【物理】重庆市云阳江口中学2020届高三上学期第三次月考试题（解析版）
重庆市云阳江口中学2020届高三上学期
第三次月考
一、选择题
1.用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法．下列四个选项中全部都应用了比值定义法的是
①加速度②电场强度③电容④电流⑤导体电阻⑥磁感应强度
A. ①③⑤⑥ B. ②③⑤⑥
C. ②③④⑥ D. ①③④⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①加速度与速度的变化量无关，所以加速度属于比值定义法；②电场强度与场源电荷量成正比，与距离的平方成反比，所以电场强度不属于比值定义法；③电容是由电容器本身的性质决定，其大小与带电量以及两板间的电压无关，所以电容属于比值定义法；④电流的大小由导体两端的电压和导体的电阻决定，单位时间内通过导体横截面的电荷量叫电流强度，电流属于比值定义法；⑤电阻与导线长度、横截面积及电阻率有关，所以导体的电阻不属于比值定义法；⑥磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，所以属于比值定义法；
A. ①③⑤⑥与分析不符，故A错误；
B. ②③⑤⑥与分析不符，故B错误；
C . ②③④⑥与分析不符，故C错误；
D. ①③④⑥与分析相符，故D正确．
2.下列关于三种宇宙速度的说法中正确的是
A. 地球的第一宇宙速度是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最小运行速度
B. 地球的第二宇宙速度是在地面附近使物体可以挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的人造小行星的最小发射速度
C. 人造卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度介于地球的第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
D. 美国发射的凤凰号火星探测卫星，其发射速度大于地球的第三宇宙速度
【答案】B
【解析】
【详解】A. 地球的第一宇宙速度7.9km/s是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度，也是最小发射速度，故A错误；
B. 第二宇宙速度是使物体可以挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的小行星的最小发射速度，故B正确；
C. 第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，所以沿圆轨道绕地球运行的人造卫星的运动速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；
D. 美国发射的“凤凰”号火星探测卫星，因它绕火星旋转，仍在太阳的束缚下，其发射速度大于第二宇宙速度，小于地球的第三宇宙速度，故D错误．
3. 如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒为U的电源两极两极，极板M带正电，现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（ ）
A. 油滴带负电
B. 油滴带电荷量为
C. 电容器的电容为
D. 将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
【答案】C
【解析】
试题分析：由题，带电荷量为的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误；由平衡条件得：，解得油滴带电荷量为：，故B错误；根据，结合，且
，则得电容器的电容为：．故C正确；极板N向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动，故D错误．
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路．
4.如图所示，在“托球跑”趣味比赛中，若运动员沿水平面匀加速直线跑．球拍平面与水平方向的夹角为θ时，网球与球拍保持相对静止．球拍和网球的质量分别为M、m，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度为g．则下列说法正确的是
A. 球拍对球的作用力太小为mg
B. 运动员对球拍的作用力大小为（M+m)g
C. 运动员的加速度大小为gtanθ
D. 若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动
【答案】C
【解析】
【详解】以小球为研究对象，受力分析如图所示．可求球拍对球的作用力F=mg/cosθ，所以A错误；合外力为F合=mgtanθ=ma，可求小球的加速度为a=gtanθ，小球与运动员的加速度相同，故运动员的加速度也是gtanθ，所以C正确；把球和球拍视为一个整体，整体加速度为gtanθ，合外力（M+m)gtanθ，根据矢量三角形法则可求人对球拍的作用力为F1=（M+m)g/cosθ，所以B错误；而gtanθ＞gsinθ，由题意知，小球没有沿球拍向上运动，D错误．
5.如图甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点．将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v -t图象如图乙所示．设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有（ ）
A. φa>φb B. Ea>Eb C. Wa>Wb D. Ea
0，φA>φB，UAB<0，φA<φB.
2．电势能增、减的判断方法
（1）做功判断法―→电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加
（2）公式法―→由Ep＝qφp，将q、φp的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大电势能越大，Ep的负值越小，电势能越大
（3）能量守恒法―→在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，电势能增加
（4）电荷电势法―→正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大
6.用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，如图所示．将细绳剪断后( )．
A. 小球立即获得的加速度
B. 小球落地的速度大于
C. 小球落地的时间等于
D. 小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动
【答案】BC
【解析】
【详解】A．初态小球平衡，剪断绳后，小球合外力与绳中拉力等大反向：，所以加速度：，A错误．
B．设初态弹簧的弹性势能为，根据机械能守恒得：，速度大于，B正确．
C．小球被水平弹出后，只受重力做平抛运动，竖直方向：，运动时间，C正确．
D．小球在细绳剪断瞬间，仍受弹簧弹力，所以不是平抛运动，D错误．
7.平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车做匀变速直线运动，t=2s时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是（ ）
A. b车的加速度大小为1 m/s2
B. a车的速度大小为3 m/s
C. b车做匀减速直线运动
D. t=2s时，a、b两车相遇，速度不相等
【答案】AC
【解析】
【详解】在图象中，图象的斜率表示速度，根据图象可知，的斜率不变，速度不变，做匀速直线运动，车的速度大小为：
的斜率减小，速度减小，故车做匀减速直线运动，设车的位移时间关系式为，将，代入得：
时，直线和曲线刚好相切，、两车相遇，速度相等，车的速度为：
由得：
联立解得：
即车的加速度大小为1 m/s2；
A．与分析相符，故A正确；
B．与分析不符，故B错误；
C．与分析相符，故C正确；
D．与分析不符，故D错误。
8.带电小球在电场力和重力作用下，由静止开始沿竖直方向向下运动．运动过程中小球的机械能随位移关系如图所示，曲线关于x＝x0对称，最低点位置坐标为x0，在小球运动到x＝2x0的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小球所受电场力方向可能不变
B. 小球所受电场力始终比重力小
C. 小球加速度一直增大
D. 小球在x0位置时，动能最大
【答案】BC
【解析】
【详解】由图象可知，小球机械能先减小后增大，则说明电场力先做负功后做正功，运动方向不变，故电场力方向发生变化，故A错误；0﹣x0段小球做加速，又电场力做负功，故竖直向上，故重力大于电场力，两段关于x0对称，故小球所受电场力始终比重力小，故B正确；图象中斜率表示电场力，由图可知，电场力先减小后增大；且据A项分析可知电场力方向先竖直向上，此时a＝g﹣，故加速度增大；后电场力竖直向下且增大，加速度为a＝g+，则加速度继续增大，故加速度一直增大；故C正确；根据C项分析可知，加速度方向始终与速度方向相同，故小球一直加速，2x0处速度最大，故D错误．
二、非选择题
9.在伏安法测电阻实验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，计算结果由计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数；若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则 ① （填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1 ② （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2 ③ （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．
【答案】①Rx1 ②大于 ③小于
【解析】
试题分析：因为，而，故可认为Rx＞＞RA，故应采用图a电路测量更准确，即Rx1更接近待测电阻的真实值；因为，，U＞UR，I=IR，则，即测量值Rx1大于真实值；因为，，U=UR，I＞IR，则，即测量值Rx2小于真实值；
考点：伏安法测电阻．
10.在“探究功与速度变化关系”实验中，采用如图甲所示装置，水平正方形桌面距离地面高度为h，将橡皮筋的两端固定在桌子边缘上的两点，将小球置于橡皮筋的中点，向左移动距离s，使橡皮筋产生形变，由静止释放后，小球飞离桌面，测得其平抛的水平射程为L。改变橡皮筋的条数，重复实验。
（1）实验中，小球每次释放的位置应________（填“不同”、“相同”或“随意”）。
（2）取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线，如图乙所示，应选为______横坐标(选L或L2)。若直线与纵轴的截距为b，斜率为k，可求小球与桌面间的动摩擦因数为______（使用题中所给符号表示）。
【答案】 (1). 相同 (2). L2
【解析】
【详解】(1)[1]小球每次释放的位置到桌子边缘的距离要相同，这样保证每根橡皮条的形变量相等，则每根弹簧弹力做的功相等；
(2)[2]小球抛出后做平抛运动，根据可得：
则初速度为：
根据动能定理得：
则有：
所以应选为横坐标；
[3]斜率为：
直线与纵轴的截距为：
解得：
11.如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝100N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝10s，撤除水平推力F后经过t2＝15s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝75kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝25N，求：
（1）第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；
（2）该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．
【答案】（1）10m/s和50m；（2）187.5m．
【解析】
【详解】（1）设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1
由牛顿第二定律可知F﹣f＝ma1
解得a1=1m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v1＝a1t1＝10m/s
通过的位移为
（2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为
经历时间t2速度变为v′1＝v1﹣a2t2＝5m/s
第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，则
第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离
联立解得x2＝187.5m
12.如图所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为＋q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形是该匀强电场的边界，已知ab长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．
（1）求加速电压U0；
（2）若离子恰从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差Uac；
（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】(1)对直线加速过程，根据动能定理，有：
qU0=
解得:
U0=
(2)设此时场强大小为E，则:ab方向，有
L=v0t
ad方向，有:
L=
Uac= EL =
（3）根据可知，离子射出电场时速度
，
方向与ab所在直线的夹角为45°，即
，
根据
，，
可得x=2y，则离子将从bc边上的中点飞出，即
根据动能定理，有：
解得
（二）选考题
13.下列关于热力学定律的说法正确的是（ ）
A. 一定质量的理想气体保持压强和体积不变，而只改变其温度是不可能的
B. 热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律
C. 一定质量的理想气体放出热量，则其分子平均动能一定减少
D. 对于密闭容器内的理想气体而言，分子在单位时间内对单位面积容器壁碰撞的平均次数会随温度的升高而增多
E. 热运动的宏观过程是熵减少的过程
【答案】ABD
【解析】
【分析】由理想气体状态方程可知，保持压强和体积不变，则温度一定不变，热力学第二定律反映了宏观自然过程的方向性．体积压缩放出热量，温度可能升高，故分子的平均动能可能增加，由理想气体状态方程可知，对于密闭容器内的理想气体而言，如果温度升高，分子在单位时间内对单位面积容器壁碰撞的平均次数增多，根据热力学第二定律可知，实际的宏观过程都会自发地往熵增加的方向进行.
【详解】A、由理想气体状态方程可知，保持压强和体积不变，则温度一定不变，故A正确；
B、热力学第二定律反映了宏观自然过程的方向性，故B正确；
C、体积压缩放出热量，温度可能升高，故分子的平均动能可能增加，故C错误；
D、由理想气体状态方程可知，对于密闭容器内的理想气体而言，如果温度升高，分子在单位时间内对单位面积容器壁碰撞的平均次数增多，故D正确；
E、根据热力学第二定律可知，实际的宏观过程都会自发地往熵增加的方向进行，故E错误；
故选ABD.
14.如图，一个质量为m的T型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部ho处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为P0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：
（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；
（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化
【答案】（i）
（ii）0．3（）h0S-Q
【解析】
（i）初态时，对活塞受力分析，可求气体压强 ①
体积V1＝1.8h0S， 温度T1=T0
要使两边水银面相平，气缸内气体的压强P2=P0，
此时活塞下端一定与气缸底接触， V2=1.2h0S
设此时温度为T2，由理想气体状态方程有 ②
得：
（ii）从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功
W=P1ΔV=（）×0.6h0S ③
由热力学第一定律得：ΔU=0.6（）h0S-Q
15.下列说法正确的是
A. 只有机械波能产生多普勒效应，电磁波不会产生多普勒效应
B. 由爱因斯坦的相对论得出运动的时钟会变慢
C. 电磁波能发生偏振现象，说明电磁波是横波
D. 红光和绿光通过同一干涉装置，绿光形成的干涉条纹间距大
E. 用单摆测重力加速度实验时，为了减小实验误差，应从单摆摆到最低点时开始计时
【答案】BCE
【解析】
【详解】A．不仅机械波能产生多普勒效应，电磁波也会产生多普勒效应，选项A错误；
B．由爱因斯坦的相对论得出运动的时钟会变慢，选项B正确；
C．电磁波能发生偏振现象，说明电磁波是横波，选项C正确；
D．因红光的波长大于绿光的波长，则红光和绿光通过同一干涉装置，由可知，绿光形成的干涉条纹间距小，选项D错误；
E．用单摆测重力加速度实验时，为了减小实验误差，应从单摆摆到最低点时开始计时，选项E正确．
16.如图所示，某玻璃棱镜横截面为半径为R的扇形，圆心角为∠AOB=60°，虚线为∠AOB的角平分线，有一细激光束从OA面上的P点平行于虚线射入棱镜，其中有一束光线从OB面上的Q点平行于虚线射出，P、Q关于虚线对称，现测得OP=，已知真空中的光速为c．
求：①玻璃的折射率；②从Q点出射的光线在玻璃中运动的时间．
【答案】① ②
【解析】
【详解】①作出光路图如图所示，PD为过P点的法线，由题意在P点的入射角i=∠ODP=60°，，，∠DPC=∠DCP，
折射角，由折射定律可得折射率
②设这束光在玻璃中运动的时间为t，则，得
得，△OPC是等腰三角形，∠OPC=120°，可得折射角r=30°
