海南省儋州市第一中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

海南省儋州市第一中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

‎2020届高三年级第一学期月考(一)‎ 物理测试题 一、单项选择题（共24分）‎ ‎1.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)‎ A. 与它所经历的时间成正比 B. 与它的位移成正比 C. 与它的速度成正比 D. 与它的动量成正比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，由动能公式Ek=mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项AC错误；‎ B．由v2=2ax，可知列车动能与位移x成正比，选项B正确；‎ D．由动量公式p=mv，可知列车动能Ek=mv2=，即与列车的动量二次方成正比，选项D错误。‎ ‎【点睛】本题考查匀变速直线运动规律、动能、动量及其相关的知识点。‎ ‎2. 一直线上有a、b两点，相距2 m，一质点沿该直线做匀变速直线运动，经过1 s的时间先后通过a、b两点，则关于该质点通过a、b中点时的速度大小，的下列判断正确的是( )‎ A. 若为匀加速运动，则v＞2 m/s，若为匀减速运动，则v＜2 m/s B. 若为匀加速运动，则v＜2 m/s，若为匀减速运动，则v＞2 m/s C. 无论加速还是减速，都有v＞2 m/s D. 无论加速还是减速，都有v＜2 m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，不论匀加速还是匀减速运动，中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度。匀变速直线运动质点通过a、b两点间的平均速度；因为，中间位置的瞬时速度，且，可知无论加速还是减速，中间位置的速度都大于中间时刻的速度，都有v＞2 m/s。故C正确，A、B、D错误。‎ ‎【点睛】：解决本题的关键是要知道匀变速直线运动的推论，知道在匀变速直线运动中，中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度。‎ ‎3.如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是 A. 13s B. 16s C. 21s D. 26s ‎【答案】C ‎【解析】‎ 升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间，通过的位移为，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：，总时间为：，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C ‎【点睛】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度位移公式和速度时间公式求得总时间。‎ ‎4. 下列哪种情况是不可能出现的 A. 物体的加速度增大时，速度反而减小 B. 物体的速度为零时，加速度却不为零 C. 物体的加速度不为零且始终不变，速度也始终不变 D. 物体的加速度大小和速度大小均保持恒定且均不为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：若速度与加速度反向，则速度增大时，速度一定会减小；故A可能出现；速度为零时，可能存在速度的变化，故加速度不一定为零；故B可能出现；加速度不变且不为零，则物体的速度一定会发生变化；故C不可能出现；物体的加速度大小和速度大小均保持恒定且均不为零，可能是速度的方向变化，而大小不变；如匀速圆周运动；故D可能出现；本题选不可能出现的，故选C。‎ 考点：速度和加速度 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系。‎ ‎5.下列说法中错误的是( )‎ A. 若气体分子总数不变而气体温度升高，则气体压强可能不变 B. 某气体的摩尔质量为M，每个分子的质量为m，则阿伏伽德罗常数为M/m C. 一切与热现象的对应的自发过程都是不可逆的 D. 针尖加热后接触涂有蜂蜡层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡为晶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当气体分子总数一定时，温度升高，分子平均动能增大，若气体的体积增大使分子数密度减小，则压强可能不变，故A正确，不符合题意；‎ B.气体的摩尔质量为M，每个分子的质量为m，则阿伏伽德罗常数为M/m，选项B正确，不符合题意；‎ C.一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，即不可逆的，故C正确，不符合题意；‎ D.在云母片上融化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母为晶体。故D错误，符合题意；‎ ‎6. 如图所示为导热气缸，内封有一定质量理想气体，活塞与气缸壁的接触面光滑，活塞上用弹簧悬挂。当周围环境温度不变，大气压缓慢变大之后，下列说法中正确的是 A. 弹簧长度将改变 B. 气体内能将增加 C. 气体向外放出热量 D. 单位时间碰撞气缸单位面积的分子数不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：以活塞和气缸整体为研究对象，根据平衡条件可知，两者的重力大小等于弹簧弹力大小，与大气压无关，所以A项错误；周围环境的温度不变，气缸是导热的，气体的温度不变，所以气体的内能不变，B项错误；由于大气压强增大，封闭气体的压强增大，根据理想气体状态方程，温度不变，压强增大，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律封闭气体一定放出热量，所以C项正确；压强增大，体积减小，相等时间内碰撞气缸单位面积的分子数一定增大，所以D项错误。‎ 考点：本题考查了理想气体状态方程和热力学第一定律 二、多项选择题（共20分）‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 随着科技的发展，热机的效率定能达到100%‎ B. 对于理想气体，只要温度升高内能就一定增大 C. 第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量的转化和守恒定律 D. 用温度计测量温度是根据热平衡的原理 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 根据热力学第二定律可知，任何热机的效率都不可能达到100%，即使随着科技的发展，热机的效率也不能达到100%，选项A错误；‎ B. 理想气体内分子之间的相互作用忽略不计，所以理想气体得内能仅仅与温度有关，对于一定质量的理想气体，只要温度升高其内能就一定增大，故B正确；‎ C. 第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量的转化和守恒定律，选项C正确；‎ D. 用温度计测量温度是根据热平衡的原理，当温度计的液泡与被测物体紧密接触时，如果两者的温度有差异，它们之间就会发生热交换，高温物体将向低温物体传热，最终使二者的温度达到相等，即达到热平衡，选项D正确。‎ ‎8.如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e,对此气体,下列说法正确的是（  ）‎ A. 过程①中气体的压强逐渐减小 B. 过程②中气体对外界做正功 C. 过程④中气体从外界吸收了热量 D. 状态c、d的内能相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过程①中气体作等容变化，根据查理定律分析压强的变化。过程②中气体对外界做正功。过程④中气体作等容变化，根据温度的变化分析气体内能的变化，由热力学第一定律分析吸放热情况。一定质量的理想气体的内能只跟温度有关。根据气态方程分析状态d与b的压强关系。‎ ‎【详解】过程①中气体作等容变化，温度升高，根据查理定律P/T=c知气体的压强逐渐增大，故A错误。过程②中气体的体积增大，气体对外界做正功，故B正确。‎ 过程④中气体作等容变化，气体不做功，温度降低，气体内能减少，根据热力学第一定律△U=W+Q知气体向外界放出了热量，故C错误。状态c、d的温度相等，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，可知，状态c、d的内能相等。故D正确。故选BD.‎ ‎【点睛】本题主要考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律，要能够根据温度判断气体内能的变化；在应用热力学第一定律时一定要注意各量符号的意义；△U为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。‎ ‎9.自高为H塔顶自由落下A物体的同时B物体自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动。下面说法正确的是 （ ）‎ A. 若v0＞，则两物体相遇时B物体正在上升途中 B. 若v0=，则两物体在地面相遇 C. 若＜v0＜，则两物体相遇时B物体正在空中下落 D. 若v0＝，则两物体不可能在空中相遇 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：若b球正好运动到最高点时相遇，则有：B速度减为零所用的时间,，‎ 由sa+sb=h，联立解得 当ab两球恰好在落地时相遇，则有：‎ 此时A的位移解得：‎ 所以若v0＞，则两物体在b上升途中相遇，故A正确；若v0=，则b球正好运动到最高点时相遇，故B错误；若＜v0＜，则两物体在b下降途中相遇，故C正确；若v0＜，则两物体不可能在空中相遇，故D正确．故选ACD。‎ 考点：追击及相遇问题 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道两物体在空中相碰，两物体的位移之和等于h，结合物体运动时间的范围，求出初始度的范围。‎ ‎10.（多选题）甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的 v﹣t图象如图所示．两图象在t=t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S．在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为d．已知此后两车相遇两次，且相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能的是（　　）‎ A. t′=t1，d=S B. t′=t1，d=S C. t′=t1，d=S D. t′=t1，d=S ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′≤t，从图象中甲、乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看：当t′=t1时，s甲-s乙 ‎=S，即当d=S时正好相遇，但只能相遇一次，故A错误；t′=t1时，由几何关系可知甲的面积比乙的面积多出S，即相距d=S时正好相遇，相遇两次，故B正确；t′=t1时，由几何关系可知甲的面积比乙的面积多出S，即相距d=S时正好相遇，相遇两次，故C正确，D错误；故选BC．‎ 点睛：本题是速度--时间图象的应用，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，并能根据几何关系求出面积，能根据图象读取有用信息．‎ 三、实验题（共19分）‎ ‎11.在“用打点计时器测速度”的实验中，打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz，记录小车运动的纸带如图所示，在纸带上选择0、1、2、3、4、5共六个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，纸带旁并排放着带有最小分度为1 mm的刻度尺，零点跟“0”计数点对齐，由图可以读出两个计数点1、3跟0点的距离分别为_____、_____。计算小车通过计数点“2”的瞬时速度为v2＝______m/s。‎ ‎【答案】 (1). 1.20cm (2). 5.40cm (3). 0.21‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2].由图可以读出两个计数点1、3跟0点的距离分别为1.20cm、5.40cm。‎ ‎[3].相邻的计数点间有5个时间间隔，每个时间间隔为0.02s，所以相邻计数点间的时间间隔T=0.10s；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小。‎ ‎12.在测定加速度的实验中，某同学用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点．其相邻两计数点之间的距离如图所示，每相邻的两个计数点之间还有四个点没有画出来。‎ 根据纸带求出小车的加速度为a＝_____m/s2．(结果保留三位小数)‎ ‎【答案】0.801‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1].设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：‎ x4-x1=3a1T2 x5-x2=3a2T2 x6-x3=3a3T2‎ 为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：‎ a=（a1+a2+a3）‎ 即小车运动的加速度计算表达式为：‎ ‎13.（1）用油膜法估测分子的大小时有如下步骤：‎ A . 将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形态用彩笔画在玻板上； ‎ B . 将油酸和酒精按一定比例配制好；把酒精油酸溶液一滴一滴滴入量简中，当体积达1mL时记下滴入的滴数，算出每滴的体积；把一滴酒精油酸溶液滴在水面上，直至薄膜形态稳定；‎ C . 向浅盘中倒入约2cm深的水，向浅盘中的水面均匀地撤入石膏粉(或痱子粉)；‎ D．把玻璃板放在方格纸上，数出薄膜所占面积；‎ E . 计算出油膜的厚度 把以上各步骤按合理顺序排列如下:____________。‎ ‎（2）若油酸酒精溶液的浓度为每ml溶液中有纯油酸6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液有液滴75滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，最后油酸膜的形状和尺寸如图所示，坐标中正方形小方格的边长为1cm，则 ‎①油酸膜的面积是________m2；‎ ‎②按以上数据，估测出油酸分子直径是________m；（结果保留2位有效数字 . ）‎ ‎(3)某同学在实验中，计算结果明显偏大，可能是由于_________‎ A . 油酸未完全散开 B . 油酸中含有大量的酒精 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，1 mL的溶液的滴数误多计了10滴 ‎【答案】 (1). CBADE (2). 1.11×10-2 ----1.16×10-2 (3). 7.0×10-10 (4). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1].“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液（教师完成，记下配制比例）→测定一滴酒精油酸溶液的体积：→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径，故实验步骤为CBADE． (2)①[2].油酸膜的面积是：115×1cm2=1.15×10-2m2 ②[3].每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积：‎ 油酸分子的直径约为油膜的厚度:‎ ‎(3)[4].A.油酸未完全散开，则面积测量值偏小，则测得的直径偏大，选项A正确；‎ B. 计算时利用的是纯油酸的体积，如果含有大量的酒精，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，故B错误；‎ C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C正确；‎ D.求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴，由可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误；‎ 四、计算分析题（共37分）‎ ‎14.飞机着陆后做匀变速直线运动，10s内前进了450m，此时速度减为着陆时速度的一半，试求：‎ ‎（1）飞机着陆时的速度；‎ ‎（2）飞机着陆后30s距着陆点多远。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）飞机着陆后做匀变速直线运动，内前进，此时速度减为着陆时速度的一半，由，即，可得： 解得：； （2）由可得，飞机着陆后做匀变速直线运动的加速度：‎ ‎，飞机停止的时间：， 则飞机着陆后距着陆点的距离：， 即飞机着陆后时距着陆点。‎ 点睛：本题考查了匀变速直线运动中平均速度公式和运动公式的应用，要注意最后一问要先判断出飞机停止的时间，本题也可以用速度和位移关系的公式来进行求解。‎ ‎15.在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0‎ ‎ cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。‎ ‎【答案】7.5 cm ‎【解析】‎ ‎【详解】解析：设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有 ‎①‎ 式中为水银密度，g为重力加速度大小。‎ 由玻意耳定律有 p1l1=pl1′②‎ p2l2=pl2′③‎ l1′–l1=l2–l2′④‎ 由①②③④式和题给条件得 l1′=22.5 cm⑤‎ l2′=7.5 cm⑥‎ ‎16.如图，一容器由横截面积分别为2S和S 的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：‎ ‎（1）抽气前氢气的压强；‎ ‎（2）抽气后氢气的压强和体积。‎ ‎【答案】（1）（p0+p）；（2）；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：（1）设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得 ‎（p10–p）·2S=（p0–p）·S①‎ 得p10=（p0+p）②‎ ‎（2）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氢气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③‎ 由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④‎ p2V2=p0·V0⑤‎ 由于两活塞用刚性杆连接，故 V1–2V0=2（V0–V2）⑥‎ 联立②③④⑤⑥式解得 ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎ ‎