2020屆安徽省淮南市壽縣一中高三下學期第七次月考物理試題（解析版）

20屆安徽省淮南市壽縣一中高三（下）第七次月考物理試卷一、選擇題1.如圖所示為氫原子的能級圖，一群處于量子數(shù)的激發(fā)態(tài)的氫原子，能夠自發(fā)躍遷到較低的能量狀態(tài)，并向外輻射光子．已知可見光的光子的能量范圍為1.64~3.19eV，鋅板的逸出功為3.34eV，則向外輻射的多種頻率的光子中()A.最多有4種頻率的光子B.最多有3種頻率的可見光C.能使鋅板發(fā)生光電效應的最多有4種頻率的光子D.能使鋅板發(fā)射出來的光電子，其初動能的最大值為9.41eV【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)=6，得處于n=4的激發(fā)態(tài)一共可能產(chǎn)生6條光譜線，故AB錯誤；因鋅板的逸出功為3.34eV，而一群處于量子數(shù)n=4的激發(fā)態(tài)氫原子，向基態(tài)躍遷過程中，產(chǎn)生的光子能量分別是12.75eV，12.09eV，10.2eV，2.55eV，1.89eV，0.66eV，依據(jù)光電效應產(chǎn)生條件：入射光的能量大于或等于鋅板的逸出功，能使鋅板發(fā)生光電效應的最多有3種頻率的光子，故C錯誤；依據(jù)光電效應方程：Ekm=hγ-W，使鋅板發(fā)射出來的光電子，其最大初動能的最大值為Ekm=12.75-3.34=9.41

eV，故D正確；故選D．點睛：此題考查數(shù)學組合公式，掌握能級的躍遷，激發(fā)態(tài)不穩(wěn)定，會向基態(tài)發(fā)生躍遷，理解光電效應的條件與其方程的內(nèi)容．2.一物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運動，合外力方向不變，大小隨時間的變化如圖所示，物體在和時刻，物體的動能分別為、，物塊的動量分別為、，則()A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】根據(jù)動量定理分別求物體在t0和2t0時刻的速度v1和v2之比．根據(jù)公式P=mv，求出P1和P2之比，再根據(jù)動能的計算式求Ek1和Ek2之比【詳解】根據(jù)動量定理得：內(nèi)：內(nèi)：由解得：：：3由得：由得：解得：．故選C．【點睛】本題涉及力在時間的積累效果，優(yōu)先考慮動量定理．對于動能，也可以根據(jù)動能定理求解.3.某發(fā)電機通過理想變壓器給定值電阻R提供正弦交流電，電路如圖，理想交流電流表A，理想交流電壓表V的讀數(shù)分別為I、U，R消耗的功率為P．若發(fā)電機線圈的轉速變?yōu)樵瓉韓倍，則()A.R消耗的功率變?yōu)閚PB.電壓表V的讀數(shù)為nUC.電流表A的讀數(shù)仍為ID.通過R的交變電流頻率不變【答案】B【解析】【分析】當發(fā)電機線圈的轉速變?yōu)樵瓉韓倍，發(fā)電機產(chǎn)生交流電的電動勢有效值和頻率都將發(fā)生變化．變壓器的輸入電壓變化后，變壓器的輸出電壓、副線圈的電流、R消耗的功率隨之改變，原線圈的電流也會發(fā)生變化．原線圈中電流的頻率變化，通過R的交變電流頻率變化．【詳解】B：發(fā)電機線圈轉速變?yōu)樵瓉韓倍，發(fā)電機線圈的角速度變?yōu)樵瓉韓倍，據(jù)可得，發(fā)電機產(chǎn)生交流電電動勢的最大值變?yōu)樵瓉韓倍，原線圈兩端電壓變?yōu)樵瓉韓倍．據(jù)可得，副線圈兩端電壓變?yōu)樵瓉韓倍，電壓表V的讀數(shù)為nU．故B項正確．A：R消耗的功率，副線圈兩端電壓變?yōu)樵瓉韓倍，則R消耗的功率變?yōu)椋蔄項錯誤．C：流過R的電流，副線圈兩端電壓變?yōu)樵瓉韓倍，則流過R的電流變?yōu)樵瓉淼膎倍；再據(jù)，原線圈中電流變?yōu)樵瓉韓倍，電流表A的讀數(shù)為．故C項錯誤．D：發(fā)電機線圈的轉速變?yōu)樵瓉韓倍，發(fā)電機產(chǎn)生交流電的頻率變?yōu)樵瓉淼膎倍，通過R的交變電流頻率變?yōu)樵瓉淼膎倍．故D項錯誤．4.地面附近處的電場的電場線如圖所示,其中一條方向豎直向下的電場線上有a、b兩點,高度差為h．質(zhì)量為m、電荷量為-q的檢驗電荷，從a點由靜止開始沿電場線運動，到b點時速度為．下列說法中正確的是()A.質(zhì)量為m、電荷量為+q的檢驗電荷，從a點由靜止起沿電場線運動到b點時速度為B.質(zhì)量為m、電荷量為+2q的檢驗電荷，從a點由靜止起沿電場線運動到b點時速度為C.質(zhì)量為m、電荷量為-2q的檢驗電荷，從a點由靜止起沿電場線運動到b點時速度仍為D.質(zhì)量為m、電荷量為-2q的檢驗電荷，在a點由靜止開始釋放，點電荷將沿電場線在a、b兩點間來回運動【答案】D【解析】【詳解】A、從a到b的過程中，運用動能定理，對?q有：，對于q有：，兩式相加化簡得，故A錯誤；B、對+2q運用動能定理：，聯(lián)立解得，故B錯誤；C.對?2q運用動能定理：，聯(lián)立解得，故C錯誤；D、由以上分析可知，電荷量為-2q檢驗電荷，到達b點時，速度為零，說明電場力大于重力，故接下來向上運動，根據(jù)電場線的分布可知，越向上，電場力越小，最終會小于重力，當速度減為零后，又會向下運動，如此往復，故D正確；故選D．【點睛】粒子在電場力與重力共同做功下，導致重力勢能、電勢能與動能間相互轉化，但它們的之和不變；電場力做功，導致電勢能變化，重力做功，導致重力勢能變化．5.某載人宇宙飛船繞地球做圓周運動的周期為T，由于地球遮擋，宇航員發(fā)現(xiàn)有T時間會經(jīng)歷“日全食”過程，如圖所示。已知地球的半徑為R，引力常量為G，地球自轉周期為T0，太陽光可看做平行光，則下列說法正確的是（）A.宇宙飛船離地球表面的高度為2RB.一天內(nèi)飛船經(jīng)歷“日全食”的次數(shù)為C.宇航員觀察地球的最大張角為120°D.地球的平均密度為ρ=【答案】D【解析】【詳解】A．由幾何關系，飛船每次“日全食”過程的時間內(nèi)飛船轉過角，所需的時間為由于字航員發(fā)現(xiàn)有時間會經(jīng)歷“日全食”過程，則：所以設宇宙飛船離地球表面的高度h，由幾何關系可得可得選項A錯誤；B．飛船繞地球一圈時間為T，飛船繞一圈會有一次日全食，所以每過時間T就有一次日全食，而地球自轉一圈時間為T0，得一天內(nèi)飛船經(jīng)歷“日全食”的次數(shù)為選項B錯誤；C．設宇航員觀察地球的最大張角為，則由幾何關系可得可得選項C錯誤；D．根據(jù)萬有引力提供向心力，有解得又所以地球的平均密度選項D正確。故選D。6.猴年剛剛離去，可猴子一直是人們最喜愛的逗趣小動物，某動物園里質(zhì)量為m的小猴子抓住一端固定的輕繩，從猴山上跟輕繩的固定端O點同一高度處擺下，已知繩長為L，如圖所示。在小猴子到達豎直狀態(tài)時放開繩索，猴子水平飛出。繩子的固定端O點到地面的距離為2L。不計輕繩的質(zhì)量和空去阻力，小猴子可看成質(zhì)點，重力加速度大小為g，則（）A.猴子做圓周運動的過程中，合力沖量的大小為mB.小猴子擺到最低點拋出前，猴子對繩的拉力大小為mgC.小猴子的落地點離繩的固定端的水平距離為2LD.小猴子落地時重力的功率大小為2mg【答案】AC【解析】【詳解】A．對猴子從開始到擺到最低點的過程中，根據(jù)動能定理得合力的沖量等于動量的變化量，故沖量大小為選項A正確；B．對猴子在最低點受力分析，由圓周運動的特點得解得T=3mg由牛頓第三定律得對繩子拉力也為3mg，選項B錯誤；C．猴子放開繩索后，豎直方向上做自由落體運動，有水平方向上做勻速運動，水平位移x=vt聯(lián)立得x=2L選項C正確；D、猴子在豎直方向上根據(jù)運動學公式得故重力的功率大小為選項D錯誤。故選AC。7.如圖所示，等腰直角斜劈A的直角邊靠在粗糙的豎直墻壁上，一根不可伸長的輕繩一端固定在豎直墻上，另一端與半徑不可忽略的光滑球B連接。輕繩與水平方向成30°角，現(xiàn)將輕繩上端點沿豎直墻緩慢向上移動，A始終處于靜止狀態(tài)。則（）A.繩上拉力先減小后增大B.豎直墻對A的摩擦力先減小后增大C.豎直墻對A的摩擦力可能為零D.豎直墻對A的支持力逐漸減小【答案】AD【解析】【詳解】A．以B為研究對象，對其進行受力分析，受到重力mg、繩子拉力F1和斜面對它的支持力F2，如圖所示：由圖可知，當F1與F2的方向垂直，即與斜面平行時，F(xiàn)1最小，所以繩子的拉力先減小后增大，選項A正確；BD．以A與B組成的整體為研究對象，整體受到重力、墻的支持力和摩擦力以及繩子的拉力。由上圖可知，輕繩上端點沿豎直墻緩緩向上移動時，繩子的拉力F1沿豎直方向的分力增大，沿水平方向的分力減小，所以豎直墻對A向上的摩擦力將減小，豎直墻對A的支持力逐漸減小，選項B錯誤，選項D正確；C．以A為研究對象，A受到重力、墻壁的支持力、以及B對A斜向下的壓力，A處于平衡狀態(tài)，豎直方向的合外力等于0，所以摩擦力的大小等于A的重力與B對A的壓力向下的分力的和，不可能等于0，因此A還受到墻壁對A向上的摩擦力，選項C錯誤。故選AD。8.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場邊界上的P點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)向各個方向以相同的速率發(fā)射電荷量均為+q、質(zhì)量均為m的相同粒子進入磁場區(qū)域，粒子的重力以及粒子之間的相互作用力均可忽略，進入磁場的粒子會從某一段圓弧射出磁場邊界，這段圓弧的弧長是圓形區(qū)域周長的，則下列結論正確的是（）A.若n=2，則所有粒子離開磁場時的速度方向相互平行B.若n=2，則粒子從P點進入磁場時的速率為C.若n=4，則粒子從P點進入磁場時的速率為D.若n=4，僅將磁場的磁感應強度大小由B減小到B時，則n的值變?yōu)?【答案】ABC【解析】【詳解】A．由題意可知，n≥2時粒子的入射點與圓弧邊緣最遠出射點的連線等于粒子運動軌跡的直徑。如果n=2，則粒子的軌跡半徑等于磁場區(qū)域的半徑，作出任意方向的粒子運動軌跡如圖1所示：連線后圖中的四邊形一定為菱形，粒子的出射速度方向一定與垂直，即與PO垂直，因此所有粒子離開磁場的速度方向相互平行，選項A正確；B．如果n=2，粒子的軌跡半徑等于磁場區(qū)域的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知解得選項B正確；C．若n=4，粒子的臨界運動軌跡如圖2所示：粒子的軌跡半徑由公式解得選項C正確；D．若n=4，僅將磁場的磁感應強度大小由B減小到B時，則粒子的軌跡半徑顯然n不等于2，選項D錯誤。故選ABC。二、非選擇題9.某實驗小組利用氣墊導軌做“驗證動量守恒定律”實驗時，實驗室提供兩個滑塊P、Q，已知滑塊P的質(zhì)量為m1＝115g，滑塊Q的質(zhì)量未知．為了測定滑塊Q的質(zhì)量，該小組進行了以下操作：A．將氣墊導軌組裝并調(diào)節(jié)水平，在氣墊導軌上適當位置固定兩個光電門G1、G2B．調(diào)整滑塊P上的遮光片，使其不能擋光，將兩滑塊輕放在導軌上，如圖甲，推動滑塊Q后撤去推力，滑塊Q以一定的速度通過光電門G1，遮光片通過光電門G1的時間為t1＝0.016sC．當滑塊Q與P相撞后粘在一起，遮光片通過光電門G2的時間為t2＝0.034sD．用游標卡尺測得遮光片寬度d如圖乙所示（1）游標卡尺的讀數(shù)為______mm；（2）滑塊Q的質(zhì)量為______g（保留三位有效數(shù)字）．【答案】①.4.30②.102【解析】【詳解】(1)游標主尺讀數(shù)為：4mm，游標尺上第6個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為6×0.05mm=0.30mm，所以最終讀數(shù)為：4mm+0.30mm=4.30mm；(2)碰撞前兩個滑塊總動量，碰撞后兩個滑塊的總動量，兩滑塊碰撞前后的動量相等，代入解得；10.為測定量程3V的電壓表內(nèi)阻RV（幾千歐姆），某同學設計如圖所示的電路。實驗室提供如下器材：滑動變阻器R1（0~5Ω，額定電流3A）滑動變阻器R2（0~1kΩ，額定電流0.5A）直流電源E（電動勢4.5V，內(nèi)阻不計）開關1個，導線若干。實驗步驟如下：①調(diào)節(jié)電阻箱R阻值為0，將滑動變阻器的滑片移到最左端位置a，閉合開關S；②調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片P，使電壓表示數(shù)U0=2.00V；③保持滑動變阻器滑片P的位置不變，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記下電壓表的示數(shù)U和電阻箱相應的阻值R；④以為縱坐標，R為橫坐標，作—R圖線；⑤通過圖像的相關數(shù)據(jù)計算出電壓表的內(nèi)阻RV?；卮鹣铝袉栴}：(1)實驗中應選擇滑動變阻器___；（填“R1”或“R2”）(2)在調(diào)節(jié)電阻箱過程中，滑動變阻器上aP兩點間的電壓基本不變，則與R的關系式為___；（用題中給出的字母表示）(3)實驗得到的部分數(shù)據(jù)如表所示：根據(jù)表格數(shù)據(jù)在坐標紙上描點如圖，請在圖中畫出—R的圖像____，由圖像計算出電壓表內(nèi)阻RV=___kΩ。（結果保留兩位小數(shù)）【答案】①.R1②.③.④.2.90【解析】【詳解】(1)[1]根據(jù)電路圖的分壓接法可知應該選用較小的滑動變阻器，所以選擇R1；(2)[2]在調(diào)節(jié)電阻箱過程中，滑動變阻器上aP兩點間的電壓U0基本不變，則根據(jù)串聯(lián)電路的性質(zhì)可知，電壓表和電阻箱R中的電流相等，則有解得(3)[3]根據(jù)表格數(shù)據(jù)在坐標紙上描點得—R的圖像如圖：[4]結合—R的關系式得對應的圖像的斜率解得11.當下世界科技大國都在研發(fā)一種新技術，實現(xiàn)火箭回收利用，有效節(jié)約太空飛行成本，其中有一技術難題是回收時如何減緩對地的碰撞，為此設計師在返回火箭的底盤安裝了4臺電磁緩沖裝置，其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩火箭對地的沖擊力．該裝置的主要部件有兩部分：①緩沖滑塊，由高強絕緣材料制成，其內(nèi)部邊緣繞有閉合單匝矩形線圈abcd，指示燈連接在cd兩處；②火箭主體，包括絕緣光滑緩沖軌道MN、PQ和超導線圈（圖中未畫出），超導線圈能產(chǎn)生方向垂直于整個緩沖軌道平面的勻強磁場．當緩沖滑塊接觸地面時，滑塊立即停止運動，此后線圈與火箭主體中的磁場相互作用，指示燈發(fā)光，火箭主體一直做減速運動直至達到軟著陸要求的速度，從而實現(xiàn)緩沖．現(xiàn)已知緩沖滑塊豎直向下撞向地面時，火箭主體的速度大小為v0，軟著陸要求的速度為0；指示燈、線圈的ab邊和cd邊電阻均為R，其余電阻忽略不計；ab邊長為L，火箭主體質(zhì)量為m，勻強磁場的磁感應強度大小為B，重力加速度為g，一切摩擦阻力不計．（1）求緩沖滑塊剛停止運動時，線圈的ab邊受到的安培力大小；（2）求緩沖滑塊剛停止運動時，火箭主體的加速度大小；（3）若火箭主體的速度大小從v0減到0的過程中，經(jīng)歷的時間為t，求該過程中每臺電磁緩沖裝置中線圈產(chǎn)生的焦耳熱．【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）ab邊產(chǎn)生電動勢E＝BLv0線圈總電阻R總＝R＋＝1.5RFab＝BIL＝BL＝．（2）由牛頓第二定律4Fab－mg＝ma解得a＝－g．（3）根據(jù)動量定理mgt－4t＝0－mv0即mgt－4·＝0－mv0化簡得根據(jù)能量守恒定律，每個減速器得到熱量每個線圈得到的熱量12.如圖，一質(zhì)量為m=1kg的木板靜止在光滑水平地面上。開始時，木板右端與墻相距L=0.08m；質(zhì)量為m=1kg的小物塊以初速度v0=2m/s滑上木板左端。木板長度可保證物塊在運動過程中不與墻接觸。物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1。木板與墻的碰撞是完全彈性的。取g=10m/s2，求：(1)從物塊滑上木板到木板與墻第一次碰撞經(jīng)過的時間及第一次碰撞前瞬間小物塊的速度；(2)從物塊滑上木板到兩者達到共同速度時，木板與墻碰撞的次數(shù)及所用的時間；(3)達到共同速度時木板右端與墻之間的距離?！敬鸢浮?1)0.4s；1.6m/s；(2)3；1.8s；(3)0.06m【解析】【詳解】（1）物塊滑上木板后，在摩擦力作用下，木板從靜止開始做勻加速運動。設木板加速度為a，經(jīng)歷時間T后與墻第一次碰撞，碰撞時速度為v1，則有聯(lián)立解得物塊在木板上滑動過程中，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有解得（2）在物塊與木板兩者達到共同速度前，在每兩次碰撞之間，木板受到物塊對它的摩擦力作用而做加速度恒定的運動，因而木板與墻相碰后將返回至初態(tài)，所用時間為T。設在物塊與木板兩者達到共同速度v前木板共經(jīng)歷n次碰撞，則有式中△t是碰撞n次后木板從起始位置至達到共同速度時所需要的時間。由于最終兩個物體一起以相同的速度勻速前進，故上式可改寫為：由于木板的速率只能位于0到v1之間，故有又解得，由于n是整數(shù)，故n=2由于速度相同后還要再一起與墻壁碰撞一次，故一共碰撞3次；從開始到物塊與木板兩者達到共同速度所用的時間為即從物塊滑上木板到兩者達到共同速度時，木板與墻共發(fā)生3次碰撞，所用的時間為1.8s。（3）物塊與木板達到共同速度時，木板與墻之間的距離為代入數(shù)據(jù)解得即達到共同速度時木板右端與墻之間的距離為0.06m。13.一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，再由狀態(tài)b變化到狀態(tài)c，其壓強p與溫度t的關系如圖所示，下列說法正確的是（）A.氣體由a到b為等容變化B.氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能大于在狀態(tài)b的內(nèi)能C.氣體由b到c的過程必放熱D.氣體在狀態(tài)a的體積小于在狀態(tài)c的體積E.b到c的過程是等壓過程，溫度升高，氣體對外做功【答案】BDE【解析】【詳解】A．這是個p-t圖象，轉化成p-T圖象，如圖所示：ab直線不過原點，因此a到b不是等容變化選項A錯誤；B．理想氣體的內(nèi)能等于分子的平均動能的總和，溫度是分子平均動能的標志，a到b的過程溫度減小，分子的平均動能減小，理想氣體的內(nèi)能減小，即氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能大于在狀態(tài)b的內(nèi)能，選項B正確；E．氣體由b到c的過程是等壓變化，溫度升高，所以體積增大，對外做功，選項E正確；C．氣體由b到c的過程，根據(jù)熱力學第一定律△U=W+Q，溫度升高可知△U是正值且變大，氣體對外做功可知W為負值，所以Q必定為正值，即氣體要吸熱，選項C錯誤；D．氣體由a到c的過程，溫度不變，壓強減小，則體積增大，所以氣體在狀態(tài)a的體積小于在狀態(tài)c的體積，選項D正確；故選BDE。14.潛艇采用壓縮空氣排出海水控制浮沉，在海面上，潛艇將壓強為、總體積為600m3的空氣（包含貯氣筒內(nèi)空氣，視為理想氣體）壓入容積為3m3貯氣筒．潛至海面下方190m水平航行時，為控制姿態(tài)，將貯氣筒內(nèi)一部分壓縮空氣通過節(jié)流閥壓入水艙，使15m3的水通過排水孔排向與之相通的大海．已知海面處大氣壓，取海水的密度，（i）潛艇下潛前貯氣筒內(nèi)氣體的壓強；（ii）排出水后貯氣筒內(nèi)剩余氣體的壓強．【答案】（i）（ii）【解析】【詳解】（i）潛艇下潛前貯氣筒內(nèi)氣體的壓強為，，解得（ii）設得出水的壓強為，貯氣筒內(nèi)剩余氣體的壓強為，，解得：故本題答案是：（i）（ii）點睛：找準狀態(tài)參量利用玻意耳定律解題