1、四川省宜宾市叙州区第二中学校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1.康普顿效应证实了光子不仅具有能量，也有动量图中给出了光子与静止电子碰撞后，电子的运动方向，则碰后光子可能沿那个方向运动，波长如何变化A. 3、变长B. 1、变短C. 1、变长D. 2、不变【答案】C【解析】【详解】光子与电子碰撞过程系统动量守恒,系统动量的矢量和不变,碰前动量向右,故碰撞后系统的动量的矢量和也向右,故碰后光子可能沿方向1振动;因为电子动能增加,故光子动减量小,根据,光子的频率减小,根据,波长变长;故C正确；ABD错误故选C2.某步枪子弹的出口速度达100 m/s，若步枪的枪膛长0.5
2、m，子弹的质量为20 g，若把子弹在枪膛内的运动看做匀变速直线运动，则高压气体对子弹的平均作用力为( )A. 1102 NB. 2102 NC. 2105 ND. 2104 N【答案】B【解析】【详解】子弹在枪膛内的运动看作匀变速直线运动，那么由匀变速规律可知加速度为：；由牛顿第二定律可得：F合=ma=200N；故B正确；ACD错误；故选B3.如图所示为某小型电站高压输电示意图发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2在输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，各互感器和电表均为理想的，
3、则下列说法正确的是( )A. 升压变压器原、副线圈的匝数比为B. 采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100 AC. 线路输送电功率是220 kWD. 将P上移，用户获得的电压将降低【答案】C【解析】根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为：，故A错误；采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及匝数比为1：10，由公式，得输电电流为IA2=1010A=100A，故B错误；根据电压表的示数为220V，根据变压公式，输电电压为U2=10220V=2200V，线路输送电功率为P=U2IA2=220kW，故C正确；将P上移，则降压变压器的
4、初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，故D错误故选C点睛：本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器4.如图所示，斜面体C放置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏A连接，连接B的一段细绳与斜面平行在A中的沙子缓慢流出的过程中， A、B、C都处于静止状态，则在此过程中A. B对C的摩擦力大小一定减小B. C对B的作用力大小一定先减小后增大C. 地面对C的摩擦力大小一定减小D. C对地面的摩擦力方向始终水平向左【答案】C【解析】试题分析：B受到C的摩擦力不一定为零，与两物体的重力、斜面的倾角
5、有关对BC整体研究，由平衡条件分析水平面对C的摩擦力方向和支持力的大小设A、B的重力分别为，物体A保持静止，故物体A对细线的拉力等于物体A的重力；若，B受到C的摩擦力为零，A的重力减小，则BC间的摩擦力增加；若，B受到C的摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件，有：，A的重力减小，则BC间的摩擦力增加；若，B受到C的摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件，有：，A的重力减小，则BC间的摩擦力可能一直减小，也可能先减小到零后反向增加，故AB错误；以BC整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知：水平面对C的摩擦力，方向水平向左，在A中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小，C正确；水平面对C的摩擦力方向水平
6、向左，根据牛顿第三定律，C对地面的摩擦力方向始终水平向右，故D错误；5.如图是一汽车在平直路面上启动的速度时间图像，整个启动过程中汽车受到的阻力恒定不变，其中t1时刻起汽车的功率保持不变由图像可知（）A. 0t1时间内，汽车的牵引力增大，功率增大B. 0t1时间内，汽车的牵引力不变，功率不变C. t1t2时间内，汽车的牵引力减小，功率减小D. t1t2时间内，汽车的牵引力减小，功率不变【答案】D【解析】解:AB、0t1时间内，汽车的速度是均匀增加的,是匀加速运动,所以汽车的牵引力不变,加速度不变,功率 增大,故AB错误.CD、t1t2时间内,汽车的功率已经达到最大值,功率不能再增加,根据可以知
7、道汽车的牵引力随速度的增大而减小,加速度也要减小,故C错误；D正确；故选D点睛：由图可以知道,汽车从静止开始做匀加速直线运动,随着速度的增加,汽车的功率也要变大,当功率达到最大值之后,功率不能在增大,汽车的牵引力就要开始减小,以后就不是匀加速运动了,当实际功率达到额定功率时,功率不能增加了,要想增加速度,就必须减小牵引力,当牵引力减小到等于阻力时,加速度等于零,速度达到最大值.6.质量为2 kg的质点在xy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是 A. 质点的初速度大小为5 m/sB. 2 s末质点速度大小为6 m/sC. 质点做曲线运动的加速度大小为1
8、.5 m/s2D. 质点初速度的方向与合外力方向垂直【答案】AC【解析】【详解】Ax轴方向初速度为vx=3m/s，y轴方向初速度vy=-4m/s，质点的初速度，故A正确B2 s末质点在x方向的速度大小为6 m/s，y方向速度大小为4m/s，则质点的合速度大于6m/s，选项B错误；Cx轴方向的合力恒定不变，y轴做匀速直线运动，合力为零，则质点的合力恒定不变x轴方向的加速度a=1.5m/s2，选项C正确； D合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直故D错误故选AC【点睛】本题通过图象考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，将两个分方向的运动
9、与受力合成即可，类似平抛运动7.如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1104 N/C的匀强电场在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37=0.8，g取10m/s2下列说法正确（）A. 小球的带电荷量q=6105 CB. 小球动能的最小值为1JC. 小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值D. 小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J【答案】AB【解析】
10、A、对小球进行受力分析如上图所示可得：解得小球的带电量为：，故A正确；B、由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：，而，所以，故B正确；C、由于总能量保持不变，即恒量，所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能最大，机械能最小，故C错误；D、由于总能量保持不变，即恒量，由B运动到A，所以，总能量 ，故D错误；故选AB【点睛】关键抓
11、住小球恰好做圆周运动，求出等效最高点的临界速度，根据该功能关系确定何处机械能最小，知道在等效最高点的动能最小，则重力势能和电势能之和最大8.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，现设法使该带电粒子从O点沿纸面与Od成30的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )A. 若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场B. 若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场C. 若该带电粒子在磁
12、场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场D. 若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场【答案】AC【解析】【详解】由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T=2t0A若该带电粒子在磁场中经历的时间是，粒子轨迹的圆心角为，速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30，必定从cd射出磁场故A正确B当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60，粒子运动的时间为，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是 ，一定不是从ad边射出磁场故B错误C若该带
13、电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为，由于，则一定从bc边射出磁场故C正确D若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60+90=150=，故一定不从ab边射出磁场故D错误二、非选择题：62分，第912题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1316题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9.在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图所示的实验装置：（1）若入射小球质量为，半径为，被碰小球质量为，半径为，则_A. B. C. D. （2）以下所提供的测量工具中必需的是_A. 直尺 B. 天平 C. 弹簧测力计 D. 秒表（3）设
14、入射小球的质量为，被碰小球的质量为，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的表达式为_(用装置图中的字母表示)【答案】 (1). C (2). AB (3). 【解析】分析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；（2）求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量，然后确定测量工具；（3）根据动量守恒定律与图示实验情景确定需要验证的表达式；【详解】（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：在碰撞过程中动能守恒故有：解得：要碰后入射小球的速度，故，即
15、，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，故选项C正确，ABD错误；（2）P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为：碰撞后入射小球的速度为：碰撞后被碰小球的速度为：若则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得： 故需要测量的工具有刻度尺和天平，故选项AB正确，CD错误；（3）根据小题2的解答可知，表达式为：【点睛】本题考查验证动量守恒定律，本实验运用了等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证10.常用无线话筒所用的电池电动势E约为9V，内阻r约为40，最大允许电流为100 mA为
16、测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图甲的电路进行实验图中电压表为理想电表，R为电阻箱（阻值范围为0999.9 ），R0为定值电阻1. 图甲中接入R0的目的是为了防止电阻箱的阻值调得过小时，通过电源的电流大于其承受范围，起保护电路的作用；实验室备有的定值电阻R0的规格有以下几种，则本实验应选用_A. 10 ,0.1W B. 50 ,l.0 W C. 1500,15W D. 2500,25 W2. 该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙的图线由图线知：当电压表的示数为2V时，电阻箱接入电路的阻值为_（结果保留三位
17、有效数字）3. 根据图乙所作出的图象求得该电池的电动势E=_V，内阻r= _（结果保留三位有效数字）【答案】 (1). B (2). (3). 10.0 (4). 33.3【解析】【详解】当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为100mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值约为，定值电阻应选B、50，1.0 W.电压等于2V时，由图乙可知，电压等于2V时，所以：由闭合电路欧姆定律可得：，变形得：，由数学知识可知，图象中的斜率，截距：，由图可知，b=0.1，故E=10V； ，即解得：r=33.311.一辆汽车的质量为m，其发动机的额定功率为P0，从某时刻起汽车以速度v0在水平公路上沿
18、直线匀速行驶，此时汽车发动机的输出功率为，接着汽车开始沿直线匀加速行驶，当速度增加到时，发动机的输出功率恰好为P0如果汽车在水平公路上沿直线行驶中所受到的阻力与行驶速率成正比，求：（1）汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率vm；（2）汽车匀加速行驶所经历的时间和通过的距离【答案】（1）2v0；（2）；【解析】【详解】（1）汽车以速度v0在水平公路上沿直线匀速行驶时发动机的输出功率 ，可知： 汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率： P0=kvmvm解得：vm=2v0（2）当汽车速度增加到 时，设牵引力为F，汽车的加速度为a， 由牛顿第二定律： 汽车匀加速行驶所经历的时间： ，解得
19、： ，汽车匀加速行驶通过的距离： 【点睛】关于汽车的启动要掌握两个过程，一个是匀加速过程，此过程在功率到达额定功率时结束；一个是恒功率过程，此过程的最大速度出现在牵引力等于阻力时12.如图所示，在xOy平面内MN边界与y轴之间有沿x轴正方向的匀强电场，y轴右侧和MN边界左侧的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，左侧磁场的磁感应强度是右侧的2倍一质量为m、电荷量为q的负粒子以速度0从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场，经过时间t0进入电场，电场区域的宽度为d，电场加速后又进入左侧磁场粒子重力不计（1）求右侧磁场磁感应强度的大小；（2）若粒子能回到坐标原点O且运动时间最短，求粒子从O点射入到回到O点经过的总
20、时间；（3）除（2）中的情况外，要使带电粒子能够回到原点O，求电场强度应满足的表达式【答案】（1） （2）（3） （n=1、2、3） 【解析】【分析】根据周期和运动时间的关系解得磁感应强度，粒子能回到坐标原点O且运动时间最短，粒子在右侧磁场和左侧磁场做匀速圆周运动半周，在电场中从右向左做匀加速直线运动，在电场中从左向右做匀减速直线运动； 除（2）中的情况外，要使带电粒子能够回到原点O，则有解：(1)设右侧磁场的磁感应强度为B，粒子在右侧磁场和左侧磁场做匀速圆周运动的半径分别为r1、r2，在左侧磁场运动的速度为，在电场中运动时间为t1，在左侧磁场运动时间t2在右侧磁场做匀速圆周运动，则有 联立得
21、：(2) 粒子能回到坐标原点O且运动时间最短，则有在电场中在左侧磁场做匀速圆周运动，有，在左侧磁场运动时间在右侧磁场做匀速圆周运动所以粒子从O点射入到回到O点经过的总时间(3)在左侧磁场做匀速圆周运动要使带电粒子能够回到原点O ,则有 在电场中联立解得： （n=1、2、3）13.下列说法正确的是（ ）A. 质量和温度相同的冰和水，内能不同B. 温度高的物体不一定比温度低的物体内能大C. 物体放热，同时对外做功，其内能可能增加D. 布朗运动是液体分子与固体分子共同运动E. 气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动【答案】ABE【解析】【详解】A质量和温度相同的冰和水，平均动能相同，但是分子势能不同
22、，则内能不同，选项A正确；B物体的内能与物体的温度、体积以及物质的量等都有关，则温度高的物体不一定比温度低的物体内能大，选项B正确；C根据热力学第一定律，物体放热，同时对外做功，其内能一定减小，选项C错误；D布朗运动是固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的表现，选项D错误；E气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动，选项E正确。14.如图，一竖直放置汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口，卡口距缸底的高度h=20cm汽缸活塞的面积S=100cm2，重量G=100N，其下方密封有一定质量的理想气体，活塞只能在卡口下方上下移动活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，竖直轻弹簧下端与缸底固定连接，上端与活
23、塞固定连接，原长l0=15cm，劲度系数k=2000N/m开始时活塞处于静止状态，汽缸内气体温度T1=200K，弹簧的长度l1=10cm，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体（大气压P0=1.0105Pa）求（i）当弹簧恢复原长时时汽缸内气体的温度T2；（）当汽缸中的气体温度T3=500K时汽缸内气体的压强P3【答案】（i）330K；（）125105Pa【解析】【详解】（i）对活塞受力分析，开始时气体的压强为：温度为：T1=200K体积为：V1=lS=10S弹簧恢复原长时，对活塞受力分析，根据平衡得封闭气体压强为：Pa体积为：V2=l0S=15S由理想气体状态方程得：代入数据解得：T2=330K（i
24、i）设温度为T时，活塞恰好上移至卡口，此时有：=1.2105PaV=hS=20S由理想气体状态方程得：代入数据解得：T=480K由于T3=500K480K，活塞以上移至卡口，有：V3=hS=20S由理想气体状态方程得：代入数据解得：15.如图甲为一列简谐横波在t0.20 s时刻的波形图，P是平衡位置在x1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x4.0 m处的质点；M是平衡位置在x8.0 m处的质点；图乙为质点Q的振动图象下列说法正确的是_A. 该波向左传播，波速为40 m/sB. 质点M与质点Q的运动方向总是相反C. t=0.75s时，Q点的位移为10cmD. 在0.5 s时间内，质点M通过的路程为
25、1.0 mE. 质点P简谐运动的表达式为【答案】BDE【解析】【详解】由图乙可知Q点在0.20s时向上运动，故波沿x轴正方向传播，波速 故A错误；质点M与质点Q相差半个波长，则它们的运动方向总是相反，选项B正确；t=0.75s=3T时，Q点的位移为-10cm，选项C错误；在0.5 s=2.5T时间内，质点M通过的路程为2.54A=100cm=1.0 m，选项D正确；，则质点P简谐运动的表达式为，选项E正确；故选BDE.16.有一玻璃半球，右侧面镀银，光源S在其对称轴PO上（O为半球的球心），且PO水平，如图所示，从光源S发出的一细光束射到半球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光经过折射进入玻璃半球内，经右侧镀银面反射恰能沿原路返回，若球面半径为R，玻璃折射率为，求： 光源S与球心O之间的距离；折射进入玻璃半球内的光线在球内经过的时间【答案】 【解析】【详解】由题意可知折射光线与镜面垂直，其光路图如图所示，则有： i+r=90由折射定律可得： 解得：i=60r=30在直角三角形ABO中：BO =Rcosr=由几何关系可得： SAO为等腰三角形，所以SO=2BO=光在玻璃半球内传播的速度光在玻璃半球内传播的距离则光折射进入玻璃半球内的光线在球内经过的时间