物理卷·2018届河北省邯郸市鸡泽县第一中学高三上学期第三次月考（期中）物理试题（解析版）

物理卷·2018届河北省邯郸市鸡泽县第一中学高三上学期第三次月考（期中）物理试题（解析版）

河北省邯郸市鸡泽县第一中学2018届高三上学期第三次月考（期中）物理试题 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分，其中1-6在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的；第7-10题在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎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H＋H→He＋A中，A表示质子 D. U原子核衰变为一个Pb原子核的过程中，发生6次β衰变 ‎【答案】D ‎【解析】卢瑟福α粒子散射实验确定了原子核核式结构理论，选项A错误；放射性元素的半衰期与外界因素无关，选项B错误；核聚变反应方程中A的电荷数为0，质量数为2+3-4=1，故A表示中子，选项C错误；原子核衰变为一个原子核的过程中设经过m次α衰变，n次β衰变，则有：4m=32，2m-n=10，解得：m=8，n=6．选项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】取B、C为一整体，由平衡条件可得：fBA=（mB+mC）gsin θ，FNBA=（mB+mC）‎ gcos θ，随θ减小，FNBA增大，fBA减小，故A正确，B错误．缓慢减小木板的倾角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】试题分析：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．‎ ‎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】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；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；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；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，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 D. 经过的时间为 ‎【答案】D ‎【解析】根据动能定理得，mgh＝5mv02−mv02，解得，故A错误．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．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】A ‎【解析】当滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故内压减小，因此路端电压增大，并联部分电压也增大，故R2电压增大，电压表示数变大，故流过R2的电流增大，因总电流减小，故电流表示数减小；故A正确，BCD错误；故选A．‎ 点睛：电路的动态分析一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．‎ ‎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 D. 地球质量 ‎【答案】CD ‎【解析】“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；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．“天宫二号”的环绕周期为，故C正确；“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 ‎【答案】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8×10﹣5s B. 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2.5×10﹣2m C. 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】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；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；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；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，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16J D. 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.‎ II卷（非选择题共70分）‎ 二、实验题（本题共2小题，共15分）‎ ‎11. 用如图所示的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的宽度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】（1）经过光电门时的瞬时速度大小为v＝ ，由v2＝2as解得.‎ ‎（2）（3）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为了方便电压的方便调节，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_______．‎ ‎【答案】 (1). R1 (2). (3). ‎ ‎【解析】（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）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）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．‎ ‎ ‎ ‎ （3）根据串、并联电路规律可知：，图线斜率 ，所以 ‎ 三、计算题（本题共4小题，共45分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎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】(1)以M为研究对象，受力分析：Mg=2mgcos450 ‎ ‎ ‎ ‎(2)M与2个m组成的系统机械能守恒：‎ V2=V1cosθ ‎ ‎14. 如图斜面倾角为300，一辆汽车从静止开始时以1 m/s2的加速度沿斜面爬坡，已知汽车质量为1.0×103 kg，额定输出功率为5.6×104 W，摩擦阻力为车重的0.2倍，g取10 m/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）7s(2)8m/s ‎【解析】(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＝Fv ‎ v＝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】(1) (2) ‎ ‎【解析】（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】(1) (2) ‎ ‎【解析】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 ‎ ‎