【物理】重庆市第八中学2020届高三上学期第二次月考理综试题（解析版）

【物理】重庆市第八中学2020届高三上学期第二次月考理综试题（解析版）

重庆市第八中学2020届高三上学期 第二次月考理综试题 一.选择题 ‎1.关于稳定运行的地球卫星,下列说法正确的是 A. 所有地球卫星的轨道在地球球心所在的平面内 B. 地球卫星的周期可能为80分钟 C. 地球同步卫星离地面的高度是确定的,因此地表上方任意位置的该高度都可以是地球同步卫星的轨道 D. 所有地球同步卫星都具有相同的线速度、角速度和质量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．万有引力指向地心，充当向心力，指向圆心；故在任何轨道上运动时，地球球心都在卫星的轨道平面内，故A正确；‎ B．根据万有引力提供向心力 解得：‎ r越小，T越小，r最小等于地球的半径R，T为近地卫星的周期，即Tmin=84分钟，故B错误；‎ C．根据万有引力提供向心力得 因周期一定，则距地面高度一定，地球同步卫星距离地球的高度约为36000km，高度都一样，故C错误；‎ D．根据万有引力提供向心力得 由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，角速度一定，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h也为一定值，线速度大小也是相同的，但同步卫星质量不一定相同，故D错误。‎ ‎2.如图所示,竖直固定的半径为R的光滑圆形轨道内,一可视为质点的小球通过轨道最低点P时,加速度大小为6g,不计空气阻力,下列说法正确的是 A. 小球过P点时速度大小为 B. 小球能沿轨道做完整的圆周运动 C. 小球运动的最小加速度为零 D. 小球运动的最小速度为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在最低点，由牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ 故A错误；‎ B．小球能通过最高点的最小速度，根据动能定理得 解得：‎ 所以小球能沿轨道做完整的圆周运动，故B正确；‎ CD．小球能通过最高点的最小速度，则最小加速度为 最小速度为，故CD错误。‎ ‎3.今年10月1日盛大的国庆阅兵仪式展现了我国大国风范。假设训练时某装备车辆从静止开始沿直线驶向距出发点L远的目标点,一段时间后在目标点停下。该车加速和减速过程均视为匀变速直线运动,其中做匀加速直线运动的加速度大小为a,做匀减速直线运动的加速度大小为,车辆行驶的整个过程始终未超过车的极限速度。则该车从出发点到目标点所需的最短时间t为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设装备车的最大速度为，当装备车先匀加速度后匀减速运动到目标点时所用时间最短，则有 ‎ ‎ 联立解得：‎ A．与分析不符，故A错误；‎ B．与分析相符，故B正确；‎ C．与分析不符，故C错误；‎ D．与分析不符，故D错误 ‎4.如图所示,质量分别为m、2m、4m的物块A、B、C叠放在光滑的水平地面上,现对B施加一水平力F,已知A、B间和B、C间的摩擦数均为,取最大静摩擦力等于滑动摩擦力,为保证它们能够一起运动,F最大值为 A. 2μmg B. μmg C. μmg D. 7μmg ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当三个物体一起运动时加速度相同，对A、B、C整体分析，受重力、支持力和水平力F，由牛顿第二定律，有：‎ 解得：‎ 再对A受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，由牛顿第二定律有：‎ 对C受力分析，由牛顿第二定律，有：‎ 联立解得：‎ A．2μmg与分析不符，故A错误；‎ B．μmg与分析不符，故B错误；‎ C．μmg与分析相符，故C正确；‎ D．7μmg与分析不符，故D错误。‎ ‎5.如图,长为L的轻质细杆一端通过光滑铰链固定在竖直墙壁上,另一端与一可视为质点的小球连接,小球与右侧平板接触,平板在外界控制下以速度v匀速向左移动。下列说法正确的是 A. 小球沿着平板匀速上升 B. 运动过程中,小球的机械能保持不变 C. 当细杆与水平方向夹角为θ时,小球速度大小为 D. 当细杆与水平方向夹角为θ时,小球向心速度大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球做圆周运动，方向与杆垂直，将此速度分解为水平方向和竖直方向，由平行四边形定则可知 解得：‎ 由于角变大，所以小球的速度竖直方向的速度变小，故A错误；‎ B．在运动过程中小球受到平板向左的弹力，弹力对小球做正功，所以小球的机械能增大，故B错误；‎ CD．当细杆与水平方向夹角为θ时, 小球做圆周运动，方向与杆垂直，将此速度分解为水平方向和竖直方向，由平行四边形定则可知 由向心加速度公式可知，‎ 故C错误，D正确。‎ ‎6.利用传感器和计算机可以测量快速变化的力的瞬时值,如图所示是用这种方法获得的弹性细绳中拉力F随时间t变化的图线。测量时小球由悬点O处静止落下。由图线所提供的信息可以判断 A. t1时刻到t2时刻小球的动能一直增大 B. t1时刻到t2时刻小球的机械能一直减少 C. t3时刻小球速度为零 D. t2时刻到t3时刻小球的加速度先减小后增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球的速度最大出现在张力与重力相等的位置，此后开始减速运动，绳子张力继续增大，当速度减为零时，张力最大，所以t1时刻到t2时刻小球的速度先增大后减小，所以小球动能先增大后减小，故A错误；‎ B．t1时刻弹性细绳出现弹力 ，直到t2时刻弹性细绳张力最大，此过程中弹力对小球一直做负功，由功能关系可知，小球的机械能一直减小，故B正确；‎ C．t2时刻弹性细绳张力最大，即最低点，此后小球向上运动，t3时刻弹性细绳张力为零，由能量守恒可得，t3时刻小球速度不为零，故C错误；‎ D．t2时刻弹性细绳张力最大且大于小球重力，小球向上运动，弹性细绳张力减小，当张力等于重力，加速度为零，由于惯性小球继续向上运动，弹性细绳张力继续减小且小于重力，所以小球加速度增大，故D正确。‎ ‎7.如图所示,表面粗糙的斜劈C放置在粗糙水平地面上,细线绕过滑轮O1和O2连接在竖直墙O处,连接A物体的细线与斜劈平行,滑轮O1固定在斜劈上,动滑轮O2跨在细线上,其下端悬挂B物体。A与C物体始终静止,不计细线与滑轮间的摩擦,下列说法正确的是 A. 逐渐增大B物体质量,地面对斜劈的摩擦力逐渐变大 B. 逐渐减小B物休质量,A物体受到的摩擦力逐渐变小 C. 将悬点O下移少许,细线与竖直墙而夹角变大 D. 将悬点O上移少许,滑轮O1受到细线的弹力不变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．逐渐增大B物体质量，细线中的张力增大，将AC作为整体细线拉力水平分力增大，由平衡可知，地面对斜劈的摩擦力逐渐变大，故A正确；‎ B．逐渐减小B物休质量，细线中的张力减小，由于A物体的重力沿斜面向下的分力与细线张力大小关系不清楚，所以A物体受到的摩擦力大小无法判断，故B错误；‎ CD．设墙与斜面间的水平距离为d，O1O间绳长为L，细线O2O与墙间的夹角为，由平衡可知，细线O2O1与竖直方向的夹角也为，由几何关系可知，‎ 由于距离d和细线长L不变，所以不管将悬点O下移少许还是将悬点O上移少许，细线O2O1与竖直方向的夹角不变，所以不变，由平行四边形定则可知，细线中的张力不变，滑轮O1受到细线的弹力不变，故C错误，D正确。‎ ‎8.如图,为排球场示意图,场地长为MN,网AB高为H。某次训练时,从网左侧P点正上方的O处,将质量为m的球沿垂直于网的方向水平击出,球恰好通过网的上沿落到右侧底线N处,从击球到球落地用时为t。已知MA=NA,AP=,取重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是 A. 球在网右侧运动时间为 B. 球在网左右两侧运动速度变化量之比为1:2‎ C. 球的重力势能减少了 D. 球过网时与落到右侧底线时动能之比为1:9‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，由于，所以球在网右侧的运动时间为在左侧时间为2倍，由于总时间为t，所以球在网右侧运动时间为，故A正确；‎ B．由于平抛运动的加速度恒为，由加速度定义可知，速度变化量之比等于所用时间之比即为1:2，故B正确；‎ C．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，则排球从初位置运动网的位置与排球从初位置到落地的时间之比为1：3，通过竖直方向上做自由落体运动，由得，‎ 又 解得：‎ 所以球的重力势能减小量为 故C错误；‎ D．从抛出到过网时，由动能定理有 从抛出到右侧落地时，由动能定理有 由于 所以球过网时与落到右侧底线时动能之比不为1:9，故D错误。‎ ‎9.如图,OA为一圆弧,其末端水平。ABC为一斜面体。圆弧末端恰好与斜面体顶端在A点重合。现借助该装置验证碰撞中的动量守恒。‎ ‎(1)先不放玻璃小球2,让钢球1从圆弧上某一适当的位置自由滚下,重复10次,用尽可能小的圆将所有的落点都圈在里面,得到钢球1的平均落点;‎ ‎(2)将玻璃小球2静置在A点,让入射钢球1继续从相同的位置处自由滚下,在A点与小球2发生碰撞,重复10次,同样的办法确定它们各自的平均落点;(两小球体积相同,且均视为质点);‎ ‎(3)确定的落点为斜面上的P、M、N三点,其中________点为玻璃小球2的落点;‎ ‎(4)为了验证碰撞中的动量守恒,必须测量的物理量有（ ）‎ A.小球1、2的质量m1、m2;‎ B.斜面倾角θ;‎ C.各落点到A点的距离lAM、lAP、lAN ‎(5)实验需要验证是否成立的表达式为____________ (用所测物理量表达).‎ ‎【答案】(1). N (3). AC (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(3)[1]小球1和小球2相撞后，小球2的速度增大，小球1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后1球的落地点是P点，2球的落地点是N点；‎ ‎(4)[2]碰撞前，小球1落在图中的M点，设其水平初速度为v1．小球1和2发生碰撞后，小球1的落点在图中的P点，设其水平初速度为v1′，小球2的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2． 设斜面AB与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：‎ 解得：‎ 同理可解得：‎ 所以只要满足 即 A．小球1、2的质量m1、m2与分析相符，故A正确；‎ B．斜面倾角θ与分析不符，故B错误；‎ C．各落点到A点的距离lAM、lAP、lAN与分析相符，故C正确。‎ ‎(5)[3]由(4)分析可知，实验需要验证 ‎10.如图示,物块A、B通过轻质光滑的定滑轮与不可伸缩的轻绳连接,物块B下端固定有轻质纸带,纸带穿过竖直固定在铁架台上的打点计时器,打点计时器通有频率为50Hz的交流电。物块A、B的质量分别为m1、m2。按照正确的操作由静止释放两物块,A竖直下落,B竖直上升。(已知重力加速度为g=10m/s2)‎ ‎(1)在忽略所有阻力的情况下,物块A下落的加速度大小为________(用m1、m2、g表示);‎ ‎(2)m1=1.2kg,m2=0.5kg,实验时打出如下纸带,(x1=1.98cm；x2=6.02cm；x3=10.01cm；x4=13.99cm)；两相邻计数点之间还有4个点未画出,由此知:该操作中,物块A的加速度大小为______m/s2(保留三位有效数字)。‎ ‎(3)在(2)的操作中,由计数点1到3的过程中,A、B系统重力势能减少△EP=_______J;动能增加△Ek=1.09J,则△EP_______△Ek(填“<”、“>”或“=”),造成的原因是____(保留三位有效数字).‎ ‎【答案】(1). (2). 4.00 (3). 1.12 > 重物下落受到阻力作用，必须克服摩擦力、空气阻力等做功 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]将AB看成整体，由牛顿第二定律可知 解得：‎ ‎(2)[2]两相邻计数点之间还有4个点未画出，所以时间间隔为0.1T，由逐差法可得：‎ ‎(3)[3]由计数点1到3的过程中,A、B系统重力势能减少 ‎[4]由于，，所以 ‎[5]原因是：重物下落受到阻力作用，必须克服摩擦力、空气阻力等做功.‎ ‎11.如图,质量均为m的小球与木块紧靠在一起并处于静止状态,其中小球光滑,木块与地面的滑动摩擦因数为μ，t=0时刻,木块获得水平向右的速度v并开始运动,同时对小球施加一个水平向右的力F;t=t1时刻,力F方向变为水平向左,大小不变；t=t2时刻撤去力F,此时两物体恰好同时静止并靠在一起,已知m、v、μ、重力加速度为g。求：‎ ‎(1)力F的大小；‎ ‎(2)两者间的最大间距s.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由牛顿第二定律可知，木块加速度为 由速度公式可知，木块运动的总时间为 由速度—位移公式可知，木块的总位移为 由牛顿第二定律可知，小球的加速度为 由运动位移关系有 联立以上各式解得：‎ ‎(2)由牛顿第二定律可知，小球的加速度为 当两者速度相等时有 解得：‎ 共同速度为 此过程木块的位移为 同理小球的位移为 所以距离为 ‎12.如图所示,小球A及水平地面上紧密相挨的若干个小球的质量均为m,水平地面的小球右边有一固定的弹性挡板;B为带有四分之一圆弧面的物体,质量为km(其中k为整数),半径为R,其轨道末端与水平地面相切。现让小球A从B的轨道正上方距地面高为h处静止释放,经B末端滑出,最后与水平面上的小球发生碰撞,其中小球之间、小球与挡板之间的碰撞均为弹性正碰,所有接触面均光滑,重力加速度为g.求：‎ ‎(1)小球第一次从B的轨道末端水平滑出时的速度大小；‎ ‎(2)若小球A第一次返回恰好没有冲出B的上端,则h与R的比值大小；‎ ‎(3)若水平面上最右端的小球仪能与挡板发生两次碰撞,则k的取值大小.‎ ‎【答案】(1)(2)(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对AB由水平方向动量守恒有：‎ 对AB由能量守恒有：‎ 联立解得：‎ ‎ ‎ ‎(2) 对AB由水平方向动量守恒有：‎ 对AB由能量守恒有：‎ 联立解得：‎ ‎(3)要使小球与挡板发生两次碰撞，则有碰后小球A的速度小于等于B球的速度，由能量守恒有 联立解得：‎ ‎13.以下说法中正确的是 ‎ A. 熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行 B. 在绝热条件下压缩气体,气体的内能一定增加 C. 布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动 D. 水可以浸润玻璃,但是不能浸润石蜡,这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系 E. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．自然界的宏观热过程都具有方向性，在任何一个自然过程中，一个孤立系统的总熵会不断增加，即一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，故A与题意不符；‎ B．在绝热条件下压缩气体时，由于外界对气体做功，没有热交换，则有热力学第一定律可知，内能一定增加，故B与题意相符；‎ C．布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，不是液体分子的运动，故C与题意不符；‎ D．水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系，故D与题意相符；‎ E．液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力。露珠的形成就是由于液体表面张力的作用，故E与题意相符。‎ ‎14.如图,两端开口U形玻璃管两边粗细不同,右侧粗管横截面积是左侧细管的2倍.管中装有水银,两管中水银面与管口距离均为h0=12cm,外界环境温度为T0=300K,大气压强为p0=75cmHg,现将左右两边管口均封闭,然后对右侧管内封闭气体加热,直到左右两侧水银面高度差为△h=3cm为止,整个过程中左侧管内气体温度始终等于环境温度。求：‎ ‎(i)左端水银面上升的高度；‎ ‎(i)右侧管内封闭气体的最终温度.‎ ‎【答案】(i)2cm (ii)403K ‎【解析】‎ ‎【详解】(i)设细管横截面积为S，粗管横截面积为2S，故两边液面高度差为3cm时，细管液面上升2cm，粗管液面下降1cm，所以左端水银面上升高度2cm；‎ ‎(ii)由于左管温度不变，由等温变化可得 即 解得：‎ 右管中的压强变为 对右管中气体由理想气体状态方程得 即 解得：‎ ‎15.如图所示一简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播,A、B是介质中的两质点,原点 O是波源,以y=0.5sin5πt (m)的规律做简谐运动,某时刻波刚传到A点，波形如图所示。已知OA的距离为0.5m,OB的距离为1.0m。下列说法正确的是 ‎ A. A质点将沿x轴的正方向振动 B. O点开始振动方向沿y轴正方向 C. 这列波的周期为2.5s D. 这列波的传播速度为2.5m/s E. 再经过0.5B质点到达x轴下方最大位移处 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质点只上下振动，不随波迁移，所以A点沿y轴振动，故A错误；‎ B．由图可知，A质点刚开始向上振动，所以O点开始振动的方向沿y轴正方向，故B正确；‎ C．根据y=0.5sin5πt (m)可知，‎ 则周期 故C错误；‎ D．根据图象可知OB的长度为一个波长，而OB的距离为1.0m。则λ=1m，所以波速 故D正确。‎ E．波从A传到B所用时间 波传到B后还有0.3s即，由于质点起振方向沿y轴正方向，所以质点B处于波谷处即再经过0.5,B质点到达x轴下方最大位移处，故E正确。‎ ‎16.如图所示,为玻璃材料制成的一棱镜的截面图,其中,弧AB为四分之一圆弧,O 为圆心,OBCD部分为矩形,一细光束从距B点三分之一圆弧长的点E处沿半径射入棱镜,恰好在O点发生全反射,经CD面反射后,能从圆弧上的F点射出,已知OA=a,OD=b,真空中光速为c。求:‎ ‎(1)棱镜的折射率n；‎ ‎(2)出射光线与法线夹角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)作出光路图如图 根据几何关系可知，临界角为C=∠EOB=，根据全反射临界角公式得 ‎(2)由几何关系可得：‎ ‎ ‎ 在三角形OGF中，由正弦定理有 解得：‎ 由折射定律得：‎ 联立解得：‎