1、四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三物理下学期第一次在线月考试题（含解析）一.选择题（共8题，每题6分，错选，多选0分，少选3分，共计48分）1.质量为的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图象如图所示取，由图象可知A. 时他的加速度B. 他处于超重状态C. 时他受到单杠的作用力的大小是D. 时他处于超重状态【答案】B【解析】【分析】速度时间图象的斜率表示加速度，根据图象求出t=0.4s和t=1.1s时的加速度，再根据牛顿第二定律求出单杠对该同学的作用力根据加速度方向分析人的运动状态.【详解】A、根据速度图象的斜率表示加速度可知，t=0.5 s时，他的加速度为0.3 m
2、/s2，选项A错误；B、t=0.4 s时他向上加速运动，加速度方向竖直向上，他处于超重状态，B正确；C、t=1.1 s时他的加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力600 N，C错误；D、t=15 s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，选项D错误；故选B.【点睛】根据速度时间图象斜率代表加速度的特点，可以计算t=0.5s时的加速度；根据加速度的方向，可以确定他的超、失重状态.2.如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场.水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负
3、电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹.下列说法正确的是A. A处的电场强度大于D处B. B处的电势高于C处C. 水分子做匀变速运动D. 水分子由A运动到C的过程中电势能减少【答案】D【解析】由于A处的电场线较D处稀疏，故A处的电场强度小于D处，选项A错误；顺着电场线电势降低，故B处的电势低于C处，选项B错误；由于电场的分布不均匀，由图可知，上端的电场强度大于下端电场强度，根据F=qE可得，水分子运动时受到电场力大小不相等，不可能做匀变速运动，故C错误；水分子由A运动到C的过程中，电场力
4、做正功，电势能减少，故D正确；故选D.3.如图所示，为了减少输电线路中的电能损耗，电厂发出的交流电经变电所升为 的高压后再远距离输电，后经过匝数比为100：1的理想变压器将电压降压后供居民用电，若输电线的电阻=10，则（）A. 降压变压器输出电压为220VB. 降压变压器输出电压的频率低于50HzC. 降压变压器原线圈的导线比副线圈的要粗D. 降压变压器输出电流为输入电流的100倍【答案】D【解析】【分析】题考查变压器的变压规律，根据变压规律、电阻定律分析可得【详解】A电厂发出的交流电经变电所升为 ，故有效值为22000V，若不考虑输电线电阻，则降压器的输入电压为22000V，输出电压为220
5、00=220V，是输电线由电阻，故输出电压小于220V，A不符合题意；B电厂发出的交变电流的f=50Hz，变压器不改变交变电流的频率，降压变压器输出电压的频率等于50Hz，故B不符合题意；C降压变压器中副线圈的电流大于原线圈的电流，则副线圈导线比原线圈导线粗故C不符合题意D根据理想变压器可知，降压变压器输出电流为输入电流的100倍，故D符合题意故选D【点睛】当原线圈和副线圈都为一个时，电压规律： 输入电压决定输出电压；电流规律：输出电流决定输入电流；理想变压器输出功率大小决定输入功率大小，二者功率相等，频率相同4.建筑工地上，常釆用塔吊将材料搬运上高处，在某次搬运物体的过程中，该物体在水平方向
6、上匀速运动，在竖直方向上用电动机通过轻质绳由静止向上吊起，其电动机的功率P随时间t变化如图所示，则下面关于物体运动的加速度与时间关系的图像，机械能与上升高度关系的图像，物体运动的轨迹图像，在竖直方向速度与时间关系的图像，正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】AD由题意知：竖直方向上，在时间内，物体有，故a随v增大而减小，当时做匀速，在时间内，物体有，a随v减小而减小，当时，再次匀速，故A错误；故D正确，C时间内的加速阶段合力竖直向上，时间内的减速阶段，合力竖直向下，与速度有夹角，且合力应指向轨迹内侧，故C错误；B机械能改变量，其斜率为绳子拉力，且为变力，故B错误5.如
7、图所示，把倾角为30的粗糙斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过光滑定滑轮的柔软轻绳与小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点，初始时，小球B在水平向有的拉力F作用下，使轻绳段与水平拉力F的夹角为，整个系统处于静止状态，现将段轻绳保持方向不变，逐渐减小至30的过程中，斜面体与A物块均保持静止，A物块质量为2m，小球B质量为m，则下列说法正确的是（ ）A. 物块A所受摩擦力一直变小B. 作用在B上的拉力最小为C. 地面对斜面体摩擦力最大为D. 轻绳拉力先变大后变小【答案】C【解析】【详解】C当时，线拉力，向右水平拉力，利用整体法，此时地面对斜面体摩擦力最大，故C正确；AD对A分析，当摩擦力沿斜
8、面向下，当变小至30过程中，绳子拉力减小至零，摩擦力先减小至零，再反向变大，故A、D错误；B当拉力F与绳垂直时拉力最小：；故B错误6.在光滑水平面内有一直角坐标系xOy，在t=0时刻，质量为m=2kg的物块从直角坐标系的坐标原点O以一初速度沿y轴正方向开始运动，同时受一沿+x方向的恒力F作用，其沿x方向的位移x与x方向的速度的平方关系如图甲所示，沿y方向的位移y随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是A. 物块做匀变速曲线运动B. 物块受到的恒力F=1NC. t=4s时物块位移s=10m，方向与x轴正向成37D. t=4s时物块的速度为=5.5m/s，方向与x轴正向成37【答案】AC【解
9、析】【详解】A分析物体在x方向上的运动情况，根据速度-位移关系可知，x-vx2图象的斜率表示加速度二倍的倒数，a=1m/s2，位移-时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，y方向上做匀速直线运动，则物体做匀变速曲线运动，故A正确；B根据牛顿第二定律可知，F=ma=2N，故B错误；Ct=4s时，x方向上的位移x=at2=8my方向上的位移y=6m，根据运动的合成与分解可知，物块的位移方向与x轴的夹角满足 可得故C正确；D物体做类平抛运动，t=4s时，速度与x轴的夹角满足tan=2tan，即37，故D错误。故选AC。7.如图所示，MN下方有水平向右的匀强电场，半径为R、内壁光滑、
10、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN上，一质量为m、可视为质点的、带电荷量为+q的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，始终在电场中运动，C点(图中未画出)为小球在电场内水平向左运动位移最大时的位置已知重力加速度为g，小球离开绝缘半圆管后的加速度大小为.则下列说法正确的是（ ）A. 匀强电场的电场强度大小为B. 小球在管道内运动到B点的加速度大小C. 小球从B到C过程中做匀变速曲线运动，且水平方向位移为D. 小球在管道内由A到B过程中的最大速度为【答案】BCD【解析】【详解】A小球离开绝缘半圆管后，根据牛顿第二定律可得：所以故错
11、误；B对小球从A到B的运动过程应用动能定理可得： 所以小球在B点受重力、电场力和轨道支持力作用， 故竖直方向向心加速度为：水平方向的加速度为所以在B点的合加速度为：故B正确；C小球从B点离开后在水平方向做匀减速运动，加速度，则从B点运动到C点的水平方向位移为：故C正确；D小球在管道内由A到B过程中出现最大速度的位置在平衡位置，此位置与圆心的连线与水平方向夹角为，则平衡位置满足：即从A点到此平衡位置，由动能定理： 解得选项D正确。8.如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成角的方向垂直射入磁场，甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开
12、磁场已知甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1：2，质量之比为1：2，不计粒子重力以下判断正确的是（）A. 甲粒子带负电，乙粒子带正电B. 甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍C. 甲粒子在磁场中的运动弧长是乙粒子在磁场中运动弧长的倍D. 如果改变入射速度大小，甲粒子有可能从ab边射出，乙粒子不可能从bc边射出【答案】BC【解析】【详解】A.由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A项与题意不相符；B.设磁场区域的边长为L，由几何关系可知，R甲2L乙粒子在磁场中偏转的弦切角为，弦长为，所以 =2R乙sin解
13、得：R乙=L由牛顿第二定律得：动能： 所以甲粒子动能是乙粒子动能的24倍，故B项与题意相符；C.甲粒子的运动的弧长乙粒子的弧长甲粒子在磁场中的运动弧长是乙粒子在磁场中运动弧长的倍，故C项与题意相符；D根据 可知 如果改变入射速度大小，甲粒子有可能从ab边射出，但是当乙粒子速度足够大时，可能从bc边射出，故D项与题意不相符二、非选择题：第912题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1316题选考题，考生根据要求作答9.装有拉力传感器轻绳，一端固定在光滑水平转轴O，另一端系一小球，空气阻力可以忽略设法使小球在竖直平面内做圆周运动(如图甲)，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小是，在最低点
14、时绳上的拉力大小是某兴趣小组的同学用该装置测量当地的重力加速度（1）小明同学认为，实验中必须测出小球的直径，于是他用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d=_mm（2）小军同学认为不需要测小球的直径他借助最高点和最低点的拉力，再结合机械能守恒定律即可求得小军同学还需要测量的物理量有_(填字母代号)A小球的质量mB轻绳的长度C小球运动一周所需要的时间T（3）根据小军同学的思路，请你写出重力加速度g的表达式_【答案】 (1). 5.693-5.697 (2). A (3). 【解析】【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，固定部分每个刻
15、度为0.5mm，可动部分每个刻度单位为0.01mm；根据牛顿第二定律，在最低点与最高点列出合力提供向心力的表达式，再结合机械能守恒定律，即可求解【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度读数5.5mm，可动刻度读数为0.0119.5=0.195mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数=5.5mm+0.195mm=5.695mm（2、3）由牛顿第二定律，在最高点，则有，而在最低点，则有：；再依据机械能守恒定律，则有： ，联立上式，解得，因此已知最高点和最低点的拉力，小军同学还需要测量的物理量有小球的质量m，故A正确，BC错误；根据小军同学的思路，重力加速度g的表达式为；10.某组同学选用下列实验
16、器材测量某型号锂电池的电动势E（约9V）和内阻r（约几十欧）：A电压表V（量程5V，内阻为4000）B灵敏电流表A（量程6mA，内阻为20）C电阻箱R1（0-999.9）D定值电阻R2（4000）E定值电阻R2（1000）F开关S一只、导线若干（1）该组同学从上述器材中选取了B、C、F来测量锂电池的电动势和内阻，实验操作_（选填“可行”或“不可行”）（2）该组同学采用了如下甲图电路来测量锂电池的电动势和内阻，实验需测多组数据及保证器材安全使用，连接在实验线路中的R0应选_（选填“R2”或“R3”）（3）读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值，测得多组电压值U及电阻值R1，然后作出图象，
17、如图乙所示，由图中所给的数据可求得锂电池的电动势E=_V，内阻r=_（保留两位有效数字）【答案】 (1). 不可行 (2). R2 (3). 10 (4). 42【解析】【分析】考查测电源电动势和电阻的方法，根据闭合电路欧姆定律列式，变形求出- 的表达式，由斜率和截距便可求得E、r【详解】（1）1电源电动势约为9V，电流表量程为6mA，应用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻实验，电路最小电阻阻值为：R=1500， 电阻箱R1最大阻值999.9，用B、C、F不能测电源电动势与内阻2电源电动势约为9V，电压表量程为5V，应把电压表量程扩大为10V，电压表内阻为4000，串联电阻阻值为4000，定值电
18、阻R0应选择R2（3）34 改装后电压表量程为原电压表量程的2倍，电压表示数为U时，路端电压为2U，由图甲所示电路图可知，电源电动势为：E=2U+Ir=2U+r，整理得：由图示-图像可知：k=b=0.2解得：E=10V，r42；故答案为（1）不可行；（2）R2；（3）10，42【点睛】高中物理涉及到图像问题时，往往是一次函数关系，可以从最基本的关系入手，变形写出图像纵轴对应物理量的表达式，根据斜率、截距分析可得11.中国航天科工集团公司将研制时速达千公里级的“高速飞行列车”“高速飞行列车”是利用低真空环境和超声速外形减小空气阻力，通过磁悬浮减小摩擦阻力，实现超声速运行的运输系统若某列高速飞行列
19、车的质量为m=kg，额定功率为P=1.2107W，阻力恒为Ff =4104N，假设列车在水平面内做直线运动(1)若列车以恒定加速度a=5m/s2启动，则匀加速过程持续的时间；(2)若列车以额定功率启动直到达到最大速度所用的时间为t0=100s，求列车在该过程的位移【答案】(1)20s (2) 1.2104m【解析】【详解】（1）由于P=FvF-Ff=mav=at得t=20s（2）整个过程中根据动能定理得Pt0Ff xmv2mvm=100m/s得x=1.2104m12.如图所示,在xOy平面内,y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E;在0xL的区域内有垂直于xOy平面的匀强磁场,磁感
20、应强度大小不变、方向做周期性变化.一电荷量为q、质量为m的带正电粒子(粒子重力不计),由坐标为(-L,)的A点静止释放.(1)求粒子第一次通过y轴时速度的大小;(2)求粒子第一次射入磁场时的位置坐标及速度;(3)现控制磁场方向的变化周期和释放粒子的时刻,实现粒子能沿一定轨道做往复运动,求磁场的磁感应强度B的大小取值范围.【答案】(1) (2)(L,L) ,方向与x轴正方向成45角斜向上 (3)【解析】试题分析：（1）对于粒子从A点到y轴的过程，运用动能定理求解粒子第一次通过y轴时速度大小；（2）进入0xL区域间偏转电场时作类平抛运动，由运动的分解法，求出偏转的距离，确定第一次射入磁场时的位置坐
21、标由速度的合成求出粒子第一次射入磁场时的速度（3）在磁场中，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，求出轨迹半径表达式要实现粒子能沿一定轨道做往复运动，粒子的运动轨迹关于x轴必须对称，根据对称性和几何关系得到轨迹半径的最小值，求得B的最大值，从而求得磁场的磁感应强度B大小取值范围（1）粒子从A点到y轴的过程，根据动能定理得，得；（2）进入区域间偏转电场作类平抛运动，则得， 解得 所以第一次射入磁场时的位置坐标为（L，L）；速度大小，方向与x轴正方向成45角斜向上（3）在磁场中，粒子做匀速圆周运动，根据向心力公式有轨道半径由对称性可知，射出磁场后必须在x轴下方的电场中运动，才能实现粒子沿一定轨
22、道做往复运动，如图所示当时，轨道半径R最小，对应的磁感应强度B最大，粒子紧贴x轴进入y轴左侧的电场由几何关系得得最小半径，磁感应强度的最大值： 磁感应强度大小取值范围为13.关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列说法中正确的是（）A. 一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体的内能减少B. 气体向真空的自由膨胀是不可逆的C. 热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成D. 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”E. 0的水和0的冰的内能是相等的【答案】ABC【解析】【详解】A.一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则Q0W0，根据UW+Q可知，气体的
23、内能减小;故A正确.B.热力学第二定律表明：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故气体向真空的自由膨胀是不可逆的;故B正确.C.热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制或;故C正确.D.热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化”;故D错误：E.内能取决于物质的量、温度和体积，只有温度无法确定内能的大小;故E错误.14.如图所示，水平桌面上有一质量M=2kg开口向上缸壁厚度不计的汽缸，质量m=2kg、横截面积S=10cm2的活塞密封了一定质量的理想气体一根轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一根劲度系数k=200N/m的竖
24、直轻弹簧，弹簧的下端系一质量M1=5kg的物块开始时，缸内气体的温度t1=127，活塞到缸底的距离L1=80cm，弹簧恰好处于原长已知大气压强p0=1.0105Pa，不计一切摩擦，现使缸内气体缓慢冷却，已知当地重力加速度为g=10m/s2，求：气缸恰好离开桌面时，气体压强为多大；气缸恰好离开桌面时，气体温度为多少【答案】0.8105Pa-73【解析】【分析】考查热力学理想气体方程，选择合适的研究对象，根据平衡关系可以求出前后状态的压强，再根据理想气体方程计算可得【详解】以气缸为研究对象，当气缸刚好离开桌面时，根据平衡条件可得：Mg+p2S=p0S，解得：p2=0.8105Pa；初状态气体的压强
25、为：p1=p0+=1.2105Pa；体积V1=L1S=80S；温度T1=127+273=400K；刚好被提起时，活塞下降的高度为x，则有：kx=（m+M）g解得：x=0.2m=20cm所以末状态的体积为：V2=（80-20）S=60S，根据理想气体状态方程可得：=，T2=200K=-73答：气缸恰好离开桌面时，气体压强为0.8105Pa；气缸恰好离开桌面时，气体温度为-73【点睛】注意选择合适的研究对象，根据平衡关系求出前后状态的压强，再由理想气体方程计算可求得相关物理量15.一列简谐横波沿直线传播，在传播方向上相距2.1 m的a、b两处的质点振动图像如图中a、b所示。若波从a向b传播，则 。
26、A. 该波中各质点振动的振幅均为10 cmB. 该波与一列频率为4 Hz的波相遇时可能会形成稳定的干涉图样C. 该波的波长一定是2.8 mD. 该波由a传播到b可能历时11 sE. 该波中质点b的振动方程为【答案】ADE【解析】【详解】A由振动图象可以看出两个质点的振幅均为10 cm，故选项A正确；B该波的周期为4s，频率为0.25Hz，由于频率不相等，所以不能形成稳定的干涉图样，故选项B错误；C由相距2.1m的ab两点的振动图象可以确定：从而得到由波的多解性，=2.8m、1.2m、故选项C错误；D由于 即t=3、7、11、15s，故选项D正确；E振动的角频率，初相位是，所以b点的振动方程为故选项E正确。故选ADE。16.如图所示，在均匀透明介质构成的立方体的正中心有一单色点光源S已知光在真空中的速度为c若透明介质对此点光源发出的单色光的折射率为n，立方体边长为a，求光从点光源发出到射出立方体所需最短时间；要使S发出的光都能透射出去（不考虑界面的反射），透明介质的折射率应满足什么条件?【答案】小于【解析】【详解】光在介质中的速度所求最短时间为解得：射向立方体顶点的光的入射角最大，设其等于该介质的临界角，则有又解得：故要使直接射到各界面上的光都能透射出去，透明介质的折射率应小于
