1、2020-2021 学年实验中学高三年级上学期10 月份月考物理试卷一、选择题（共 5 小题）1. 热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程，下列说法正确的是（）A. 只是部分宏观过程具有方向性B. 第二类永动机既违背能量守恒定律，又违背热力学第二定律C. 热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体D. 根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%【答案】D【解析】【分析】【详解】A热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故A错误；B第二类永动机违背热力学第二定律，但不违背能量守恒定律，故B错误；C根据热力学第二定律热量不可
2、能自发地从低温物体传到高温物体，故C错误；D根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%，故D正确。故选D。2. 关于甲、乙、丙、丁四个实验，以下说法正确的是( ) A. 四个实验产生的条纹均为干涉条纹.B. 甲、乙两实验产生的条纹均为等距条纹C. 丙实验中，产生的条纹间距越大，该光的频率越大.D. 丁实验中，产生的明暗条纹为光的衍射条纹【答案】D【解析】【详解】A项：甲、乙、丙实验产生的条纹均为干涉条纹，而丁实验是光的衍射条纹，故A错误；B项：甲实验产生的条纹为等距条纹，而乙是牛顿环，空气薄层不均匀变化，则干涉条纹间距不相等，故B错误；C项：根据干涉条纹间距公式，丙实验中，产生的条纹间距越大
3、，则波长越长，那么频率越短，故C错误；D项：丁实验中，产生的明暗条纹间距不相等，且通过单缝，则为光的衍射条纹，故D正确3. 下列说法正确的是（）A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定B. 氡的半衰期为3.8天，8个氡原子核经过7.6天后剩下2个氡原子核C. 用频率为的入射光照射光电管的阴极，遏止电压为UC，改用频率为2的入射光照射同一光电管，遏止电压等于2UCD. 衰变成要经过8次衰变，6次衰变【答案】D【解析】【详解】A原子核的比结合能越大，原子核越稳定，A错误；B原子核发生衰变的个数为统计规律，适用于大量的情况，B错误；C根据公式 ，有当改用频率为2的入射光照射同一光电管，遏止电压C错误；
4、D设经过次衰变和次衰变成，有由质量数和质子数守恒解得 ，D正确。故选D4. 台灯的灯头与灯座通过一根能弯曲的白色塑料细杆相连，甲乙丙三个图中白色塑料细杆的弯曲程度各不相同，以下说法正确的是( )A. 甲图中细杆对灯头的作用力最小B. 丙图中细杆对灯头的作用力最大C. 乙图中灯座对桌面的压力最大D. 三图中灯座对桌面的压力一样大【答案】D【解析】【分析】利用二力平衡的条件：等大、反向、共线、共物来判定哪两个力是否是平衡力.【详解】A、B、对三个图中的灯头受力分析可知，虽然形变不同，但灯头都受二力平衡，则杆对灯头的弹力大小等于重力，方向竖直向上；故A、B均错误.C、D、对三个图中的整个灯座受力分析
5、，桌面的支持力和重力二力平衡，由牛顿第三定律可知灯座对桌面的压力一样大；故C错误，D正确.故选D.【点睛】考查受力分析的方法，掌握由运动情况来确定受力情况，注意平衡状态.5. 国粹杂技给人以艺术的美感，杂技手抛球表演就深受广大市民喜爱。如图，某演员持A、B两球作单手练习，A球自空中某抛出点以速度v0 竖直向上抛出，之前以相同速度从该抛出点抛出的B 球正好自A球正上方某处同时自由下落，此后两球的速度一时间图像（v-t）如图所示，图中，两球在空中相遇后互不影响，则（）A. A球在t2时刻到达最高点，若手不接球，此后在球落地前两球距离保持不变B. A球在t2时刻到达最高点，若手不接球，此后在球落地前
6、两球距离增加的越来越快C. t1时刻A、B两球相遇，此时两球速度相同D. t1时刻A、B两球相遇，在t1这段时间内A、B两球的位移大小之比为3：1【答案】D【解析】【详解】由题意可知，A 球先做竖直上抛，t2时刻到达最高点，从t2时刻开始做自由落体运动，B 球从开始就做自由落体运动。AB设 A、B 球最初的高度差为 h0，运动时间为t，A 球下落高度为hAB球下落高度此时A、B间的距离差为可见A、B相遇前两者间的距离均匀减小，A、B相遇后两者间的距离均匀增大，A球到达最高点后两球间的距离均匀增大，故AB错误；C由题可知，时，两球相遇，此时A处于上升阶段，B处于下降阶段，两球速度不同，故C错误；
7、D两球相遇时，d=0，代入可得解得在t1时刻A球上升的高度在t1时刻B球下降的高度在这段时间内A、B两球的位移大小之比为3:1，故D正确。故选D。二、多选题（共 3 小题）6. 中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星一次试验“火星500”，王跃走出登陆舱，成功踏上模拟火星表面，在“火星”上首次留下中国人的足迹，目前正处于从“火星”返回地球途中假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是 （ ）A. 飞船在轨道上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度B. 飞船在轨道上运动的机械能大于在轨道上运动的机械能C. 飞船在轨道上运动到P点时的加速度等
8、于飞船在轨道上运动到P点时的加速度D. 飞船绕火星在轨道上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道I同样的半径运动的周期相同【答案】AC【解析】试题分析：A、根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道上运动时，在P点速度大于在Q点的速度故A正确B、飞船在轨道上经过P点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道上运动所以飞船在轨道上运动时的机械能小于轨道上运动的机械能故B错误C、飞船在轨道上运动到P点时与飞船在轨道上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等故C正确D、根据周期公式，虽然r相等，但是由于地球和火星的质量不等，所以周期T不相等故D错误故选AC考点
9、：考查人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【名师点睛】本题要知道飞船在轨道上运动到P点时与飞船在轨道上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，与轨道和其它量无关7. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=2m处的质点的振动图象如图1所示，在x=8m处的质点的振动图象如图2所示，下列说法正确的是（）A. 该波的传播速度可能为2m/sB. x=2m处的质点在平衡位置向+y方向振动时，x=8m处的质点在波峰C. 该波的波长可能为8mD. 在04s内x=2m处和x=8m处的质点通过的路程均为6cm【答案】BC【解析】【详解】C简谐横波沿x轴正方向传播，
10、由图可知，t=0时刻，x1=2m处质点位于波谷，x2=8m处在t=9s时刻才位于波谷，时间相差所以得到波长为当n=0时，选项C正确；A由图可知，该波的周期为12s，则该波的波速当n=0时，；当n=1时，。可知该波的传播速度不可能为2m/s，选项A错误；B简谐横波沿x轴正方向传播，在x=2m处的质点在平衡位置向+y方向振动时（如t=3s时），x=8m处的质点在波峰，选项B正确；D由图可知，在04s内x=2m处质点通过的路程为6cm，而x=8m处的质点通过的路程为小于6cm，选项D错误。故选BC。8. 如图甲所示的电路中,变压器为理想变压器,Ro为定值电阻,R为滑动变阻器,L为标有“22V20W”
11、的白炽灯泡,所有电表均为理想电表当变压器原线圈输入如图乙所示的交变电压时,灯泡L正常发光则下歹列说法正确的是A. 通过R的交变电流频率为50HZB. 变压器原、副线圈的匝数比为10:1C. 变压器原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10:1D. 当滑动变阻器R的滑动片P向下移动时,电流表A1和A2的示数均增大【答案】ABD【解析】由乙图可知，周期，则频率为，故A正确；由乙图可知，原线圈的最大电压为，则原线圈电压的有效值，而此时灯泡正常发光，由并联电路的特点可知，此时副线圈两端的电压，故变压器原、副线圈的匝数比为，故B正确；根据法拉第电磁感应定律，有，因，故C错误；当滑动变阻器R的滑动片P向下移动
12、时，R的有效阻值减小，副线圈电压不变，故副线圈的电流增大，根据可知，原线圈的电流也增大，故电流表和的示数均增大,故D正确；故选ABD.三、实验题（共 2 小题）9. 两位同学在探究“两个互成角度的力的合成”的实验中，利用图钉、木板、橡皮条、细绳套、弹簧测力计、白纸、刻度尺等器材进行有关实验。（1）其主要实验步骤如下：将图钉、白纸固定在木板上，把系好细绳套的橡皮筋挂在图钉上用两个弹簧测力计互成角度的拉伸橡皮筋，记录此时两个测力计的读数F1、F2及其方向用一个弹簧测力计拉伸橡皮筋，并记录此测力计的读数F及其方向在白纸上作出三个力的图示，并探究它们的关系以上步骤中，存在问题的步骤是_。（填写步骤前的
13、序号）（2）如图甲、乙所示是这两名同学探究得到结果，则可判定其中_（填“甲”或“乙”）实验结果是尊重实验事实的。（3）两弹簧测力计拉力的图示已在图丙中作出，方格每边的长度表示1.0N，按照作图法可得合力的大小为_N。（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). (2). 甲 (3). 7.0（6.97.2）【解析】【详解】（1）1 将图钉、白纸固定在木板上，应该是：用图钉把橡皮条的一端固定在木板上，而不是把系好细绳套的橡皮筋挂在图钉上，故步骤有问题；用两个弹簧测力计互成角度的拉伸橡皮筋，记录此时两个测力计的读数F1、F2及其方向，还要记录结点O点的位置，故步骤有问题；用一个弹簧测力计拉伸橡皮筋，
14、把橡皮条与细绳的结点拉到位置O，并记录此测力计的读数F及其方向，故步骤有问题；在白纸上作出三个力的图示，并探究它们的关系，故步骤没有问题。故存在问题的步骤是（2）2 实验测弹力方向沿绳子方向，由于误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定的差别，故甲更符合实验事实.（3）3 已知分力求合力，根据平行四边形定则作图，如图：故合力为7.0N。10. 某同学在实验室做“用油膜法估测分子直径大小”的实验中，已知油酸酒精溶液的浓度 为每104mL 溶液中有纯油酸6mL，用注射器抽得上述溶液2mL，现缓慢地滴出1mL 溶液，共有液滴数为50 滴。把1 滴该溶液滴入盛水的浅盘中，在刻有小正方形坐标的玻璃板上
15、描出油膜的轮廓如图所示，坐标中小正方形方格的边长为 20mm。试问：(1)这种估测方法是将每个分子视为_模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油分子的直径。(2)根据油酸膜面积和每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积，估测出油酸分子的直径是_m（结果保留 1 位有效数字）。(3)某学生在做实验时，计算结果偏大，可能是由于_。A油酸未完全散开B油酸溶液浓度低于实际值C计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格D求每滴体积时，1mL 的溶液的滴数多记了10 滴【答案】 (1). 球体 (2). 510-10 (3). AC【解析】【详解】(1)1这种估测方法
16、是将每个分子视为球体模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油分子的直径。(2)2油膜的面积可从方格纸上得到，所围成的方格中，面积超过一半按一半算，小于一 半的舍去，图中共有 57 个方格，故油膜面积为S5720mm20mm22800mm2每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是 油酸分子的直径(3)3据油酸分子直径公式可知，实验中面积变小或计算体积偏大可使计算结果偏大，油酸未完全散开和计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，都可使面积变小，油酸溶液浓度低于实际值和求每滴体积时，1mL的溶液的滴数多记了10滴，都会使油酸体积变小，不能使计算结果偏大，故
17、AC正确，BD错误。四、计算题（共 3 小题）11. 如图所示，一足够大的倾角30的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的金属线框 abcd，线框的质量m0.6kg，其电阻值R1.0，ab 边长L11m，bc边长 L22m，与斜面之间的动摩擦因数。斜面以 EF为界，EF上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场。一质量为M的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且线最初处于松弛状态。现先释放线框再释放物体，当cd边离开磁场时线框即以v2m/s的速度匀速下滑，在ab边运动到 EF 位置时，细线恰好被拉直绷紧（时间极短），随即物体和线框一起匀速运动t1s后开始做匀加速运动，取g1
18、0m/s2。求：(1)匀强磁场的磁感应强度 B；(2)细绳绷紧前，M下降的高度H；【答案】(1)1T；(2)1.8m【解析】【详解】(1)线框cd边离开磁场后受到的安培力线框cd边离开磁场时匀速下滑，由平衡条件得：Mgsin-mgcos-F0解得B1T(2)由题意，线框第二次匀速运动方向向上，设其速度为v1，细线拉力为T，则匀速运动的速度对线框，由平衡条件得对物体，由平衡条件得T-Mg0设绳突然绷紧过程中绳子作用力冲量为I，由动量定理得： 对线框Imv1-m（-v）对物体IMv1-Mv0绳绷紧前M自由下落v022gH解得H1.8m12. 如图所示，水平面上的轻弹簧左端与固定的竖直挡板相连，处于
19、原长时右端位于B点， B点左侧光滑右侧粗糙，右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接。斜面倾角为37，斜面上有一半径为R1m的光滑半圆轨道与斜面相切于D点，半圆轨道的最高点为 E，G为半圆轨道的另一端点，LBC2m，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内。使质量为m0.5kg 的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放，P到达B点时立即受到斜向右上方与水平方向夹角为37、大小为F5N 的恒力，一直保持F对物块P的作用，P恰好通过半圆轨道的最高点E。已知P与水平面、斜面间的动摩擦因数均为0.5，取g10m/s2，sin370.6，求：(1)P运动到半圆轨道的D点时对轨道的压力大小；(2)弹簧
20、的最大弹性势能；【答案】(1)18N；(2)1J【解析】【详解】(1)设在半圆轨道的最高点E，由牛顿运动定律得：在D点，由牛顿运动定律得：P从D点到E点，由动能定理得解得FN18N由牛顿第三定律得，P运动到D点时对轨道的压力大小为FN18N(2)P从C点到D点，由牛顿第二定律得Fmgsin37mgcos37ma1解得a10说明P从C点到D点做匀速运动，有由能量守恒定律得解得Ep1J13. 如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37角在y轴与MN之间的区域内加一电场强度
21、最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；(2)区域内最小电场强度E2的大小和方向；(3)区域内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小【答案】（1）；（2）；方向与x轴正方向成53角向上（3）；【解析】【详解】(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图所示关系且小球只能做匀速直线运动由图知：解得：(2)区域中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示（电场力方向与速度方向垂直），小球做匀加速直线，由图知：解得：方向与轴正方向成53角向上(3)小球在区域内做匀速圆周运动，所以有：解得：因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示由几何关系得：由洛伦兹力提供向心力知：联立得：