重庆市第八中学2020届高三物理上学期第二次月考试卷（附解析Word版）

重庆市第八中学高 2020 届（三上）第二次月考理综 物理试题 二.选择题:共 8 小题,每小题 6 分。每小题的四个选项中,第 14~18 题只有一项符合题目要求, 第 19~21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分有选错的得 0 分. 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 2 2 2 4MmG mrr T π= 3 2 rT GM π= 2 2 2 4( )( ) MmG m R hR h T π= ++ 2 2 2 4( )( ) MmG m R hR h T π= ++ 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； gR 2 6 Pva g R = = 6Pv gR= minv gR= 2 21 12 2 2 Pmg R mv mv− ⋅ = −高 min2v gR v gR= > =高 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； minv gR= 2 min min va gR = = minv gR= na ( ) 2 1 nL n a+ ( )2 1n L na + ( )1n L na + ( )1 nL n a+ v v v ta na + = 2 v t L= 2( 1)n Lt na += ( ) 2 1 nL n a+ ( )2 1n L na + ( )1n L na + 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； 。( )1 nL n a+ µ 11 2 21 4 ( 2 4 )F m m m a= + + 7 Fa m = BAf ma mgµ= ≤ 4 3CBf ma mgµ= ≤ 21 4F mgµ≤ 11 2 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 21 4 v cosθ 2 2 v sin Lθ tan y v v θ = tany vv θ= θ 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 = sin vv θ小球 2 2 2 ( )sin sinn v va L L θ θ= = 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 1AO θ θ 1 2 2 1 2 2 sin sin ( )sin sinO O OO O O OOd L L L L Lθ θ θ θ= + = + = 1 2O O O∠ 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 2 MA 2 3 t 3 2 mgH 2 NAPA = 2 3 t g vg t ∆= ∆ 21 2h gt= 1 1 9 h h = 1H h h= − 9 8h H= 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). 9 9 8 8mgh mg H mgH= × = 1 k1 k0mgh E E= − k2 k0mgh E E= − 1 1 9 h h = 【答案】 (1). N (2). AC (3). 【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 1 1 2AM AP ANm L m L m L= + θ 21sin 2APL gtθ = ' 1cosADL v tθ = 2 ' 1 (cos ) 2sin APgLv θ θ= 2 1 (cos ) 2sin AMgLv θ θ= 2 2 (cos ) 2sin ANgLv θ θ= ' 1 1 1 1 2 2m v m v m v= + 1 1 2AM AP ANm L m L m L= + 1 1 2AM AP ANm L m L m L= + 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 (4). > (5). 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： 1 2 1 2 ( ) ( ) m ma gm m −= + 1 2 1 2( ) ( )m m g m m a− = + 1 2 1 2 ( ) ( ) m ma gm m −= + (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 2 2 23 4 1 2 2 2 ( ) ( ) (13.99 10.01) (6.02 1.98) 10 m / s 4.00m / s4 4 0.1 x x x xa T −+ − + + − += = × =× 2 P 1 2 2 3( ) ( ) (1.2 0.5) 10 (6.02 10.01) 10 J=1.12JE m m g x x −∆ = − + = − × × + × P =1.12JE∆ k =1.09JE∆ p kE E∆ > ∆ 2 mF gµ= 2 max 2 vs gµ= mga gm µ µ= =木 vt gµ= 2 2 vx gµ= 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 Fa m =球 21 ( )2 2 2 x ta= 球 2 mgF µ= 2Fa gm µ= =球 2v gt gtµ µ− =′ ′ 3 vt gµ ′ = 2 3 vv a t′= =共 球 2 1 2 53 2 18 v v vx t gµ ′ + = = 2 2 2 3 2 9 v vx t gµ ′= = 2 2 2 max 5 18 9 6 v v vs g g gµ µ µ= − = 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： 2 1A kghv k = + 2 2 (1 ) (1 ) 8 h k R k k += − − 1k ³ A Bmv kmv= 2 21 1 2 2A Bmgh mv kmv= + 2 2,1 (1 )A B kgh ghv vk k k = =+ + ( )A Bmv kmv m km v+ = + 2 2 21 1 1 ( )2 2 2A Bmv kmv m km v mgR+ = + + (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.管中装的 2 2 (1 ) (1 ) 8 h k R k k += − − 2 21 1 2 2A Bmgh mv kmv= + A Bv v≥ 1k ³ 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 的 0 0 1 1p Sh p Sh= 175 12 10p× = × 1 90cmHgp = 2 1 93cmHgp p h= + ∆ = 0 0 2 2 0 2 p V p V T T = 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 0.5 B 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。 , 2 75 12 2 93 13 2 300 S S T × × × ×= 2 403KT = 5πω = 2π 2π 0.4s5πT ω= = = 1.0 m / s 2.5m / s0.4v T λ= = = 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 为 0.5 s 0.2s2.5t = = 3 4T 2 3 3 2sin b a β = 30° 1sinC n = 1 1 2 3 sin sin30 3n C °= = = (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： 2sin30 bOG b°= = 2 sin sin120 b a α °= 3sin 3 aα = sin sinn β α= 2sin b a β =