1、贵州省六盘山育才中学2020届高三物理第五次月考试题（含解析）第卷（选择题，共48分）一、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第15题只有一个选项符合题目要求。第68题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分1.一固定在水平面上倾角为的粗糙斜面上有一个电动平板小车，小车的支架OAB上在O点用轻绳悬挂一个小球，杆AB垂直于小车板面（小车板面与斜面平行）。当小车运动状态不同时，悬挂小球的轻绳会呈现不同的状态，下列关于小车在不同运动形式下，轻绳呈现状态的说法中正确的是：A. 若小车沿斜面匀速向上运动，轻绳一定与AB杆平行B. 若小车沿斜面匀加速向上
2、运动，轻绳可能沿竖直方向C. 若小车沿斜面匀减速向下运动，轻绳可能与AB杆平行D. 若小车沿斜面匀加速向下运动时，轻绳可能与AB杆平行【答案】D【解析】【详解】A若小车沿斜面匀速向上运动，则小球也跟着车匀速，其合力必为零，故小球所受的重力和绳的拉力平衡，则绳的拉力竖直向上，大小为mg，其方向不可能与AB平行，故A错误；B若小车沿斜面匀加速向上运动，则球向上匀加速，其加速度沿斜面向上；而轻绳的拉力沿竖直方向就不可能和重力产生斜向上的加速度，故B错误；CD若轻绳与AB杆平行，对球受力分析，如图所示： 由牛顿第二定律可知，拉力和重力的合力在斜面方向只能是向下，即加速度向下，对应的小车的加速度斜向下，
3、小车的运动有斜向下加速或斜向上减速，故C错误，D正确。故选D。2.如图所示，三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出，最终都能到达坐标原点O。不计空气阻力，x轴所在处为地面，则可判断A、B、C三个小球（ ）A. 在空中运动过程中，动量变化率之比为111B. 在空中运动过程中，重力做功之比为123C. 初始时刻纵坐标之比为123D. 到达O点时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为149【答案】A【解析】【详解】A由于三个小球做平抛运动，由动量定理得mgtp所以所以在空中运动过程中，动量变化率之比为111，故A正确；BC根据xv0t，水平初速度相同，A、B、C水平位
4、移之比为123，所以它们在空中运动的时间之比为123；初始时刻纵坐标之比即该过程小球的下落高度之比，根据Hgt2，初始时刻纵坐标之比为149，重力做功为mgH，在空中运动过程中，重力做功之比为149，故BC错误；D到达O点时，速度方向与水平方向夹角的正切值所以速度方向与水平方向夹角的正切值之比为123，故D错误。故选A。3.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2112，保险丝R1的电阻为2 。若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，要求通过保险丝的电流(有效值)不超过5 A，加在电容器两极板的电压不超过50 V，则滑动变阻器接入电路的阻值可以为（ ）A. 20 B. 10 C. 5 D
5、. 1 【答案】B【解析】【详解】由图乙可知，原线圈电压的最大值为220V，则有效值为220V；由电压与匝数关系可得： 可得U2=40V通过保险丝的电流（有效值）不超过5A，则滑动变阻器的最小值 当电容器上电压最大值为50V时，其有效值最大为 由串联电路的特点可得可得Rmax=17可知滑动变阻器接入电路的阻值6R217故ACD错误，B正确；故选B。4.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场区域足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60角。线长为L，细线不可伸长。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。现将电场反向，则下列说法正确的是（ ）A
6、. 小球带负电，电场强度EB. 电场反向后，小球即做圆周运动，在最低点的速度最大，vmC. 电场反向后，小球先做匀加速直线运动，然后做圆周运动，最大速度vmD. 电场反向后，小球将做往复运动，能够回到初始位置【答案】C【解析】【详解】A由平衡条件知小球受的电场力水平向左，而场强方向向右，故小球带负电，根据平衡条件Tsin60=mgTcos60=qE得qE=mgtan60故A错误；BC电场反向后，小球受向右的电场力大小为mg，绳子松弛不再有拉力，则小球沿电场力与重力合力的方向做匀加速直线运动，当小球运动到最低点时绳子恰被拉直，拉直时由于重力做功获得的竖直分速度变为0，保留水平方向分速度做圆周运动
7、，当绳子方向与重力与电场力合力方向在一条直线上时，小球有最大速度，即当绳子到达右侧与竖直方向夹角为60时速度最大，根据动能定理得故C正确，B错误；D由于绳子被拉直时小球的动能有所损失，所以小球无法回到初始位置，故D错误；故选C。5.如图所示为氢原子能级图，氢原子中的电子从n4能级跃迁到n1能级可产生a光；从n3能级跃迁到n1能级可产生b光，a光和b光的波长分别为a和b，a、b两光照射逸出功为4.5 eV的金属钨表面均可产生光电效应，遏止电压分别为Ua和Ub，则( )A. abB. UaUbC. a光的光子能量为12.55 eVD. b光照射金属钨产生的光电子的最大初动能Ekb7.59 eV【答
8、案】BD【解析】【详解】AC根据能级跃迁知识得： 显然a光子的能量为12.75eV，大于b光子的能量，a光子的波长要短，故AC错误；BD根据光电效应可知，最大初动能：所以a光照射后的最大初动能为：Eka=12.75-4.5=8.25eVb光照射后的最大初动能为：Ekb=12.09-4.5=7.59eV根据：eU截=Ekm，可知截止电压：UaUb故B D正确6.地月拉格朗日L2点，始终位于地月连线上的如图所示位置，该点距离地球40多万公里，距离月球约6.5万公里若飞行器P通过L2点时，是在地球和月球的引力共同作用下沿圆轨道绕地心做匀速圆周运动，其周期与月球沿圆轨道绕地心做匀速圆周运动的周期相等已
9、知飞行器P线速度为v，周期为T，受 地球和月球对它的万有引力大小之比为k若飞行器P只在地球万有引力作用下沿圆轨道绕地心做匀速圆周运动的线速度为v，周期为T，则A. vvB. vvC. D. 【答案】BC【解析】【详解】AB项：设飞行器P受地球的引力为F1，受月球的引力为F2，由公式，所以，故A错误，B正确；CD项：由公式，联立解得：，故C正确，D错误7.如下图甲所示，一边长L0.5 m，质量m0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度B0.8 T的匀强磁场中金属线框的一个边与磁场的边界MN重合，在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经过t0.5 s
10、线框被拉出磁场测得金属线框中的电流I随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出磁场的过程中下列说法正确的是（ ）A. 通过线框导线截面的电量0.5CB. 该金属框的电阻0.80C. 水平力F随时间t变化的表达式F20.4t(单位为“N”)D. 若把线框拉出磁场水平拉力做功1.10 J，则该过程中线框产生焦耳热为0.1 J【答案】BD【解析】【详解】A、根据题图乙知，在t=0.5s时间内通过金属框的平均电流，于是通过金属框的电量，故A错误；B、由平均感应电动势，平均电流，通过金属框的电量，得，于是金属框的电阻，故B正确；C、由图乙知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框
11、被匀加速拉出磁场，又知金属框在t=0.5s时间内运动距离L=0.5m，由得加速度；由图乙知金属框中感应电流随时间变化规律为i=kt，其中比例系数k=2.0A/s，于是安培力fA随时间t变化规律为，由牛顿运动定律得F-fA=ma，所以水平拉力，代入数据得水平拉力随时间变化规律为，故C错误；D、根据运动情况知金属框离开磁场时的速度，由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热，故D正确；故选BD【点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，能根据图象知导体棒做匀减速直线运动8.如图所示，一质量为m小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点第一次小球在水平拉力F1作用下，从P点缓慢地移动到Q
12、点，此时轻绳与竖直方向夹角为（90o），张力大小为FT1；第二次在水平恒力F2作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，在Q点时轻绳中的张力大小为FT2关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)（ ）A. 两个过程中，轻绳张力均变大B. 第一个过程中，拉力F1在逐渐变大，且最大值一定大于F2C. FT1，FT2mgD. 第二个过程中，重力和水平恒力F2的合力的功率先增大后减小【答案】BC【解析】【详解】AB.第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：，随着增大，逐渐增大；第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度
13、为零，在此过程中，根据动能定理得：，解得：，因，则，即，第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力，所以轻绳的张力变大，第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故A错误，B正确；C.第一次运动到Q点时，受力平衡，根据几何关系可知，第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力，故C正确；D.第二个过程中，重力和水平恒力F的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到
14、达Q点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力的合力的功率先增大，后减小，再增大，最后再减小为0，故D错误故选BC第卷（非选择题，共62分）二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题第16题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题9.如图所小，在“探究拉力做功与弹簧弹性势能增量的关系”实验中，轻弹簧左端固定，右端在水平拉力F作用下从A位置(弹簧原长位置)拉仲x到B位置，仵出的F-x图像为过坐标原点O的直线，如图所示，实验过程中，弹簧始终处于弹性限度内(1)F-x图像中，图线OP的斜率的物理意义是：_(2)根据所学知识，可以判断直角三角形P
15、QO的面积的物理意义是：_(3)由此可推断，如果一劲度系数为k轻弹簧，在弹性限度内，当其形变大小为x时，弹簧的弹性势能的表达式为Ep=_【答案】 (1). 弹簧的劲度系数k (2). 拉力F做的功 (3). 【解析】（1）根据胡克定律可知：F=kx，则F-x图像中，图线OP的斜率的物理意义是：弹簧的劲度系数k ； （2）根据W=Fx可知，直角三角形PQO的面积的物理意义是：拉力F做的功.（3）由图像可知拉力做功为W=kx2 ，则根据能量守恒关系可知，在弹性限度内，当其形变大小为x时，弹簧的弹性势能的表达式为Ep=kx2.10.某物理兴趣小组的同学准备测量一个定值电阻的阻值，实验室提供了以下实验
16、器材供选择，请你帮助该实验小组完成以下操作A待测电阻Rx：阻值约为200B电源E：电动势为3.0V，内阻可忽略不计；C电流表A1：量程为030mA，内电阻r1=20；D电流表A2：量程为050mA，内电阻r2约为8E电压表V：量程为015V，内电阻RV约为10k；F定值电阻R0；阻值R0=80；G滑动变阻器R1：最大阻值为10H滑动变阻器R2：最大阻值为1000J开关S，导线若干(1)由于实验室提供的电压表量程太大，测量误差较大，所以实验小组的同学准备将电流表A1和定值电阻R0改装成电压表，则改装成的电压表的量程为_V(2)为了尽可能减小实验误差，多测几组数据且便于操作，滑动变阻器应该选择_(
17、选填“G”或“H”)，请在右侧方框内已经给出的部分电路图中，选择恰当的连接点把电路连接完整_(3)若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则Rx的表达式为Rx=_【答案】 (1). 3.0V (2). G (3). (4). 【解析】【详解】（1）因为电源电动势为E=3V，故改装成的电压表的量程应为3V；（2）保证安全的前提下应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择G；电路连接如图；（3）若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，根据串并联电路特点结合欧姆定律，联立即可取出Rx的表达式：11.如图所示，在水平地面上建立x轴，有一个质量m=1kg的木
18、块(可视为质点)放在质量为M=2kg的长木板的左端A点，木板长L=2m已知木板与地面间的动摩擦因数为1=0.1，木块与长木板之间的动摩擦因数为2=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)开始时木块与长木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0=5m/s，在xp=10m处有一固定挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，g取10m/s2，求：(1)木板与挡板碰撞时的速度大小v；(2)木块最终停止运动时的位置坐标【答案】(1)3m/s(2) 【解析】【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，根据速度位移公式求出木板碰挡板P前的瞬间速度；木块运动分几
19、个过程：共同向右减速到3m/s；碰后向右减速到零再反向加速到与木板共速，木块和木板共同向左减速至停下【详解】（1）由题意可知，木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀减速运动，加速度为；设木板碰挡板时的速度为v，则有，其中，可求得；（2）木块运动分几个过程：过程1：共同向右减速到3m/s，加速度，位移，方向向右；过程2：碰后向右减速到零再反向加速到与木板共速，木块的加速度大小，木板的加速度大小；设二者达到共速所用时间为，共同速度为，可得，解得：，（方向向左），木块的位移为，方向向右；过程3：木块和木板共同向左减速至停下，加速度，位移，方向向左；所以木块的最终坐标为12.L1、L2为
20、相互平行的足够长光滑导轨，位于光滑水平面内一个略长于导轨间距，质量为M的光滑绝缘细管与导轨垂直放置，细管可在两导轨上左右平动细管内有一质量为m、带电量为+q的小球，小球与L导轨的距离为d开始时小球相对细管速度为零，细管在外力作用下从P1位置以速度v0向右匀速运动垂直平面向里和向外的匀强磁场I、分别分布在L1轨道两侧，如图所示，磁感应强度大小均为B小球视为质点，忽略小球电量变化(1)当细管运动到L1轨道上P2处时，小球飞出细管，求此时小球的速度大小；(2)小球经磁场第一次回到L1轨道上的位置为O，求O和P2间的距离；(3)小球回到L1轨道上O处时，细管在外力控制下也刚好以速度v0经过O点处，小球
21、恰好进入细管此时撤去作用于细管的外力以O点为坐标原点，沿L1轨道和垂直于L1轨道建立直角坐标系，如图所示，求小球和细管速度相同时，小球的位置(此时小球未从管中飞出)【答案】（1）（2） （3）； 【解析】（1）小球在水平面上运动时重力和支持力二力平衡，将洛兹伦力作如图所示的分解，其中fx与杆的弹力平衡，小球的合力等于洛伦兹力沿杆方向的分力可得 由解得： 所以： （2）小球在磁场II中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得： 即： （3） 小球进入细管后，由于洛伦兹力不做功，小球和管组成的系统机械能守恒： 解得 由动量定理的在y方向上 由以上两式可得： 点睛：解决本题的关键是运用运动的分解法和力
22、的分解法研究洛伦兹力的分力，知道洛伦兹力沿杆方向的分力是恒力要注意小球从管口飞出时的速度是合速度，不是分速度（二）选考题（共15分，请考生从2道物理题中每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分）【物理选修33】13.关于分子动理论的规律，下列说法正确的是A. 扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动B. 压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C. 布朗运动是指悬浮在液体里的微小颗粒的运动D. 如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是内能E. 已知某种气体的密度为，摩尔
23、质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则该气体分子之间的平均距离可以表示为【答案】ACE【解析】扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动，选项A正确；压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强作用的缘故，选项B错误；布朗运动是指悬浮在液体里的微小颗粒的运动，选项C正确；如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是温度，不是内能，选项D错误；已知某种气体的密度为，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则每个分子的质量；每个分子运动占据的体积：，把每个分子占据的体积看做立方体，则该气体分子之间的平均距离可以表示为，
24、选项E正确；故选ACE.14.如图所示，向一个空的铝制饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计已知铝罐的容积是360 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2 cm2，吸管的有效长度为20 cm，当温度为25 时，油柱离管口10 cm(i)估算这个气温计的测量范围；(ii)证明吸管上标刻温度值时，刻度线一定均匀分布.【答案】（1）23.40C-26.60C（2）略【解析】【详解】（1）封闭气体做等圧変化，当液体到达饮料管的最下端时，气体的温度最低，由盖-吕萨克定律得：得：封闭气体做等圧変化，当液体到
25、达饮料管的最上端时，气体的温度最高，由盖-吕萨克定律得:得:此温度计的测量范围为23.4C-26.6 C（2）根据盖-吕萨克定律得：设吸管内部的横截面积为S，内部在25时的热力学温度为T1，体积为V1，当温度变化时油柱移动的距离为，则有即：tl由上式可以看出，t与l成正比关系，所以吸管上标刻温度值时，刻度是均匀的.【点睛】解决本题关键是掌握理想气体状态方程，及盖-吕萨克定律的应用注意热力学温标与摄氏温标的区别与联系【物理选修34】15.如图所示，一列简谐横波在x轴上传播，在t时刻，质点立于正向最大位移处，在t +t时刻，另一质点Q位于正向最大位移处在，P、Q在x方向的距离为x下列判断错误的是
26、A. 波长一定等于xB. 波的周期一定等于tC. 波的传播速度大小不一定等于x/tD. 波动频率一定等于波源的振动频率E. 波的传播方向一定是向x轴正方向传播【答案】ABE【解析】根据题目所给的信息无法确定波的波长、周期的大小及波的传播方向，选项ABE错误；x不一定是波在t时间内的传播距离，则波速不一定是x/t，选项C正确；根据波的形成可知，波动频率一定等于波源的振动频率，选项D正确； 此题要选择错误的选项，故选ABE.16.三棱镜ABC主截面如图所示，其中A=90，B=30，AB=30cm，将单色光从AB边上的a点垂直AB射入棱镜，测得从AC边上射出的光束与BC面垂直，已知Ba=21cm，真空中的光速，不考虑光在AC面的反射，求：（i）三棱镜对该单色光的折射率；（ii）从a入射到AC边出射，单色光在棱镜中传播的时间；【答案】（i）（ii）【解析】光路图如图，光在b点发生反射，光在c点发生折射；有几何关系可得：该介质的折射率（ii）光在棱镜中的传播速度， 光在介质中的传播速度点睛：要计算折射率的话要精确的找到入射角和折射角，然后利用折射定律 求解折射率
