山西省寿阳县第一中学2020届高三上学期11月月考物理试题

高三11月月考物理试题一、选择题1.下列说法正确的是A. 卢瑟福α粒子散射实验表明原子存在中子B. 外界温度越高，放射性元素的半衰期越短C. 核聚变反应方程中，A表示质子D. 原子核衰变为一个原子核的过程中，发生6次β衰变【答案】D【解析】【详解】A．卢瑟福的α粒子散射实验表明原子具有核式结构，A错误；B．半衰期与温度无关、与化学性质无关，B错误;C．根据质量数、电荷数守恒，核聚变反应方程中，A表示中子，选项C错误；D．根据质量数、电荷数守恒，原子核衰变为一个原子核的过程中，发生次α衰变，次β衰变，D正确。故选D.2.如图所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态．现缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法不正确的是A. A受到的压力逐渐变大B. A受到的摩擦力逐渐变大C. C对B的压力逐渐变大D. C受到三个力的作用【答案】A【解析】【详解】AB．取B、C为一整体，由平衡条件可得：fBA=（mB+mC）gsin θFNBA=（mB+mC）gcos θ随θ减小，FNBA增大，fBA减小，故A正确，B错误．CD．缓慢减小木板倾角θ的过程中，球C只受重力和支持力作用，且二者等大反向，故CD错误。故选A.3.由离地足够高的相同高度处，使甲球与乙球同时自静止状态开始落下，两球在抵达地面前，除重力外，只受到来自空气阻力F的作用，且阻力与球的下落速度v成正比，即F=-kv（k＞0），且两球的比例常数k完全相同，如图所示为两球的速度-时间关系图，若甲球与乙球的质量分别为m1与m2，则下列叙述正确的是（　　）A. m2＜m1，且乙球先抵达地面B. m2＜m1，且甲球先抵达地面C. m2＞m1，且乙球先抵达地面D. m2＞m1，且甲球先抵达地面【答案】C【解析】【详解】根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，抓住位移相等，比较运动的时间．根据最终做匀速直线运动重力和阻力相等，通过速度大小关系比较出重力的大小．由图可知最后两球做匀速运动，有，因为乙球做匀速运动的速度大，则乙球的质量大，所以有，甲乙两球下落的位移相等，即图线与时间轴围成的面积相等，则知甲球的运动时间长，乙球先抵达地面，故C正确．故选C。4.如图所示，两个带有正电的等量同种点电荷，其连线和连线中垂线的交点为b，a、c为中垂线上的两点，一个带正电的粒子从图中a点沿直线移动到c点，则（　　）A. 粒子所受电场力一直不变B. 电场力对粒子始终不做功C. a、b、c三点中，b点场强最大D. a、b、c三点中，b点电势最高【答案】D【解析】【详解】A．两等量正电荷周围部分电场线具有对称性，其中两个点电荷连线的中垂线abc上，从无穷远到b过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向． 故试探电荷所受的电场力是变化的，故A错误；B．根据等量同种点电荷的电场特点可知，该电场在abc线上，电场的方向由b分别指向a与c，所以正电荷从a经过b到达c的过程中，正电荷受到的电场力线指向a，后指向c，所以电场力线做负功，后做正功，故B错误；C．根据等量同种点电荷的电场特点可知，两个点电荷连线的中垂线与连线的交点处的电场强度等于0，一定不是最大，故C错误；D．根据等量同种点电荷电场特点可知，该电场在abc线上，电场的方向由b分别指向a与c，根据沿电场线的方向电势降低可知，b点的电势最高，故D正确．故选D.5.如图所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能Ek=5mv02，不计空气阻力，则小球从O到P（　　）A. 下落的高度为B. 速度增量为3v0，方向斜向下C. 运动方向改变的角度满足tanθ=D. 经过的时间为【答案】D【解析】【详解】A．根据动能定理得，mgh＝5mv02−mv02解得故A错误．BD．根据Ek＝mv2＝5mv02得，P点的速度v=v0根据平行四边形定则知，P点的竖直分速度vy＝＝3v0则运动的时间速度的增量△v=gt=3v0方向竖直向下，故B错误，D正确．C．根据tanθ＝知，运动方向改变的角度满足tanθ=3，故C错误．故选D．【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，对于平抛运动，有时可以结合动能定理进行求解．6.在如图所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时( )A. 电压表示数变大，电流表示数变小B. 电压表示数变小，电流表示数变大C. 电压表示数变大，电流表示数变大D. 电压表示数变小，电流表示数变小【答案】D【解析】【详解】当变阻器的滑动头P向b端移动时，电阻减小，由串反并同的结论可判断电压表示数变小，电流表示数变小；故ABC错误，D正确。故选D。7.2017年4月，我国成功发射了“天舟一号”货运飞船，它的使命是给在轨运行的“天宫二号”空间站运送物资，已知“天宫二号”空间站在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于其运行周期T）运动的弧长为s，对应的圆心角为β弧度，万有引力常亮为G，下面说法正确的是（  ）A. “天宫二号”空间站的线速度大于地球的第一宇宙速度B. “天宫二号”空间站的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度C. “天宫二号”空间站的环绕周期T＝D. 地球质量M＝【答案】CD【解析】【详解】A．“天宫二号”经过时间t，它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），
则线速度为角速度为：根据v=ωr得轨道半径为： “天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：得可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“天宫二号”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；B．由得：加速度则知“天宫二号”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度．故B错误．C．“天宫二号”的环绕周期为故C正确；D．“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即：联立解得：地球的质量为故D正确；故选CD.8.伽利略在研究自由落体运动的过程中，曾提出两种假设：①速度v与下落的高度h成正比；②速度v与下落的时间t成正比，分别对应于甲图和乙图，对于甲、乙两图作出的判断中正确的是（　　）A. 图甲中加速度不断增加B. 图乙中加速度不断增加C. 图甲0～h内运动的时间是D. 图乙中0～t内运动的位移是t【答案】AD【解析】【详解】A．图甲中速度与高度成正比，则由v=kh，而根据自由落体规律可知，h=gt2可得，则有：v=kgt2速度和时间成二次函数关系，v-t图象为开口向上的抛物线，则可知，图象的斜率增大，加速度不断增大，故A正确；B．图乙中v与时间成正比，则由v=at可知，加速度恒定不变，故B错误；C．图甲中是变加速运动，平均速度不是，故时间不等于，故C错误；D．图乙中为匀变速运动，平均速度等于，故t秒内运动的位移x=t，故D正确．故选AD．9.如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：（    ）A. 粒子从进入电场到打中荧光屏所经历的时间8×10﹣5sB. 在t=0时刻进入的粒子飞出电场时垂直于极板方向的位移为2.5×10﹣2mC. t=0时刻进入的粒子飞出电场时速度与水平方向夹角的正切值为D. 由正极板边缘、且从t=1×10﹣5s时刻进入电场的粒子打到荧光屏上的位置距O点的距离0.065m【答案】AC【解析】【详解】A．粒子水平方向速度不变，作匀速直线运动，粒子从进入电场到打中荧光屏所经历的时间为：选项A正确；B．粒子在电场中运动的时间为：0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时t1=2×10-5s；再作匀减速直线运动，用时t2=1×10-5s，加速度大小相等，为：侧移量：选项B错误；C．射出时竖直方向的速度大小为vy＝at1−at2＝108(2×10−5−1×10−5)=1×103m/s正切值tanθ=选项C正确；D．粒子从t=1×10-5s时刻进入电场，在第一个1×10-5s向负极板加速运动、在第二个1×10-5s向负极板减速运动，在第三个1×10-5s向负极板加速运动；所以出电场时的偏离正极板的位移：y1'=at2×3=0.005×3=0.015m出电场时沿竖直方向的速度为v′1＝at＝103m/s场外沿竖直方向的位移：y2'=v′1t′＝103×m=0.05m结果y'=0.065m-0.05m=0.015m选项D错误；故选AC.【点睛】解决在偏转场中问题，通常由类平抛运动规律求解，要能熟练运用运动的合成与分解的方法研究，分析时要充分运用匀加速运动位移的比例关系和运动的对称性，来求解竖直分位移．10.将一倾角为的光滑斜面体固定在地面上，在斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧原长时上端位于斜面处的B点．现将一质量为m=2kg的可视为质点的滑块由弹簧的上方的A点静止释放，最终将弹簧压缩到最短C点．已知滑块从释放到将弹簧压缩到最短的过程中，滑块的速度时间图像如右图，其中0~0.4s内的图线为直线，其余部分均为曲线，且BC=1.2m，g=10m/s2．则下列正确的选项是（    ）A. B. 滑块在压缩弹簧的过程中机械能减小C. 弹簧储存的最大弹性势能为16JD. 滑块从C点返回到A点的过程中，滑块的机械能一直增大【答案】ABC【解析】物块在斜面上运动的加速度 ，由牛顿定律可得 解得，选项A正确；滑块在压缩弹簧的过程中机械能转化为弹簧的弹性势能，则滑块的机械能减小，选项B正确；，则弹簧储存的最大弹性势能为，选项C正确；滑块从C点返回到A点的过程中，从C到B弹力做功，机械能变大，从B到A机械能不变，选项D错误；故选ABC.二、实验题11.用如图所示实验装置可以测量物块与水平桌面之间动摩擦因数，已知钩码质量为m，滑块质量是钩码质量的n倍，重力加速度为g．①用游标卡尺测量遮光片宽度d.用米尺测量出滑块起始位置到光电门之间的距离s.(钩码不会触击到地面)　②调整轻滑轮，使细线水平．释放物块，记录数字毫秒计测出的遮光片经过光电门时间Δt.　③改变物块与光电门之间的距离s，重复多次，得到多组数据.　④根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.　回答下面的问题：⑴物块经过光电门时的速度v＝________.物块的加速度a=________.⑵如果采用图像法处理数据， 以起始位置到光电门之间的距离s为横坐标，选用______为纵坐标，才能得到一条直线．⑶如果这条直线的斜率斜率为k，由图像可知，物体与水平桌面间的动摩擦因数为μ＝_____【答案】    (1).     (2).     (3).     (4). 【解析】【详解】(1)[1][2]经过光电门时的瞬时速度大小为v＝由v2＝2as解得(2)(3)[3][4]对物块由牛顿第二定律可得mg－μMg＝Ma由运动学规律可得2as＝由以上两式可得则以起始位置到光电门之间的距离s为横坐标，选用为纵坐标，才能得到一条直线．图象的斜率为由此可得12.实验室中要测量一只电压表的内电阻，供选择的仪器如下： ①待测电压表V(量程0～1.5V，内阻约为500 Ω左右)；②电流表A(量程0～10 mA)；③定值电阻R (250Ω)；④滑动变阻器R1(0～20 Ω)；⑤滑动变阻器R2(0～1 000 Ω)；⑥干电池(1.5 V)；⑦开关S及导线若干．⑴为了方便电压方便调节，滑动变阻器接成分压式接法，滑动变阻器应选________．(在空格内填写序号)⑵要利用所给器材较准确测量电压表的电阻，请在虚线框中画出完整的电路图__________．⑶把实物连线图补充完整______．⑷测量电压表、电流表多组读数V、I，然后以V为纵坐标，I为横坐标，作出相应图线，如图所示．若测得图线的斜率为k，待测压表内阻的表达式为RV=________.【答案】    (1). R1    (2).     (3).     (4). 【解析】【详解】(1)[1]滑动变阻器采用分压接法时，应选用阻值适当小一些的，滑动变阻器选R1.(2)[2]需要电压表与定值并联，才能跟电流表的量程相适应，所以完整的电路如图所示:(3)[3]实物连线如图所示，连线时要注意电表的正负接线柱不能接反． (4)[4]根据串、并联电路规律可知：图线斜率所以三、计算题13.如图所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环固定在大圆环上竖直对称轴的两侧θ=45°的位置上，一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m的重物，小圆环的大小、绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略．当在两个小圆环间绳子的中点C处，挂上一个质量M的重物，M恰好在圆心处处于平衡．（重力加速度为g）求：（1）M与m质量之比．（2）再将重物M托到绳子的水平中点C处，然后无初速释放重物M，则重物M到达圆心处的速度是多大？【答案】（1）   （2）【解析】【详解】(1)以M为研究对象，受力分析：Mg=2mgcos45°(2)M与2个m组成的系统机械能守恒：MgRsinθ-2mg(R-Rcosθ)=MV12+mV22V2=V1cosθ解得：14.如图斜面倾角为30°，一辆汽车从静止开始时以1m/s2的加速度沿斜面爬坡，已知汽车质量为1.0×103kg，额定输出功率为5.6×104W，摩擦阻力为车重的0.2倍，g取10m/s2，求：(1)汽车做匀加速运动的时间；(2)汽车所能达到的最大速率.【答案】(1)7 s　    (2)8 m/s【解析】【详解】(1)由牛顿第二定律得F－mgsin 30°－0.2mg＝ma设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fvv＝at1解得t1＝7 s.(2)当达到最大速度vm时，a＝0，则有P＝(mgsin 30°＋0.2mg)vm.解得vm＝8 m/s.15.如图所示，水平轨道与半径为R的半圆形光滑竖直轨道相连，固定在地面上．可视为质点的滑块a 和小球b 紧靠在一起静止于半圆圆心的正下方N点，滑块a 和小球b中间放有少许火药，某时刻点燃火药，滑块a 和小球b瞬间分离，小球b 恰好能通过半圆轨道的最高点P 点，然后做平抛运动落到水平轨道MN上．已知a 和b质量分别为2m、m，滑块a与水平轨道MN之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：(1)滑块a和小球b刚分离时b的速度大小；(2)小球b的落地点与滑块a最终停下处之间的距离．【答案】⑴       ⑵【解析】【详解】(1)物体b在竖直平面内做圆周运动，在P 点时重力提供向心力，有解得两物体分离后物块b沿圆轨道向上运动，由动能定理有解得(2) a与b 分离瞬间在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mvb-2mva=0解得滑块a向左运动的加速度滑块a向左运动的最大距离小球b做平抛运动，竖直方向有水平方向Lb=vPt解得16.如图所示，左侧平行板电容器内有电场强度为E的匀强电场，电容器右侧虚线区域内有垂直于纸面的匀强磁场，电容器极板长度等于匀强磁场区域的宽度．直线是平行板电容器的中心线，一束速度为v0的带电粒子沿着直线射入电场，经电场偏转后进入磁场，经磁场偏转后离开磁场．(1)如果粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行，求这种情况下磁感应强度B1的大小(2)如果粒子经磁场偏转后又回到O 点，求这种情况下磁感应强度B2的大小.【答案】⑴      ⑵【解析】【详解】(1)粒子在电场中做平抛运动，设电容器极板长度为L设离开电场时速度方向与竖直方向夹角为θ粒子在磁场中运动因为粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行，根据几何关系联立解得(2)粒子在电场中的偏转距离；粒子能够回到O点，根据几何关系根据平抛运动的的推论，位移与水平方向夹角的正切等于速度偏转角正切的解得粒子在电场中的水平位移粒子在电场中的竖直速度离开电场时和偏转角之间的关系粒子在磁场中运动联立解得