安徽省砀山县第二中学2020届高三第一次月考物理试题 17页

砀山二中 2019-2020 学年度高三第一次月考物理试卷 一、单选题 1. 下列说法正确的是( ) A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应 B. 汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构 C. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短 D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能 减小，原子总能量增大 【答案】D 【解析】 A、太阳内部有大量的氢核，太阳内部温度极高，满足氢核发生聚变的条件，所以 A 错误； B、 粒子散射实验表明原子的核式结构，故 B 错误； C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为光的频率小于极限频率，即改光的波 长太长，故 C 错误； D、根据 2 2 2 e vk mr r  ，轨道半径增大，电子的动能减小，原子能量增大，势能增大；故 D 正 确； 点睛：本题考查了聚变和裂变反应、玻尔理论以及能级等知识点，关键掌握这些知识的基本 概念和基本规律，以及理清一些物理学史。 2.如图所示，P、Q 两物块通过轻质弹簧相连，静止于倾角θ=30°的斜面上，弹簧的劲度系数 k=500N/m，弹簧的伸长量 x=2cm，物块质量 mP=6kg，mQ=2kg，重力加速度 g=10m/s2，下列说法 正确的是（ ） A. 物块 P 受到的摩擦力大小为 40N B. 物块 P 受到的摩擦力大小为 30N C. 物块 Q 受到的摩擦力大小为 20N D. 物块 Q 受到的摩擦力大小为 10N 【答案】A 【解析】 【详解】弹簧的伸长量 x=2cm=0.02m AB.对 P 受力分析，沿斜面方向的合力为零，即 mPgsin30°+kx=fP 解得：fP=40N，方向沿斜面向上，故 A 正确，B 错误。 CD.假设 Q 受到的摩擦力沿斜面向上，对 Q 受力分析，沿斜面方向的合力为零，即 mQgsin30°=kx+fQ 解得：fQ=0，故 CD 错误。 3.甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上以相同的速度 v0=30m/s 一前一后同向匀速行驶。甲车 在前且安装有 ABS 制动系统，乙车在后且没有安装 ABS 制动系统。正常行驶时，两车间距为 100m。某时刻因前方突发状况，两车同时刹车，以此时刻为零时刻，其速度——时间图象如 图所示，则( ) A. 两车刹车过程中的平均速度均为 15m/s B. 甲车的刹车距离大于乙车的刹车距离 x C. t=1s 时，两车相距最远 D. 甲、乙两车不会追尾 【答案】D 【解析】 【详解】ABD、根据v t 图象与坐标轴围成的“面积”表示相应时间内的位移，甲车的刹车距 离为 1 30 3 452x m m   甲 ，乙车的刹车距离为 30 15 11 15 5 602 2x m m     乙 ，则 有 100x m x 甲 乙 ， 所 以 甲 、 乙 两 车 不 会 追 尾 ； 甲 车 刹 车 过 程 中 的 平 均 速 度 为 15 /xv m st  甲 甲 ，乙车刹车过程中的平均速度为 10 /xv m st  乙 乙 ，故选项 D 正确，A、B 错误； C、当 2t s 时，两车速度相等，相距最远，故选项 C 错误。 4.“嫦娥四号”探测器实现了人类首次在月球背面软着陆如图所示，探测器在距月面高度为 100km 的环月圆轨道 I 上的 P 点实施变轨，进入近月点为 15km 的椭圆轨道 II，由近月点 Q 落 月，下列说法正确的是（ ） A. 探测器在 P 点的加速度大于在 Q 点的加速度 B. 探测器沿Ⅰ轨道运行的周期小于沿Ⅱ轨道运行的周期 C. 探测器在Ⅱ轨道从 P 点运动到 Q 点过程中，机械能不变 D. 探测器沿轨道Ⅰ运动到 P 点时，需要加速才能进入Ⅱ轨道 【答案】C 【解析】 【详解】A.在轨道Ⅱ上运动时，卫星只受万有引力作用，在 P 点时的万有引力比 Q 点的小， 故 P 点的加速度小于在 Q 点的加速度，故 A 错误 ; B.轨道Ⅱ的半长轴小于轨道 I 的半径，根据开普勒第三定律可知沿轨道Ⅱ运行的周期小于轨 道 I 上的周期，故 B 错误； C.探测器在Ⅱ轨道从 P 点运动到 Q 点过程中，只有引力做功，机械能不变。故 C 正确 ； D.在轨道 I 上运动，从 P 点开始变轨，可知嫦娥三号做近心运动，在 P 点应该制动减速以减 小向心力，通过做近心运动减小轨道半径，故 D 错误。 5.如图所示，a、b 接在电压不变的交流电源两端，R0 为定值电阻，R 为滑动变阻器，现将滑动 变阻器的滑片从 c 位置滑动到 d 位置，电流表 A1 示数变化量为△Ⅰ1，电流表 A2 示数变化量为 △Ⅰ2，电路中电表均为理想电表，变压器为理想升压变压器下列说法正确的是（ ） A. 电压表 V2 示数减小 B. 电压表 V3 示数不变 C. 电流表 A1 示数减小 D. 电流表 A1，A2 示数变化量 1 2I I 【答案】D 【解析】 【详解】A.a、b 接在电压不变的交流电源两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即电压 表 V1，V2 示数不变，故 A 错误。 B.当滑片从 c 位置滑动到 d 位置，负载电阻减小，则电流表 A2 的示数增大，所以 R0 两端电压 增大，滑动变阻器 R 两端电压减小，即电压表 V3 示数减小，故 B 错误。 C.根据电流和匝数的关系可知，输出电流增大，则输入电流增大，即电流表 A1 的示数增大， 故 C 错误。 D.该变压器为升压变压器，原线圈电流增大量大于副线圈电流增大量，即△Ⅰ1＞△Ⅰ2，故 D 正确。 6.如图所示，真空中有两个点电荷 Q1 和 Q2，Q1=+9q，Q2=-q，分别固定在 x 轴上 x=0 处和 x=6cm 处，下列说法正确的是（ ） A. 在 x=3cm 处，电场强度为 0 B. 在区间上有两处电场强度为 0 C. 在 x>9cm 区域各个位置的电场方向均沿 x 轴正方向 D. 将试探电荷从 x=2cm 移到 x=4cm 处，电势能增加 【答案】C 【解析】 【详解】A.某点的电场强度是正电荷 Q1 和负电荷 Q2 在该处产生的电场的叠加，是合场强。根 据点电荷的场强公式 E= 2 kq r ，所以要使电场强度为零，那么正电荷 Q1 和负电荷 Q2 在该处产生 的场强必须大小相等、方向相反。因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。设距离 Q2 为 x0 处的电场强度矢量合为 0，则： 1 2 2 2 0 0( 6) kQ kQ x x  可得：x0=3cm，故 A 错误； B.由选项 A 的分析可知，合场强为 0 的点不会在 Q1 的左边，因为 Q1 的电荷量大于 Q2，也不会 在 Q1Q2 之间，因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。所以，只能在 Q2 右边。即在 x 坐标轴上电场强度为零的点只有一个。故 B 错误； C.设距离 Q2 为 x0 处的电场强度矢量合为 0，则： 1 2 2 2 0 0( 6) kQ kQ x x  可得：x0=3cm，结合矢量合成可知，在 x＞9cm 区域各个位置的电场方向均沿 x 轴正方向。故 C 正确； D.由上分析，可知，在 0＜x＜6cm 的区域，场强沿 x 轴正方向，将试探电荷+q 从 x=2cm 处移 至 x=4cm 处，电势能减小。故 D 错误。 7. 在空军演习中，某空降兵从飞机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的 v – t 图像如图所示，则下列说法正确的是 A. 0~10s 内空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力 B. 第 10s 末空降兵打开降落伞，此后做匀减速运动至第 15s 末 C. 10s~15s 空降兵竖直方向的加速度向上，加速度大小在逐渐减小 D. 15s 后空降兵保持匀速下落，此过程中机械能守恒 【答案】AC 【解析】 【详解】A.前 10s 内空降兵做加速度减小的加速运动，故合外力向下，即重力应大于空气阻 力，故 A 正确； B.10 到 15s 内空降兵做的是加速度减小的减速运动，故 B 错误； C.10～15s 内空降兵做加速度减小的减速运动，故加速度向上且大小在逐渐减小，故 C 正确； D.15s 后空降空匀速下落，则重力与阻力大小相等方向相反，故在运动中有阻力做功，故机械 能不守恒；故 D 错误 8.如图甲所示，在水平面上固定有平行长直金属导轨 ab 和 cd，bd 端接有电阻 R。导体棒 ef 垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计。导轨右端区域存在垂直于导轨面的匀强磁场， 且磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示。在 0t  时刻，导体棒以速度 0v 从导轨的左 端向右运动，经过时间 02t 开始进入磁场区域，取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度 B 的正 方向，回路中顺时针方向为电流正方向，则回路中的电流 i 随时间 t 的变化规律图像可能是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由图乙知，在 0～2t0 时间内磁感应强度随时间均匀变化，根据 BE N St    可知， 回路产生稳定的电动势、稳定的感应电流，在根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针 方向，所以在 0～2t0 时间内电流是负方向，且大小不变。在 2t0 时刻导体棒进入磁场区域，在 安培力的作用下做非匀变速运动，根据 2 2B L vF BIL maR    知，导体棒做加速度减小的减 速运动，电流 BLv BLai tR R   ，电流逐渐减小，且 i-t 图像的斜率逐渐减小，所以 A 正确； B、C、D 错误。 二、多选题 9.如图，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端， 打后车与锤相对静止。以人、锤子和平板车为系统（初始时系统静止），研究该次挥下、打击 过程，下列说法正确的是 A. 若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动 B. 若水平面光滑，打后平板车可能向右运动 C. 若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动 D. 若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动 【答案】AD 【解析】 【详解】A．以人、锤子和平板车为系统，若水平面光滑，系统水平方向合外力为零，水平方 向动量守恒，且总动量为零，当锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车一 定向左运动，A 正确； B．打后锤子停止运动，平板车也停下，B 错误； C．若水平面粗糙，扬起锤子的过程车由于受摩擦力作用，可能静止不动，所以 C 错误； D．在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车向 右运动，D 正确。 10.如图甲所示，质量 M=2kg 的木板静止于光滑水平面上，质量 m=1kg 的物块（可视为质点） 以水平初速度 v0 从左端冲上木板，物块与木板的 v-t 图象如图乙所示，重力加速度大小为 10m/s2，下列说法正确的是（ ） A. 物块与木板相对静止时的速率为 1m/s B. 物块与木板间的动摩擦因数为 0.3 C. 木板的长度至少为 2m D. 从物块冲上木板到两者相对静止的过程中，系统产生的热量为 3J 【答案】AD 【解析】 【详解】A.由图示图线可知，物块的初速度为：v0=3m/s，物块与木板组成的系统动量守恒， 由动量守恒定律得： mv0=（M+m）v 解得：v=1m/s，即两者相对静止时的速度为 1m/s，故 A 正确； B.由图示图线可知，物块的加速度大小为：a=2m/s2，由牛顿第二定律得：a=μg，代入数据解 得：μ=0.2，故 B 错误； CD.对系统，由能量守恒定律得： 2 2 0 1 1 ( )2 2mv M m v Q   其中：Q=μmgs，代入数据解得： Q=3J，s=1.5m， 木板长度至少为： L=s=1.5m， 故 C 错误，D 正确。 11. 如图所示,物体 A 和 B 的质量均为 m,且分别与跨过定滑轮的轻绳连接(不计绳与滑轮、滑 轮与轴之间的摩擦),在用水平变力 F 拉物体 B 沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中( ) A. 物体 A 也做匀速直线运动 B. 绳子拉力始终大于物体 A 所受重力 C. 绳子对 A 物体的拉力逐渐增大 D. 绳子对 A 物体的拉力逐渐减小 【答案】D 【解析】 把 B 的速度 vB 分解为垂直绳子的 v1 和沿绳子的 vA，则物体 A 和 B 的速度关系为： ， 物体 B 沿水平方向向右做匀速直线运动，则 A 做变速运动，且随角度减小，速度逐渐增大， 做加速运动，则绳子的拉力始终大于物体 A 所受重力，A 错误、B 正确；当物体 B 越往右运动， 则在相等的时间内，A 物体的速度变化量越来越小，则加速度越来越小，由 知， 绳子对 A 物体的拉力逐渐减小，C 错误、D 正确。 12.一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力 F 作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上 运动过程中，其机械能 E 与位移 x 的关系图象如图乙，已知曲线上 A 点的切线斜率最大，不 计空气阻力，则 A. 在 x1 处物体所受拉力最大 B. 在 x1~x2 过程中，物体的动能先增大后减小 C. 在 x1~x2 过程中，物体的加速度先增大后减小 D. 在 0~x2 过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功 【答案】AB 【解析】 【详解】A．E-x 图像的斜率代表竖直向上拉力 F，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力 F 作用下开始向上，说明在 x=0 处，拉力 F 大于重力，在 0-x1 过程中，图像斜率逐渐增大，则 拉力 F 在增大，x1 处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故 A 正确； BC．在 x1~x2 过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在 x2 处物体的机械能达到最 大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零。根据合外力 -F F mg合 可知，在 x1~x2 过程中， 拉力 F 逐渐减小到 mg 的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动 能在增大，拉力 F=mg 到减小到 0 的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大 的减速运动，物体的动能在减小；在 x1~x2 过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度 先减小后反向增大，故 B 正确，C 错误； D．物体从静止开始运动，到 x2 处以后机械能保持不变，在 x2 处时，物体具有重力势能和动能， 故在 0~x2 过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，故 D 错误。 三、实验题探究题 13.为了测定一根轻弹簧压缩到最短时具有的弹性势能的大小，可以将弹簧固定在一带有凹槽 轨道(可视为光滑)的一端，并将轨道固定在水平桌面边缘上，如图所示，用钢球将弹簧压缩 至最短后由静止释放，钢球将沿轨道飞出桌面。已知重力加速度 g． (1)实验时需要测定的物理量有________ ( 填序号 ) A.钢球质量 m B. 弹簧的原长 0L C.弹簧压缩最短时长度 L D.水平桌面离地面的高度 h E.钢球抛出点到落地点的水平位移 x (2)计算弹簧最短时弹性势能的关系式是 pE  _______ ( 用测定的物理量字母表示 ) . 【答案】 (1). ADE (2). 2 4 m g x h 【解析】 【详解】（1）释放弹簧后，弹簧储存的弹性势能转化为小球的动能：Ep= 1 2 mv2 ，故需测量 小球的质量和最大速度；小球接下来做平抛运动，要测量初速度，还需要测量测量平抛的水 平位移和高度；故需要测定的物理量有：小球质量 m，小球平抛运动的水平位移 x 和高度 h．故 选 ADE. （2）对于平抛运动，有：x=vt ，h= 1 2 gt2 ，可解得： 2 4p mx gE h  ； 14.某同学要测量物块与斜面问的动摩擦因数，使用的器材有：斜面、滑块、挡光片、光电门、 刻度尺、电源等实验步骤如下： ①如图甲所示，将光电门固定在斜面下端附近，将宽度为 d 的挡光片安装在滑块上，挡光片 前端到光电门的距离为 L（d 远远小于 L）。滑块从斜面上方由静止开始下滑； ②当滑块上的挡光片经过光电门时，光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间为△t； ③改变挡光片前端到光电门的距离为 L，滑块从斜面上方由静止开始下滑，重复步骤②； ④多次重复步骤③和②，记录多组 L 和△t 的实验数据； ⑤利用实验得到的数据作出 L- 2 1 t 象，如图乙所示。 回答下列问题： （1）若 L- 2 1 t 线的斜率为 k，则滑块下滑时的加速度 a=______（用 d 和 k 表示）； （2）重力加速度大小为 g，要求出滑块与斜面间动摩擦因数，还必须测量的物理量有______ （填正确答案对应符号） A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的长度 【答案】 (1). 2 2 d k (2). BC 【解析】 【详解】（1）[1]由题意知滑块到达光电门时的速度为： dv t   从开始运动到到达光电门的过程中有： v2=2aL 所以有： 2 2 1 2 Δ dL a t   所以 2 1 ΔL t  图象的斜率为： 2 2 dk a  故滑块下滑时的加速度为： 2 2 da k  （2）[2]令斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律有： mgsinθ-μmgcosθ=ma 所以要求出滑块的动摩擦因数，还需知道斜面的高度和斜面的长度，则可求出斜面的倾角， 故 A 错误，BC 正确；故选：BC。 四、计算题 15.在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面 上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”。如图所示，假设某汽车以 10m/s 的速 度行驶至一个斜坡的顶端 A 时，突然发现坡底前方有一位行人正以 2m/s 的速度做同向匀速运 动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑行。已知斜坡的高 AB＝3 m，长 AC ＝5 m，司机刹车时行人距坡底 C 点的距离 CE＝6 m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰 雪路面的动摩擦因数约为 0.5. (1)求汽车沿斜坡滑下的加速度大小。 (2)试分析此种情况下，行人是否有危险。 【答案】（1） 22 /m s （2）有 【解析】 【详解】(1)汽车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 由几何关系得 3sin 5   , 4cos 5   联立以上各式解得汽车在斜坡上滑下时的加速度 a1＝2m/s2 (2)由匀变速直线运动规律可得 2 2 12C A ACv v a x  解得汽车到达坡底 C 时的速度 120m/sCv  经历时间 1 1 0.5sC Av vt a   汽车在水平路面运动阶段，由μmg＝ma2 得汽车的加速度大小 a2＝μg＝5m/s2 汽车的速度减至 v＝v 人＝2 m/s 时发生的位移 2 2 1 2 =11.6m2 Cv vx a  人 经历的时间 2 2 =1.8sCv vt a 人 人发生的位移 x2＝v 人(t1＋t2)＝4.6m 因 x1－x2＝7m>6 m，故行人有危险． 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的 桥梁。分析能否追及时，只要研究两者速度相等时位移的情况即可. 16.如图所示，光滑轨道 ABCD 由倾斜轨道 AB 和半圆轨道 BCD 组成。倾斜轨道 AB 与水平地面 的夹角为θ，半圆轨道 BCD 的半径为 R，BD 竖直且为直径，B 为最低点，O 是 BCD 的圆心，C 是与 O 等高的点。一个质量为 m 的小球在斜面上某位置由静止开始释放，小球恰好可以通过 半圆轨道最高点 D。小球由倾斜轨道转到圆轨道上时不损失机械能。重力加速度为 g。求： （1）小球在 D 点时的速度大小 （2）小球开始下滑时与水平地面的竖直高度与半圆半径 R 的比值。 （3）小球滑到斜轨道最低点 B 时（仍在斜轨道上），重力做功的瞬时功率 【答案】（1） v gR （2） 2.5h R （3） 5 sinP mg gR  【解析】 试题分析：本题中，小球经历了沿斜面向下的匀加速运动，还有平面内的圆周运动。考查了 学生利用已知物理模型，灵活处理实际问题的能力。题目中小球运动过程中，满足机械能守 恒。 （1）小球恰好可以通过半圆轨道最高点 D，则在最高点满足： 2 Dvmg m R  故小球在 D 点的速度 Dv = gR （2）设小球开始下滑时与水平地面的高度为 h 则从开始下滑，一直到圆弧轨道最高点 D，根据动能定理可知：   212 2 Dmg h R mv  解得： 2.5h R （3）设小球到达最低点 B 时的速度大小为 Bv ，则滑到最低点 B 的过程中 满足方程： 21 2 Bmgh mv= 解得 2 5Bv gh gR  所以在 B 点，小球重力的瞬时功率 sinBP mg v   = 5 sinP mg gR  【点睛】（1）小球恰好通过圆弧轨道的最高点，这是一个轻绳模型，由此可判断，此时在 D 点，只有重力充当向心力，可以求出小球在 D 点的速度。（2）确定好物理过程的初、末位置 及状态后，根据机械能守恒，或利用动能定理，均可求解相关量；（3）重力的瞬时功率，应 等于重力与重力方向分速度的乘积。 17.在高度为 H 的竖直区域内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左；磁 感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里。在该区域上方的某点 A，将质量为 m、电荷量为＋q 的小球，以某一初速度水平抛出，小球恰好在该区域作直线运动。已知重力加速度为 g。 (1)求小球平抛的初速度 v0； (2)若电场强度大小为 E，求 A 点距该区域上边界的高度 h； (3)若令该小球所带电荷量为－q，以相同的初速度将其水平抛出，小球离开该区域时，速度 方向竖直向下，求小球穿越该区域的时间。 【答案】(1) 0 mgv qB  (2) 2 22 Eh gB  (3) 2 2 BH m gt E BEq   【解析】 【详解】(1)设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成 ，分析小球的受力，有 cosqvB mg  , 0 cos vv  解得 0 mgv qB  （2）小球从 A 点抛出，进入复合场，由动能定理 2 2 0 1 1 2 2mgh mv mv  又由（1）知      2 2 2mg qvB qvB  解得 2 22 Eh gB  （3）设某时刻小球经某处时速度为 v，将其正交分解为 xv 、 yv ，则小球受力如图，在水平方 向上，由动量定理   00yqE qv B t mv     即 0BqH Eqt mv  解得 2 2 BH m gt E BEq  