浙江省建人高复2020届高三物理上学期第五次月考试卷（含解析）

PAGE欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。www..com欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。www..com浙江省建人高复2020届高三物理上学期第五次月考试卷（含解析）选择题部分共20题，每小题6分，共120分。一、选择题（本题共17小题。每题只有一项符合题目要求）14.一根粗细均匀的绳子，右侧固定，使左侧的S点上下振动，产生一列向右传播的机械波，某时刻的波形如图所示。下列说法中正确的是A．该波的波速逐渐增大B．该波的波速逐渐减小C．该波的频率逐渐增大D．该波的频率逐渐减小【答案】C【解析】AB、波速是由介质的性质决定的，与波长无关．故该波的波速保持不变，故AB错误；CD、由图看出，该波的波长逐渐减小，而波速一定，由波速v=λf分析得知频率逐渐增大，故C正确D错误。故选C。【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象15.美国宇航局2020年12月5日宣布，他们发现了太阳系外第一颗类似地球的、可适合居住的行星—“开普勒一22b”,其直径约为地球的2.4倍。至今其确切质量和 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面成分仍不清楚，假设该行星的密度和地球相当，根据以上信息估算该行星的第一宇宙速度等于A．3.3×103m/s　B．7.9×103m/s　　C．1.2×104m/s　　D．1.9×104m/s　【答案】D【解析】第一宇宙速度是行星表面的运行速度，根据万有引力提供向心力得：该行星的密度和地球相当，其直径约为地球的2.4倍；所以该行星的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的2.4倍，所以该行星的第一宇宙速度等于。故选D。【考点】万有引力定律16.在如图所示的闭合电路中，移动滑动变阻器的滑片，若电压表读数在逐渐增加，则电流表读数A．增大B．减小C．先减小后增大D．先增大后减小【答案】B【解析】当滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由欧姆定律可得，电路电流变小，电源内电压变小，路段电压变大，并联电阻不变，电路电流变小，并联电压变小，则滑动变阻器两端电压变大，电压表示数变大，符合题意，由于并联电压变小，支路电阻不变，由部分电路欧姆定律可知，支路电流变小，电流表示数变小，故B正确。故选B。【考点】闭合电路的欧姆定律17.“井底之蛙”这个成语常被用来讽刺没有见识的人，现有井口大小和深度相同的两口井，一口是枯井，一口是水井（水面在井口之下），两井底都各有一只青蛙，则A．枯井中青蛙觉得天比较小，水井中青蛙看到井外的范围比较大B．枯井中青蛙觉得天比较大，水井中青蛙看到井外的范围比较小C．枯井中青蛙觉得天比较大，水井中青蛙看到井外的范围比较大D．两只青蛙觉得井口一样大，水井中青蛙看到井外的范围比较大【答案】C【解析】枯井中的青蛙看到井外的范围，根据光的直线传播确定，根据光的直线传播作出青蛙在枯井中的视野范围；而外界光线斜射到水面时，入射角大于折射角，如图所示，所以枯井中的青蛙觉得井口大些；根据光线可逆性，故水井中的青蛙看到的范围超出光直线传播看到的范围，即水井中的青蛙看到井外的范围较大，所以水井中青蛙看到井外的范围比较大，故C正确。故选C。【考点】光的折射定律二、选择题（本题共3小题。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）18.某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想的小变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n匀速转动时，额定电压为U0的灯泡正常发光，电压表示数是U1。巳知线圈电阻是r，灯泡电阻是R，则有A.变压器输入电压的瞬时值是B.变压器的匝数比是U1:U0C.电流表的示数是D.线圈中产生的电动势最大值是【答案】BC【解析】A、线圈以较大的转速n匀速转动时，所以，所以变压器输入电压的瞬时值，故A错误；B、电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是，故B正确；C、理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为，所以输入功率为，电流表的示数是，故C正确；D、由于线圈有内阻r，故线圈中产生的电动势有效值大于U1，最大值也就大于，故D错误。故选BC。【考点】变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理19.如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止。现用力F沿斜面向上推A，但AB并未运动。下列说法正确的是A.A、B之间的摩擦力可能大小不变B.A、B之间的摩擦力一定变小C.B与墙之间可能没有摩擦力D.弹簧弹力一定不变【答案】AD【解析】AB、对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ，若F=2mAgsinθ，则A、B之间的摩擦力大小可能不变，故A正确B错误；CD、对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力，故C错误D正确。故选AD。【考点】共点力平衡；力的合成与分解20.如图所示，实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面。a、b、c、d为圆上的四个点，则下列说法中正确的是A．a、b、c、d四点电势不等，但电场强度相同B．一电子从b点运动到c点，电场力做的功为0.6eVC．若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先增加后减小的加速直线运动D．一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，将会从右侧平行于中心轴线穿出【答案】BC【解析】A、根据题意，a、b两点电势相等，c、d两点电势相等的，由等势面与电场线垂直的关系及电场强度方向与该点的切线方向一致，则它们的电场强度方向不同，故A错误；B、一电子从b点运动到c点，电势差为，而电子带负电，则电场力做功为0.6eV，故B正确；C、若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，根据等势面疏密程度，可知电场线的疏密程度，从而可确定电场力先增大后减小，所以加速度先增大后减小，故C正确；D、一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，根据曲线运动条件运动轨迹向合力方向偏，因此只有在中心轴线的电子沿直线运动，其余做曲线运动，故D错误。【考点】等势面；电势非选择题部分非选择题部分共12题，共180分。21.（10分）根据有关实验，回答问题：（1）一种游标卡尺，它的游标尺上有50个小的等分刻度，总长度为49mm，用它测量某工件宽度，示数如图甲所示，其读数为___________mm；图乙中的螺旋测微器读数为__________mm.【答案】23.201.130【解析】游标卡尺的主尺读数为：2.3cm=23mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.02mm=0.20mm，所以最终读数为：23mm+0.20mm=23.20mm；螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为13.0×0.01mm=0.130mm，所以最终读数为1mm+0.130mm=1.130mm。【考点】游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用（2）在“验证机械能守恒定律”的实验中，某同学用如图甲所示装置进行实验，获取一张纸带，但起始点模糊不清。取后面连续打出的清晰点来研究，测出B、C、D、E、F到A点的距离分别为hB、hC、hD、hE、hF。已知相邻计数点间的时间间隔为T，重物质量为m。①实验中，打点计时器两个限位孔的连线必须保持_______②打E点时重物的动能表达式为___________（用题目中的条件表示）③在v2-h坐标系中，描出B、C、D、E点对应的坐标，如图乙所示。如果这些坐标可连成一条直线，要判断重物下落过程中机械能是否守恒，直线的斜率为___【答案】竖直2g【解析】①为了尽量减小纸带与限位孔之间的摩擦，减小实验误差，要求两个限位孔的连线必须保持竖直；②匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：打E点时重物的动能表达式为：；③根据机械能守恒有：，故有：，因此直线的斜率为2g。【考点】验证机械能守恒定律22.(10分)为了测一个自感系数很大的线圈L的直流电阻RL，实验室提供以下器材：（A）待测线圈L（阻值约为2Ω，额定电流2A）（B）电流表A1（量程0.6A，内阻r1=0.2Ω）（C）电流表A2（量程3.0A，内阻r2约为0.2Ω）（D）滑动变阻器R1（0～10Ω）（E）滑动变阻器R2（0～1kΩ）（F）定值电阻R3=10Ω（G）定值电阻R4=100Ω（H）电源（电动势E约为9V，内阻很小）（I）单刀单掷开关两只S1、S2，导线若干。要求实验时，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组A1表和A2表的读数I1、I2，然后利用给出的I2—I1图象（如图乙所示），求出线圈的电阻RL。①实验中定值电阻应选用（填仪器前的字母序号），滑动变阻器应选用（填仪器前的字母序号）。②请你画完图甲方框中的实验电路图。③实验结束时应先断开开关。④由I2—I1图象，求得线圈的直流电阻RL=Ω。【答案】①F，D②如图所示。③S2④2.0Ω【解析】①测量线圈的电阻一般采用伏安法，为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，可与电表串联一个开关．由于待测线圈L的阻值约为2Ω，额定电流为2A，最大电压为4V，而电源电动势为9V，所以定值电阻选F：R3、滑动变阻器选D：R1即可；②由于本实验尽可能大的范围内测得数据，所以必须采用滑动变阻器的分压接法；电流表A2的量程大，所以电流表A2外接电路进行测量，电路如图所示；③实验结束时为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，应先断开开关S2；④由电路图知自感线圈两端的电压与下边支路电压相等，所以，解得：，从图象上解得：RL=2.0Ω。【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线23.（16分）如图所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距L＝0.50m，上端接有阻值R＝0.80Ω的定值电阻，导轨的电阻可忽略不计。导轨处于磁感应强度B=0.40T、方向垂直于金属导轨平面向外的有界匀强磁场中，磁场的上边界如图中虚线所示，虚线下方的磁场范围足够大。一根质量m=4.0×10-2kg、电阻r＝0.20Ω的金属杆MN，从距磁场上边界h=0.20m高处，由静止开始沿着金属导轨下落。已知金属杆下落过程中始终与两导轨垂直且接触良好，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。（1）求金属杆刚进入磁场时通过电阻R的电流大小；（2）求金属杆刚进入磁场时的加速度大小；（3）若金属杆进入磁场区域一段时间后开始做匀速直线运动，则金属杆在匀速下落过程中其所受重力对它做功的功率为多大？【答案】【解析】（1）金属杆MN自由下落，设MN刚进入磁场时的速度为v，根据机械能守恒定律，有解得MN刚进入磁场时产生的感应电动势通过电阻R的电流大小（2）MN刚进入磁场时设MN刚进入磁场时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，有解得（3）根据力的平衡条件可知，MN在磁场中匀速下落时有设MN在磁场中匀速下落时的速度为vm，则此时的感应电动势，感应电流，安培力联立可解得在匀速下落过程中重力对金属杆做功的功率。【考点】共点力平衡；欧姆定律；牛顿第二定律24.（20分）如图所示，在平面中第一象限内有一点（4，3），所在直线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，上方有平行于向上的匀强电场，电场强度E=100V/m。现有质量m=1×10-6kg，电量q=2×10-3C带正电的粒子，从坐标原点以初速度=1×103m/s垂直于磁场方向射入磁场，经过点时速度方向与垂直并进入电场，在经过电场中的M点（图中未标出）时的动能为点时动能的2倍，不计粒子重力。求：（1）磁感应强度的大小；（2）两点间的电势差；（3）M点的坐标及粒子从运动到M点的时间。【答案】坐标（3m，8.5m）【解析】（1）因为粒子过P点时垂直于OP，所以OP为粒子圆周运动的直径是5m由得（2）进入电场后，沿电场线方向垂直于电场方向、因为即得到、、电势差（3）粒子在磁场中从O到P的运动时间粒子在电场中从P到M的运动时间所以，从O到M的总时间M点坐标：【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力25.（22分）如图所示，一质量m=0.1kg、电量q=1.0×10-5C的带正电小球（可视作点电荷），它在一高度和水平位置都可以调节的平台上滑行一段距离后平抛，并沿圆弧轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平，已知圆弧半径R=1.0m，平台距AB连线的高度h可以在0.2m-0.8m之间调节。有一平行半径OA方向的匀强电场E，只存在圆弧区域内。为保证小球从不同高度h平抛，都恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，小球平抛初速度v0和h满足如图所示的抛物线，同时调节平台离开A点的距离合适。不计空气阻力，取g=10m/s2，求：（1）小球在空中飞行的最短时间t；（2）平台离开A的水平距离x范围；（3）当h=0.2m且E=2.5×104N/C时，小球滑到最低点C点的速度v；（4）为了保证小球在圆轨道内滑动到C点的速度都是（3）中的v，则电场力F（F=qE）的大小应与平台高度h满足的关系。（通过列式运算说明）【答案】【解析】（1）当平台高度为0.2m时，空中飞行的最短时间（2）因为小球从不同高度h平抛，都恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，所以小球进入圆弧轨道时时的速度方向不变，设此速度与竖直方向成α角。由，得由图像中当h=0.8m时，v0=3m/s代入上式得得即α=370，则θ=1060所以当h=0.2m时,v0=1.5m/s平台离开A的最小距离为同理得平台离开A的最大距离为（3）小球到达A点时的速度从A点到C点，由动能定理得代入数据，解得（4）从A点到C点，由动能定理得代入数据得得【考点】动能定理；平抛运动；带电粒子在匀强电场中的运动物理部分答案14C15D16B17C18BC19AD20BC21.(10分)22（10分）①F，D②如图所示。③S2④2.0Ω23.（16分）（1）金属杆MN自由下落，设MN刚进入磁场时的速度为v，根据机械能守恒定律，有………………………………………………………………解得v==2.0m/s…………………………………………………………………MN刚进入磁场时产生的感应电动势E=Blv=0.4×0.5×2V=0.40V………………通过电阻R的电流大小I==0.40A……………………………………………（2）MN刚进入磁场时F安=BIl=0.4×0.4×0.5N=0.08N…………………………设MN刚进入磁场时的加速度大小为a，根据牛顿第二运动定律，有mg-F安=ma……………………………………………………………………………解得a=8.0m/s2…………………………………………………………………………（3）根据力的平衡条件可知，MN在磁场中匀速下落时有mg=F安……………设MN在磁场中匀速下落时的速度为vm，则此时的感应电动势E=Blvm，感应电流I=Blvm/（R+r），安培力F安=B2l2vm/（R+r）………………………………………………………联立可解得vm==10.0m/s…………………………………………………在匀速下落过程中重力对金属杆做功的功率P=mgvm=4.0W…………………………24.（20分）（1）因为粒子过P点时垂直于OP，所以OP为粒子圆周运动的直径是5m由得……………………（2）进入电场后，沿电场线方向垂直于电场方向…………因为即……………得到……………………电势差V……（3）粒子在磁场中从O到P的运动时间……………………粒子在电场中从P到M的运动时间………………………………所以，从O到M的总时间………………M点坐标：…………………………………………………………………………25.（22分）（1）当平台高度为0.2m时，空中飞行的最短时间t==0.2s（2）因为小球从不同高度h平抛，都恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，所以小球进入圆弧轨道时时的速度方向不变，设此速度与竖直方向成α角。tgα==v02=2ghtan2α由图像中当h=0.8m时，v0=3m/s代入上式得9=2×10×0.8×tg2αtgα=0.75α=370则θ=1060所以v02=11.25h当h=0.2m时,v0=1.5m/s平台离开A的最小距离为s1=v0t=1.5×0.2=0.3m同理得平台离开A的最大距离为s2=v0=3×=1.2m（3）小球到达A点时的速度vA===2.5m/s从A点到C点，由动能定理得mgR(1-cos530)-qER(1-cos530)=mvC2-mvA2代入数据，解得vC=3.5m/s（4）从A点到C点，由动能定理得mgR(1-cos530)-FR(1-cos530)=mvC2-mvA2=mvC2-m=mvC2-m代入数据得32F=125h-17或