湖南省长沙市长郡中学2020届高三下学期第六次月考物理试卷(含答案)

，故损失的电功率
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为：
，升压变压器原线圈两端电压的有效值为：
，升压变压器副线圈两端的
电压为：
，输电线路上损失的电压为：
， 故降压变压器原线圈的电压为：
，
在降压变压器两端：
，联立解得 ：
，故 A 、 B、 C 错误， D 正确；
故选 D。
【点睛】关键是知道升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、
5. “天琴计划 ”是中山大学发起的探测研究引力波的科研计划。据介绍，
“天琴计划 ”实验本身将由三
颗全同卫星（ SC1、 SC2、 SC3)组成一个等边三角形阵列，卫星本身作高精度无拖曳控制以抑制太
阳风、 太阳光压等外部干扰，卫星之间以激光精确测量由引力波造成的距离变化。
下图是天琴计划
示意图。 设同步卫星的运行轨道半径为 R，三个全同卫星组成等边三角形的边长约为
水平方向上： Nsin60°-fcos60 °=mr′2 ω
r ′ =Rsin6，0 联°立解得：
，故 C 正确． D 错误；故选 AC ．
点睛： 解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合 力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解．
10.如图所示 xoy 平面位于光滑水平桌面上，在
电压损失的关系和升压变压器的
输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。
4.如图，固定板 AB 倾角 =60 °，板 BC 水平， AB 、BC 长度均为 L，小物块从 A 处由静止释放，恰 好滑到 C 处停下来。若调整 BC 使其向上倾斜，倾角不超过 90°，小物块从 A 处由静止滑下再沿
BC 上滑，上滑距离与 BC 倾角有关。不计 B 处机械能损失，各接触面动摩擦因数相同，小物块沿
动的一小段时间内，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知
F1 不断减小， F1、 F2 的合力逐渐减小，
故 D 正确， A、 B、 C 错误；
故选 D。
【点睛】以光滑球 C 为研究对象，作出光滑球 C 受力情况的示意图； 竖直方向上受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合加速度的变化解答。
x 2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直
于 xoy 平面向下。由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框，放在该水平桌面上，
AB 与 DE
边距离恰为 2L，现施加一水平向右的力 F 拉着线框水平向右匀速运动 DE 边与 y 轴始终平行，从
线框 DE 边刚进入磁场开始计时，则线框中的感应电流
（取逆时针方向的电流为正）随时间 的函
平抛运动的时间，根据
求出炸弹水平位移的表达式，再分析求解。
2.如图所示，一个 “ V”形槽的左侧挡板 A 竖直，右侧挡板 B 为斜面，槽内嵌有一个质量为 的光滑 球 C。“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板
A 、 B 对球的弹力分别为 F1、 F2，下列说法正确的是 ( )
A. F 1、 F2 都逐渐增大 B. F 1、 F2 都逐渐减小 C. F1 逐渐减小， F2 逐渐增大 D. F 1、 F2 的合外力逐渐减小 【答案】 D 【解析】 光滑球 C 受力情况如图所示：
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F2 的竖直分力与重力相平衡，所以 F2 不变；
F1 与 F2 水平分力的合力等于 ma，在 V 形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运
DC 之间的距离相等，所以在弧 AC 上还有一点与 C 点的电势相同，故 B 正确；
C、电场强度是矢量， Q 产生的电场方向背离点到 Q 的方向，所以在弧 AC 上的各点的电场强度与 C 点的电场强度的方向不同，故 C 错误；
D、由于电子带负电，又从 A 到 C 的电势先增加后减小，所以电子从 电势能先减小后增大，故 D 正确； 不正确的故选 C。
强度求出；根据 Q 产生的电场方向背离点到 Q 的方向可知弧 AC 上的各点的电场强度方向不同；
【详解】 A 、对正点电荷来说，距离点电荷越近的点，电势越高，所以弧
AC 上距离 D 点最近的点
的距离为：
，如图所示，电场强度为
，故 A
正确；
B、对正点电荷来说，到点电荷距离相等的点，电势相等，在圆弧
AC 上还有一点到 D 的距离与
1.在军事演习时，红军轰炸机要去轰炸蓝军地面上的一个目标，通过计算，轰炸机在某一高度匀速 水平飞行，在离目标水平距离为 时投弹，可以准确命中目标；现为了增加隐蔽性和安全性，轰炸
机飞行的高度要减半，飞行速度也要减半，要求仍能命中目标，不考虑任何阻力，则飞机投弹时离
目标的水平距离应为（
）
A. x B. x C. x D. x
A 点沿着圆弧运动到 C 点，
【点睛】关键是能找出弧 AC 上的电势越高的位置到距离 D 点最近的距离。
7.如图所示， 质量为 m 的 A 球以速度 v 0 在光滑水平面上运动， 与原静止的质量为 4m 的 B 球碰撞，
碰撞后 A 球以 v=av 0(待定系数 a<1)的速率弹回，并与挡板 P 发生完全弹性碰撞，若要使 A 球能追
BC 上滑的最小距离为 x，则 ( )
A. x=
B. x=
C. x= L D. L
【答案】 B 【解析】 小物块从 A 处由静止释放，恰好滑到 C 处停下来，由动能定理得： 若调整 BC 使其向上倾斜 ,设 BC 与水平方向之间的夹角为 时，小物块沿 BC 上滑的最小距离为 x， 由动能定理可得：
解得： 综上所述本题答案是： B
A 的速度大于 B 的速度，以及
有机械能损失大于等于零进行求解。
8.如图所示，长为 L 的轻杆两端分别固定 a、b 金属球，两球质量均为 ，放在光滑的水平面上， b
套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为
L ，现将 b 从图示位置由静止释放，已知重力加速度大小
为 g，则 ( )
A. 在 b 球落地前的整个过程中组成的系统水平方向上动量守恒 B. 从开始到 b 球距地面高度为 的过程中，轻杆对 a 球做功为
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湖南省长郡中学 2019 届高三月考 (六 )物理试题
一、选择题 ( 本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分.在每小题给出的四个选项中，第 1? 8 题只有一 项符合题目要求，第 9? 12 题有多项符合题目要求 .全 部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有
选错或不选的得 0 分）
C. 从开始到 b 球距地面高度为 的过程中，轻杆对 b 球做功为 D. 在 b 球落地的瞬间，重力对 b 球做功的功率为 【答案】 B 【解析】 【分析】系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系 统受力情况与运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题； 【详解】 A 、对两球及杆组成的系统，在 b 球落地前的整个过程中， b 球的水平方向受竖直固定光 滑杆的作用， a 球的水平方向受力为零， 系统在水平方向所受合外力不为零， 所以 a、b 组成的系统 水平方向上动量不守恒，故 A 错误； BC、对两球及杆系统 ,在 b 球落地前的整个过程中， b 球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做 功， a、 b 组成的系统机械能守恒，从开始到 b 球距地面高度为 的过程中，由机械能守恒定律得：
法正确的是
A. 若 A 物块受到的摩擦力恰好为零， B 物块受到的摩擦力的大小为
B. 若 A 物块受到的摩擦力恰好为零， B 物块受到的摩擦力的大小为
C. 若 B 物块受到的摩擦力恰好为零， A 物块受到的摩擦力的大小为
D. 若 B 物块受到的摩擦力恰好为零， A 物块受到的摩擦力的大小为
【答案】 AC 【解析】 当 A 摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为
数图象和拉力 F 随时间 的函数图象大致是（
【答案】 A 【解析】 炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据
，得：
，炸弹平抛运动的水平距离为：
，由此可知，当轰炸机飞行的高
度和飞行速度都要减半时， 炸弹的水平位移变为原来的
，所以飞机投弹时离目标的水平距离应为
，故选 A.
【点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度，求出
4.4R，根据几何
关系可求， 卫星的轨道半径为
，可知轨道半径小于月球轨道半径， 该卫星不是同步卫星， 轨
道不需在赤道正上方， 故 A 错误；B 错误； 根据万有引力提供向心力：
ຫໍສະໝຸດ Baidu
，得：
，
又同步卫星的周期为 1 天，可求该卫星的周约为 4 天，所以 C 正确； D 错误。
6.在如图所示的坐标系中，弧是以 B 点为圆心、 BA 为半径的一段圆弧， OB=L ， OC=2L ，D 为 OC 的中点，在 D 点固定一电荷量为 Q 的带正电的点电荷。已知静电力常量为 k。下列说法不正确的 是( )
3.如图所示为远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器
T1 的原、线圈匣数比为
k1，降压变压器 T2 的原、副线圈匣数比为 k2,升压变压器原线圈两端接入一电压 u=U m
的交流
电源，用户的总电阻为 R(可视为纯电阻） ，输电线总电阻为 2r，不考虑其他因素的影响，用户获得
的电压 U 为（ ）
4.4R。对于这
三颗地球卫星的认识，正确的是 ( )
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A. 全同卫星平面一定与地球赤道平面重合 B. 全同卫星轨道半径大于月球轨道半径 C. 全同卫星周期约 4 天 D. 全同卫星周期约 9 天 【答案】 C 【解析】 由题意知，全同卫星处在一等边三角形的三个顶点上，如图所示，三角形边长为
上 B 球再相撞，则 a 的取值范围为（
）
A. a 【答案】 D 【解析】
B. a
C. a
D. a
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A 、 B、碰撞过程动量守恒，以 方向为正方向有
B 发生 再碰撞的 条件是
，解得
， A 与挡板 P 碰撞后能追上 ；碰撞 过程中损失的机械能
，解得 ，故
， D 正确；故选 D 。
【点睛】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，要抓住碰后
，且有
，解得：
，
，所以
轻杆对 a 球做功为：
，轻杆对 b 球做功：
，
故 B 正确， C 错误；
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D、在 b 球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：
，解得：
，所以在 b 球落
地的瞬间，重力对 b 球做功的功率为：
，故 D 错误；
故选 B。
【点睛】解决关键知道系统机械能守恒，抓住两球沿杆子方向的速度相等，进行求解。
其中 r ′=Rsin30，°联立解得：
，故 A 正确， B 错误；
当 B 摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为
300，根据牛顿第二定律得：
mgtan30 ° =mr2ω其中 r=Rsin30 °，此时 A 滑块有沿斜面向下滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向上，竖
直方向上： Ncos60°+fsin60 °-mg=0
9.如图所示， 半径为 R 的半球形容器固定在可以绕竖直旋转的水平转台上，
转台转轴与过容器球心
O 的的竖直线重合，转台以一定角速度
匀速旋转。有两个质量均为 m 的小物块落入容器内，经过
一段时间后，两小物块者都随容器一起转动且相对容器内壁静止，两物块和球心
O 点的连线相互
垂直，且 A 物块和球心 O 点的连线与竖直方向的夹角 =60 0，已知重力加速度大小为 g，则下列说
A. (
)(
) B. ( )(
)
C. ( )(
) D. (
)(
)
【答案】 D 【解析】 【分析】 理想变压器输入功率和输出功率相等， 通过原线圈的电压求出副线圈的电压， 再根据 电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率，根据变压器的特点即可判断；
，求出输
【详解】用户流过的电流为：
，故在输电线路上的电流为：
600，受力如图所示，
根据牛顿第二定律得： mgtan60°=mrω2， r=Rsin60 ° 此时 B 滑块有沿斜面向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，受力如图所示．
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竖直方向上： Ncos30°-fsin30 -°mg=0 水平方向上： Nsin30°+fcos30 °=mr′2 ω
A. 弧 AC 上电势最高的一点处的电场强度为 B. 弧 AC 上还有一点与 C 点的电势相同 C. 弧 AC 上还有一点与 C 点的电场强度相同
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D. 电子从 A 点沿着圆弧运动到 C 点，电势能先减小、后增大
【答案】 C
【解析】
【分析】
根据距离点电荷越近的点， 电势越高， 找到弧 AC 上距离 D 点最近的点的距离， 根据点电荷的电场