得；故选C2.密立根油滴实验是利用作用在油滴上的电场力和重力平衡而测量电荷的，其电场由两块带电平行板产生实验中，半径为、带电量的油滴保持静止时，两块极板的电势差为当电势
2、差变为时，半径为的油滴保持静止，则该油滴所带的电荷量为（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】半径为r、电荷量为2e的油滴保持静止时，两块极板的电势差为U。根据平衡条件列出平衡等式Eq=mg当电势差增加到4U时（两平行板间距不变），半径为2r的油滴保持静止解得：q=4eA，与结论不相符，选项A错误；B，与结论相符，选项B正确；C，与结论不相符，选项C错误；D，与结论不相符，选项D错误；故选B。3.从地面竖直上抛一个物体，物体运动过程中受到的阻力不能忽略，设阻力大小恒定。经过一段时间物体回到地面，物体运动的整个过程中（ ）A. 阻力的冲量为零B. 重力的冲量为零C. 阻力的功为零D
3、. 重力的功为零【答案】D【解析】【详解】A根据If=ft可知，阻力的冲量不为零，选项A错误；B根据IG=Gt可知，重力的冲量不为零，选项B错误；C阻力的功等于-2fh，不为零，选项C错误；D重力做功与路径无关，则重力的功为零，选项D正确。故选D。4.通电直导线周围存在着磁场，离导线越远的点磁感应强度越小，这一规律环形电流也成立。如图所示，真空中两个点电荷+q和-q以相同的角度在水平面内绕O点逆时针方向（俯视）匀速转动，+q离O点较近，则O点的磁感应强度的方向为（ ）A. 竖直向上B. 竖直向下C. O点磁感应强度为零D. 条件不足无法判断【答案】A【解析】【详解】设两电荷绕O点匀速转动角速度
4、为说明两环形电流大小相同。但两电流方向相反，按距O近的+q分析，O点磁感应强度方向向上。故选A5.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后（ ）A. A向左运动，速度大小为v0B. A向右运动，速度大小为v0C. A静止，B也静止D. A向左运动，速度大小为2v0【答案】D【解析】【详解】A、B发生弹性碰撞，取向右为正，则解得碰后A的速度为得即A向左运动，速度大小为2v0。故选D。6.如图所示，轻细杆AB、BC处在同一竖直平面内，B处用铰接连接，A、C处用铰链铰于同一水平面上
5、，BC杆与水平面夹角为37。一质量为2 kg的小球（可视为质点）穿在BC杆上，对小球施加一个水平向左的恒力使其静止在BC杆中点处，AB杆恰好竖直。不计一切摩擦（重力加速度g=10m/s2，取sin 37=0.6，cos 37=0.8），则下列说法正确的是（ ）A. BC杆对AB杆的作用力只能是竖直方向，且竖直向上B. BC杆对AB杆的作用力只能是竖直方向，且竖直向下C. 作用在小球上的水平外力的大小只能是15 ND. 作用在小球上的水平外力的大小可以不是15 N【答案】BC【解析】【详解】AB杆保持竖直，在B端受的力只能是竖直方向，否则就不能平衡，AB杆给BC秆的作用力竖直向上，则AB杆在B端
6、受BC杆的作用力竖直向下，分析小球受力如图，则有则F=15N.故BC正确，AD错误。故选BC。7.相距为d、质量分别为2m和m的两颗恒星A和B组成双星系统，在万有引力作用下各自绕它们 连线上的某一固定点，在同一平面内做匀速圆周运动。设两颗恒星的转动的周期分别为TA、TB，半径分别为RA、RB，角速度分别为A、B速度大小分别为vA、vB，动能分别为EkA、EkB，引力常量为G，则下列关系中正确的是（ ）A. RA=2RB，vA=2vBB. TA=TB，A= BC. 2EkA = EkBD. EkA +EkB =【答案】BCD【解析】【详解】对A、B组成的双星系统有：则EkA +EkB =则A错误
7、，BCD正确；故选BCD。8.如图，在竖直向下的y轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场，磁感应强度均随位置坐标按BB0ky（k为正常数）的规律变化两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与y轴垂直，甲的初始位置高于乙的初始位置，两线框平面均与磁场垂直现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速度vl和v2，设磁场的范围足够大，当线框完全在磁场中的运动时，正确的是（ ）A. 运动中两线框所受磁场的作用力方向一定相同B. 若v1v2，则开始时甲所受磁场力小于乙所受磁场力C. 若v1v2，则开始时甲的感应电流一定大于乙的感应电流D. 若v1v2，则最终稳定状态时甲的速度可能大于乙的速度【答案】AC【解析】【
8、详解】A. 根据楞次定律，甲线框中产生顺时针方向的电流，乙线框中产生逆时针方向的电流，因为线框下边产生的磁场比上边的磁场强，下边所受的安培力大于上边所受的安培力，则安培力的方向与下边所受的安培力方向相同，根据左手定则，甲线框所受的安培力方向向上，乙线框所受的安培力方向向上故A正确；B. 线框产生的电动势：与速度有关；若，两线框产生的感应电流大小相等线框所受的安培力：知两线框所受的安培力相等则开始时甲所受磁场力等于乙所受磁场力，选项B错误；C. 若，则开始时甲的感应电流一定大于乙的感应电流，选项C正确； D. 线框达到稳定状态时，重力与安培力平衡，有：又因为：所以：解得：知稳定时，两线框的速度相
9、等故D错误故选AC二、非选择题9.在“用 DIS 测电源的电动势和内阻”的实验中，将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成如图(甲)所示的电路，定值电阻 约为 3(1)图(甲)所示的电路中有一处连接错误，连接错误的导线是:_(填写导线的字母代号）(2)现有两种规格的滑动变阻器: (A) 1000，0.1A; (B) 10， 2.0A实验中应选用_ (填写变阻器前的字母)(3)某同学按照图(乙)所示的电路进行连接，误将电压传感器的正负极接反，但他尚未发现， 继续后面的操作将变阻器的滑动头 P 移到左端，闭合电键，对电压传感器和电流传感器进行调零将滑动头 P
10、 逐渐向右侧移动，测出相应的电压、电流，由电脑绘出的伏安特性曲线应 为 （ ）【答案】 (1). d (2). B (3). B【解析】【详解】(1)1 d线接错,滑动变阻器接线要求接在接线柱上,不能连接在滑片上,故d导线连接错误;(2)2A滑动变阻器最大阻值太大,电流较小,不方便调节,也不方便电流的测量,故滑动变阻器选B;(3)3将变阻器的滑动头P移到左端,闭合电键,对电压传感器和电流传感器进行调零此时电路中电流最小,值为,以这个电流作为伏安特性曲线中电流的0点此时电压传感器的值反向最大,为,以这个电压作为伏安特性曲线中电压的0点将滑动头P逐渐向右侧移动,则R将要减小,将要增大;而电压传感器
11、示数,I增大,则Ir将增大,将要增大,即电压传感器的值在增大,且成线性关系故时,U就在调零后的起始位置,故B正确，ACD错误10.如图(a)所示，AB是一可升降的竖直支架，支架顶端A处固定一弧形轨道，轨道末端水平。一条形木板的上端铰接于过A的水平转轴上，下端搁在水平地面上。将一小球从弧形轨道某一位置由静止释放，小球落在木板上的某处，测出小球平抛运动的水平射程x和此时木板与水平面的夹角，并算出 tan。改变支架AB的高度，将小球从同一位置释放，重复实验，得到多组x和tan，记录的数据如下表： 实验次数123456tan0.180.320.691.001.191.43x/m0.0350.0650.
12、1400.1600.2400.290 (1)在图(b)的坐标中描点连线，作出x tan的关系图象。（ ）(2)根据xtan图象可知小球做平抛运动的初速度v0= _m/s；实验中发现超过60后，小球将不会掉落在斜面上，则斜面的长度为_m。（重力加速度g取10 m/s2）(3)实验中有一组数据出现明显错误，可能的原因是_。【答案】 (1). 见解析 (2). 1.0（0.961.04） (3). 0.69（0.650.73） (4). 小球释放位置与其他次实验不同（低于其他次实验）【解析】【详解】(1)1x-tan的关系图象如图所示(2)23根据 得则水平射程为 可知图线的斜率 解得 当=60时，
13、有 则斜面的长度为 (3)4实验中有一组数据出现明显错误，由图可知，水平射程偏小，由 知，初速度偏小，即小球释放位置低于其他次实验11.如图所示，在以0为圆心的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强 磁场，磁感应强度为B=0. 20 T。AO、CO为圆的两条半径，夹角为120。 一个质量为m=3.210-26 kg、电荷量q=-l.610-19C的粒子经电场由静止加速后，从图中A点沿AO进入磁场，最后以v=l0105m/s的速度从C点离开磁场。不计粒子的重力。求：（结果保留2位有效数字）(1)加速电场的电压；(2)粒子在磁场中运动时间；(3)圆形有界磁场区域的半径。【答案】(1)；(2)；(3)【解
14、析】【详解】(1)在加速电场中(2)粒子在磁场中运动周期(3)由粒子运动的轨道半径圆形磁场的半径为12.如图(a)，O、N、P为直角三角形的三个顶点，NOP=37，OP中点处固定一电量为q1 =2.010-8 C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧。MN是一光滑绝缘杆，其中ON长为a=1 m，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零。沿ON方向建立坐标轴（取0点处x=0），分别取适当位置为重力势能和电势能的零势能点，图(b)中图线分别为小球的重力势能（以0点为零势能点）和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E0=1.1510-3 J，E1=1
15、. 92l0-3 J，E2=6.3910-4J。（静电力常量k=9.0109 Nm2/C2，取sln 37=0.6，cos 37=0.8，重力加速度g=10 m/s2）(1)求电势能为E时小球的位置坐标x1和小球的质量m；(2)已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，小球已经脱离弹簧，求小球经过此位置时的加速度及小球所带的电荷量q2；(3)求小球释放瞬间弹簧的弹性势能Ep；(4)求小球经过x1处时具有的动能Ek。【答案】(1)；(2)；(3)；(4)【解析】【详解】(1)电势能为时最大，所以应是电荷 对小球做负功和正功的分界点，即应该是图中Q（过作的ON的垂线）。根据图象得到(2)小球受到重力
16、G、库仑力F，其合力沿杆向下。故小球的加速度为(3)对O到N，小球离开弹簧后到达N点的速度为零，根据能量守恒，得到(4)根据能量守恒有13.带有活塞的汽缸中封有一定质量的理想气体，缸内气体从状态A变化到状态B，如图所示。设气体在状态A时的压强为pA，体积为VA，温度为TA，到状态B时的温度为TB。此过程中，汽缸单位面积上所受气体分子撞击的作用力_（选填“变大”“不变”或“减小”），_（选填“气体对外做功”或“外界对气体做功”）的绝对值为_，缸内气体_（选填“吸收”或“放出”）热量。【答案】 (1). 不变 (2). 气体对外做功 (3). (4). 吸收【解析】【详解】1缸内气体从状态A变化到
17、状态B为等压变化，故气缸单位面积上所受气体分子撞击的作用力不变；2 3气体体积变大，对外做功；由可得则气体对外做功绝对值4理想气体对外做功的同时，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律U=W+Q可知：U0，W0，所以Q0即气体吸收热量14.如图所示，两个壁厚可忽略的圆柱形金属筒A和B套在一起，底部到顶部的高度为18cm，两者横截面积相等，光滑接触且不漏气将A用绳系于天花板上，用一块绝热板托住B，使它们内部密封的气体压强与外界大气压相同，均为1.0105Pa，然后缓慢松开绝热板，让B下沉，当B下沉了2cm时，停止下沉并处于静止状态求：（1）此时金属筒内气体的压强（2）若当时的温度为27，欲使下沉
18、后的套筒恢复到原来位置，应将气体的温度变为多少？【答案】（1） （2） 【解析】【详解】（1）设缸体横截面积为Scm2，缸内气体做等温变化初态：p1=1.0105Pa，V1=18S，中间态：V2=20Scm3根据玻意耳定律，p1V1=p2V2，解得：（2）中间态：V2=20Scm3，T2=300K，末态：V3=18Scm3，根据盖吕萨克定律得到：故：t=270-273=-3【点睛】本题考查玻意耳定律和盖吕萨克定律，按照规范化的解题步骤，列出对应的状态，然后代入数据即可得出正确的结果15.振源S在O点沿竖直方向做简谐运动，频率为10 Hz，t0时刻向右传播的简谐横波如图所示(向左传播的简谐横波图
19、中未画出)则以下说法正确的是_A. 该横波的波速大小为20 m/sB. t0时，x1 m处的质点振动方向向上C. t0.175 s时，x1 m处的质点处在波峰位置D. 若振源S向右匀速运动，在振源S右侧静止的接收者接收到的频率小于10 HzE. 传播过程中该横波遇到小于2 m的障碍物或小孔都能发生明显的衍射现象【答案】ABE【解析】【详解】由图可知，该波的波长是2m，波速大小为v=f=210=20m/s故A正确；波向右传播，根据波形的平移法得知，t=0时，x=1m处的质点振动方向向上故B正确；该波的周期：，所以：t0.175s，t=0时，x=-1m处的介质点与t=0时，x=1m处的介质点振动方
20、向相同，t=0时，x=1m处的质点振动方向向上，经过后质点达到最低点，位于波谷的位置，所以t=0.175s时，x=-1m处的质点也处在波谷位置故C错误；若振源S向右匀速运动，在振源S右侧静止的接收者接单位时间内收到的波的个数增大，所以频率大于10Hz故D正确传播过程中波只有遇到小于2m或与2m差不大的障碍物或小孔都能发生明显的衍射现象故E错误故选ABD【点睛】解答此题一要抓住左右两列波的对称性；二要会分析波动形成的过程，分析质点的振动与波动之间关系；能发生明显的衍射现象的条件是障碍物或小孔的尺寸与波的波长差不大或小于波长16.半径为R的半圆柱形玻璃砖的截面如图所示，O为同心，光线I沿半径方向从a点射入玻璃砖后，恰好在O点发生全反射，另一条光线平行于光线I从最高点b射入玻璃砖后，在底边MN上的d点射出。若测得Od=，不考虑光线在玻璃砖中的反射，求该玻璃砖的折射率及光线在玻璃中的传播时间。（结果用根号表示）【答案】；【解析】【详解】设光线的入射角和折射角分别为i和r，在中即由折射定律有即又因为光线与光线平行，且在O点恰好发生全反射，有所以从而得到光在玻璃中的传播的速度为光线在玻璃中的传播时间为得