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1、湖南省长沙市第一中学2020届高三物理下学期月考试题（八）（含解析）一、选择题1.某同学在研究光电效应时测得不同光照射到同一光电管时得到的光电流与电压的关系图象如图所示则下列有关说法中正确的是A. 光线1、3为同一色光，光线3的光强更强B. 光线1、2为同一色光，光线1的光强更强C. 光线1、2为不同色光，光线2的频率较大D. 保持光线1的强度不变，光电流强度将随加速电压的增大一直增大【答案】C【解析】由图象可知，光线1和光线3的遏止电压相同，所以它们是同一色光，相同电压时，光线1对应的光电流更大，说明单位时间内照射的光电子数更多，即光线1更强，A错误；光线1和光线2的遏止电压不同，所以它们是
2、不同色光，B错误；由于光线2的遏止电压较大，由、可知，光线2的频率较大，C正确；由图可知，在光照条件不变的情况下，随着所加电压的增大，光电流趋于一个饱和值（饱和电流），D错误；故选C.2.如图所示，一物体在光滑水平面上在恒力F（图中未画出）的作用下做曲线运动，物体的初速度、末速度方向如图所示（图中两条虚线为水平面上的平行参考线），下列说法正确的是（ ）A. 物体运动轨迹是圆周B. F的方向可以与v2成45C. F的方向可以与v1垂直D. F的方向可以与v2垂直【答案】B【解析】【详解】A.物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故A错误；B.由物体初速度、末速度方向可得初速度、末速度v2相互垂直，因
3、为在恒力F作用下方向上的速度减小末速度为v2，所以恒力F可分解为两个分力，一个在反方向的分力，一个在正方向的分力，因此恒力F的方向必然在反方向正方向之间且不包括方向方向。如果F的方向与v2成45向下，那么恒力F的方向在反方向正方向之间，所以B选项正确；C.如果F的方向与v1垂直，也就是恒力F的方向与同向，那么物体的运动应该是类平抛运动，方向上的速度大小不变，而该题中方向上的速度大小发生了改变，且不可能出现与垂直的速度，所以C错误；D.如果恒力F的与v2垂直，也就是恒力F的与在同一直线上，那么物体做直线运动而不是曲线运动，故D错误；故选B。3.如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上，木桩B固定在水
4、平地面上，弹簧k把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行质量为m的物体和人在弹簧k的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左则下列说法正确的是（ ）A. 若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜面向下B. 若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A受到的摩擦力方向可能向右C. 若人从物体m离开，物体m仍向下运动，A受到的摩擦力可能向右D. 若剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，A可能不再受到地面摩擦力【答案】A【解析】【详解】剪断弹簧前，对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块对斜面体的力（滑块对斜面体的滑动摩擦力和压力的合力），斜劈受到地面的摩擦力方向向左，故根据平衡条件，
5、滑块对斜面体的力向右下方；根据牛顿第三定律，斜面对滑块的力向左上方；若剪断弹簧，滑块和人整体还要受重力，故合力偏左，根据牛顿第二定律，加速度是沿斜面向下，故A正确；若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，故物体和人整体对斜面体的力不变，故斜面体受力情况不变，故地面摩擦力依然向左，故B错误；若人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因数是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故C错误；若剪断弹簧同时人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因素是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和
6、滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故D错误；故选A4.如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在（V）的交流电源上，副线圈接有R=55的电阻，原、副线圈匝数比为2：1假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表。则（ ）A. 副线圈的输出功率为110WB. 原线圈的输人功率为110WC. 电流表的读数为1AD. 副线圈输出的电流方向不变【答案】A【解析】【详解】AB因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流，所以副线圈电压的最大值为，设副线圈电压的有效值为，则有解得，副线圈的输出功率为原线圈的输入功率为，A正确
7、，B错误；C电流表读数C错误；D因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，D错误。故选A。5.如图所示，人造地球卫星发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道。先将卫星发射至近地圆轨道I，然后在A点（近地点）点火加速，卫星做离心运动进入椭圆轨道II；在B点（远地点）再次点火加速进入圆形轨道III。关于卫星的发射和变轨，下列说法正确的是（ ）A. 在赤道上顺着地球自转方向发射卫星可节省能量，所以发射场必须建在赤道上B. 卫星在圆轨道I上运行时的向心加速度和周期大于在圆轨道II上的向心加速度和周期C. 从轨道I
8、转移到轨道II的过程中，动能减小，势能增大，机械能守恒D. 如果圆轨道I是地球同步卫星轨道，则在该轨道上运行的任何卫星，其角速度都和在地面上静止物体的角速度相同【答案】D【解析】【详解】A在赤道上顺着地球自转方向发射卫星可节省能量，所以最好将发射场建在赤道上，但是也可建在其他低纬度高原上而不是必须建在赤道上，如我国的酒泉卫星发射中心，故A错误；B由于万有引力提供向心力可得； 卫星在圆轨道I上运行时向心加速度大于在圆轨道II上的向心加速度，卫星在圆轨道I上运行时的周期小于在圆轨道II上的周期。故B错误；C从轨道I转移到轨道II的过程中，动能减小，势能增大，由于有其他形式的能量转化为机械能，所以卫
9、星的机械能增加，故C错误；D如果圆轨道I是地球同步卫星轨道，则在该轨道上运行的任何卫星，其角速度都和在地面上静止物体的角速度相同。D正确。故选D。6.甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间的变化关系如图所示，图中，两段曲线均为圆弧，则（ ）A. 两物体在t1时刻加速度相同B. 两物体在t2时刻运动方向均改变。C. 两物体在t3时刻相距最远，t时刻相遇D. 0t4时间内甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度【答案】CD【解析】【详解】A.速度时间图象的斜率表示物体运动的加速度，所以两物体在时刻斜率不同，所以加速度不相同，故A错误；B.速度的正负表示运动方向，在时刻之前甲乙两物体的速
10、度都为正，所以都朝着正方向运动，时刻甲的速度达到最大之后开始减小，而乙在时刻速度变为0，之后乙沿原方向速度开始增大，所以甲乙两物体的速度方向没有发生变化，故B错误；C.图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图像可知开始时乙的速度大于甲的速度，乙做减速运动甲做加速运动，乙与甲的距离逐渐增大，且乙在前甲在后，时刻甲乙速度相同，之后甲的速度大于乙的速度，二者之间的距离逐渐减小，时刻前的某一时刻甲追上乙，之后甲超越乙，二者之间的距离变大，直到到时刻，甲乙速度又相等，两物体相距最远；两段曲线均为圆弧，可知从开始到时刻二者图像与坐标轴围成的面积相等，即时刻甲乙位移相等，所以甲乙在时刻相遇，故C正确;D.甲乙运
11、动时间相等位移相等，所以平均速度相等，故D正确；故CD。7.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mg=Eq，则（ ）A. 电场方向竖直向上B. 小球运动的加速度大小为gC. 小球上升的最大高度为D. 若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为【答案】BD【解析】【详解】A小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因，所以电场力与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力与水平方向的夹角应为，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为
12、，所以加速度为，方向沿ON向下故A错误；B由题意可得：小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg=Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，B项正确；C经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为，则最大高度为故C错误；D若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为，故D
13、正确故选BD.【考点定位】带电粒子在混合场中的运动、电势能、匀强电场中电势差和电场强度的关系【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动情况，应在正确分析小球受力情况的基础上，运用牛顿第二定律、运动学公式和功能关系分析，采用的力学方法进行分析8.如图所示,空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面,空间中有沿z轴正方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B现有两块平行的薄金属板,彼此间距为d,构成一个电容为C的电容器,电容器的下极板放在xOz平面上;在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN,已知两板和杆MN的总质量为m,若对杆MN施加一个沿x轴正方向的恒力F,两金属板和杆开始运动后,则A. 金属杆M
14、N中存在沿M到到N方向的感应电流B. 两金属板间的电压始终保持不变C. 两金属板和杆做加速度大小为的匀加速直线运动D. 单位时间内电容器增加的电荷量为【答案】AD【解析】【详解】由右手定则可知，充电电流方向为：由M流向N，故A正确；设此装置匀加速平移的加速度为a，则时间t后速度，MN，切割磁感线产生电动势：，即电容器两板电压：，U随时间增大而增大，电容器所带电量，MN间此时有稳定的充电电流：，方向向下，根据左手定则可知，MN受到向左的安培力：，以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得：，即：，解得：，方向沿+Z方向，则单位时间内电容器增加的电荷量为，故BC错误，D正确。故选AD.【点睛】系统在力
15、的作用下加速运动，MN切割磁感线产生感应电动势给电容器充电，由右手定则可以判断出充电电流方向，应用安培力公式与牛顿第二定律可以求出加速度二、非选择题9.某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制滴水计时器计量时间实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示实验时，保持桌面水平，先用功率恒定的电动马达牵引着小车由静止开始加速一段时间再关闭马达，让小车在桌面上自由运动至静止在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续的6个水滴的位置（已知滴水计时器每内共滴下46个小水滴，且开始计时时滴下的小水滴计为第1滴）（1）根据图（b）的数据可判断出此过程中滴下的水滴是小车在_时留下的（填马达牵引着加速或关闭马达后在桌面上减速）还由图（b）可知，小车在桌面上是_（填从右向左或从左向右）运动的（2）小车运动到图（b）中A点时的速度大小约为_（结果均保留2位有效数字）【答案】 (1). 关闭马达后在桌面上减速； (2). 从右向左； (3). 0.24【解析】【详解】(1) 用功率恒定的电动马达牵引着小车由静止加速时，小
