河南省名校联盟2020届高三上学期11月教学质量检测物理试题

河南省名校联盟2020届高三上学期11月教学质量检测物理试题

河南省名校联盟 2020 届高三 11 月教学质量检测 物理 一、选择题 1.钚的一种同位素 Pu 的衰变方程为 Pu→X＋ He＋γ，衰变后产生的巨大的能量以γ 光 子的形式释放，若 Pu 的半衰期为 24100 年，则（ ） A. X 的核电荷数为 92，72 个 Pu 经过 24100 年后一定还剩余 36 个 B. X 的中子数为 143，40 克 Pu 经过 48200 年后，还有 10 克未衰变 C. X 的质量数为 236，核反应过程中电荷数、质量数守恒 D. Pu 核衰变前的质量等于衰变后 X、 He 核的质量之和 【答案】B 【解析】 【详解】A．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核衰变不适应，选项 A 错误； BC．根据质量数和电荷数守恒可知，X 的质量数为 235，电荷数为 92，则中子数为 235-92=143，40 克 Pu 经过 48200 年后，还有 未衰变，选项 B 正确，C 错误； D．因反应放出能量，则有质量亏损，即 Pu 核衰变前的质量大于衰变后 X、 He 核的质量之 和，选项 D 错误； 故选 B. 2.公交车进站时的刹车过程可近似看作匀减速直线运动。下面是该过程中公交车的位移 ，速 度 v、加速度 a、动能 Ek 随时间 t 变化的图像，其中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 239 94 239 94 4 2 239 94 239 94 239 94 239 94 4 2 239 94 48200 24200140 10g2 g× =（ ） 239 94 4 2 x 【详解】A．由 可知，图像 A 正确； B．由 可知，图像 B 错误； C．匀减速运动的加速度不变，则选项 C 错误； D．根据 可知，图像 D 错误。 故选 A. 3.滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某运动员（可视为质点）从雪坡上先后以初速 度之比 vl：v2=3：4 沿水平方向飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过 程中（ ） A. 运动员先后在空中飞行的时间相同 B. 运动员先后落在雪坡上的速度方向不同 C. 运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为 3:4 D. 运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为 1:1 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据 x=vt， ，则 两次 初速度不同，则时间不同，选项 A 错误； B．速度方向与水平方向的夹角 可知.运动员先后落在雪坡上的速度方向相同，选项 B 错误； C．根据动量定理 的 2 0 1 2x v t at= − 0v v at= − 2 2 0 1 1 ( )2 2kE mv m v at= = − 21 2y gt= 21 2tan 2 gty gt x vt v θ = = = tan 2tanyv gt v v α θ= = = 2 tanyp mv mgt mv vθ∆ = = = ∝ 则运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为 3:4，选项 C 正确； D．根据动能定理： 则运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为 9:16，选项 D 错误； 故选 C. 4.一个半径为 R 的均匀导电金属圆环放置在粗糙的水平绝缘桌面上，现加上一方向竖直向上、 磁感应强度为 B 的匀强磁场，如图所示（俯视图）。将金属圆环接入电路中，干路电流为 I， 接入点 a、b 是圆环直径上的两个端点。金属圆环始终处于静止状态，则（ ） A. 当电流为 I 时，金属圆环上半部分受到的安培力大小为丁 πBIR B. 当电流为 I 时，金属圆环受到的安培力大小为 BIR C. 增大干路电流，金属圆环对桌面的压力增大 D. 增大干路电流，金属圆环对桌面的摩擦力增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．当电流为 I 时，金属圆环上半部分受到的安培力大小为 ， 选项 A 错误； B．当电流为 I 时，金属圆环上下两部分受到的安培力均为 BIR 且方向相同，则金属环受到的 安培力大小为 2BIR，选项 B 错误； CD．由左手定则可知，金属环所受的安培力方向沿水平方向，则增大干路电流，安培力变大， 但金属圆环对桌面的压力不变，金属圆环对桌面的摩擦力增大，选项 C 错误，D 正确；故选 D. 5.如图所示，由绝缘轻杆构成的正方形 ABCD 位于竖直平面内，其中 AB 边位于水平方向，顶 点处分别固定一个带电小球。其中 A、B 处小球质量均为 m，电荷量均为 2q(q>0)；C、D 处小 球质量均为 2m，电荷量均为 q。空间存在着沿 DB 方向的匀强电场，在图示平面内，让正方形 绕其中心 O 顺时针方向旋转 90°，则四个小球所构成的系统（ ） 2 2 21 2 tan2KE mgh mg gt mv vθ∆ = = ⋅ = ∝ 1 22 IF B R BIR= ⋅ ⋅ = A. 电势能增加，重力势能增加 B. 电势能不变，重力势能不变 C. 电势能减小，重力势能减小 D. 电势能不变，重力势能增加 【答案】D 【解析】 【详解】让正方形绕其中心 O 顺时针方向旋转 90°，则电场力对四个小球做总功为： 则系统电势能不变； 系统重力势能变化量： 则重力势能增加； A．电势能增加，重力势能增加，与结论不相符，选项 A 错误； B．电势能不变，重力势能不变，与结论不相符，选项 B 错误； C．电势能减小，重力势能减小，与结论不相符，选项 C 错误； D．电势能不变，重力势能增加，与结论相符，选项 D 正确； 故选 D. 6.如图所示，物块甲和乙的质量分别为 m、2m，用一个劲度系数为 k 的竖直轻质弹簧连接，最 初系统静止。现在用方向竖直向上的力缓慢拉动甲直到乙刚好离开地面，重力加速度为 g，忽 略空气阻力，则（ ） = 2 cos45 2 cos45 cos45 cos45 0W E q L E q L E q L E q L⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =    电 2pE mgL mgL mgL∆ = − = A. 物块乙刚好离开地面时，弹簧弹力大小为 2mg B. 物块乙刚好离开地面时，物块甲上升的高度为 C. 物块乙刚好离开地面时突然撤去拉力，物块甲的瞬时加速度大小为 3g D. 在此过程中，拉力做的功大于甲的重力势能的增加量 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．物块乙刚好离开地面时，对乙受力分析可知，弹簧弹力大小为 2mg，选项 A 错误； B．开始时弹簧的压缩量为 ，当物块乙刚好离开地面时，弹簧伸长量 ，则此时物块 甲上升的高度为 ，选项 B 错误； C．物块乙刚好离开地面时甲受到的拉力为 3mg，则突然撤去拉力，物块甲受到的合力为 3mg， 根据牛顿第二定律可知，甲的瞬时加速度大小为 3g，选项 C 正确； D．在此过程中，弹簧的形变量增加，弹性势能变大，拉力做的功等于甲的重力势能与弹簧的 弹性势能的增加量之和，则拉力做的功大于甲的重力势能的增加量，选项 D 正确； 故选 ACD. 7.2019 年 8 月 17 日，“捷龙一号”首飞成功，标志着中国“龙”系列商业运载火箭从此登上 历史舞台“捷龙一号”在发射卫星时，首先将该卫星发射到低空圆轨道 1，待测试正常后通过 变轨进入高空圆轨道 2。假设卫星的质量不变，在两轨道上运行时的速率之比 vl：v2=3：2， 则（ ） A. 卫星在两轨道运行时的向心加速度大小之比 a1：a2 =81：16 B. 卫星在两轨道运行时的角速度大小之比 ω1：ω2 =25：4 C. 卫星在两轨道运行的周期之比 T1 ：T2=4：27 D. 卫星在两轨道运行时的动能之比 Ekl：Ek2 =9：4 【答案】AD 【解析】 2mg k mg k 2mg k 3mg k 【详解】根据 可得 ，因为 vl：v2=3：2，则 rl：r2=4：9. 根据 可知： A．由 ，可得卫星在两轨道运行时的向心加速度大小之比 a1：a2 =81：16 选项 A 正确； B．由 可得，卫星在两轨道运行时的角速度大小之比 ω1：ω2 =27：8 选项 B 错误； C．由 可知，卫星在两轨道运行的周期之比 T1 ：T2=8：27 选项 C 错误； D．根据 ，则卫星在两轨道运行时的动能之比 Ekl：Ek2 =9：4 选项 D 正确； 故选 AD. 8.如图所示，在水平面内两根间距为 L、足够长的光滑平行金属导轨（电阻不计）水平放置。 导轨间存在方向竖直向上、大小为 B 的匀强磁场。两平行金属杆 ab、cd 的质量分别为 m1、m2， 电阻分别为 R1、R2，且始终与导轨保持垂直。开始两金属杆处于静止状态，相距为 x0，现给 金属杆 ab 一水平向右的初速度 v0，一段时间后，两金属杆间距稳定为 x1。下列说法正确的是 （ ） A. 金属杆 cd 先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 2 2 2 2 ( )2Mm vG m r m m r mar T r π ω= = = = 2 GMa r = 3 GM r ω = 2T π ω= 21 2 2k GMmE mv r = = B. 当金属杆 ab 的加速度大小为 a 时，金属杆 cd 的加速度大小为 C. 这段时间内通过金属杆 cd 的电荷量为 D. 两金属杆 ab、cd 在运动过程中产生的焦耳热为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．开始时 ab 向右运动，产生感应电动势，在回路中形成感应电流，则 ab 将受到向 左的安培力，cd 受到向右的安培力，则 ab 做减速运动，cd 做加速运动，随着 ab 速度的减小 以及 cd 速度的增加，回路中感应电动势减小，两棒所受的安培力减小，则两棒的加速度均减 小，当加速度减为零时两棒均做匀速运动，此时两棒共速，则金属杆 cd 先做变加速直线运动， 后做匀速直线运动，选项 A 错误； B．两棒所受的安培力等大反向，可知 解得金属杆 cd 的加速度大小为 选项 B 正确； C．根据 可得这段时间内通过金属杆 cd 的电荷量为 选项 C 正确； D．从开始运动到两棒共速的过程，由动量守恒定律： 则产生的焦耳热 1 2 m am 1 0 1 2 ( )BL x x R R − + 2 1 2 0 1 2 m m v m m+ ' 1 2=F m a m a=安 ' 1 2 ma am = q R ∆Φ= 总 1 0 1 2 ( )BL x xq R R −= + 1 0 1 2( )m v m m v= + 2 2 1 0 2 1 2 1 2 0 1 2 1 1 ( )2 2 )2( m m vQ m v m m v m m − = += + 选项 D 错误； 故选 BC. 二、非选择题 9.如图所示，某同学从打点计时器打出的纸带中选出一条点迹比较清晰的纸带，从便于测量 的某一点开始，每五个点取一个计数点，打点计时器打点的时间间隔 ， ， 。 (1)小车的加速度大小 a=_______m/s2（计算结果保留两位有效数字）。 (2)如果当时电网中交变电流的频率 f=50.2Hz，而做实验的同学并不知道，由此引起的系统误 差将使加速度的测量值比实际值偏_______（填“大”或“小”）。 【答案】 (1). 0.64 (2). 小 【解析】 【详解】（1）[1]．小车的加速度大小 （2）[2]．如果当时电网中交变电流的频率 f=50.2Hz，则打点周期偏小，点间距偏小，而做 实验的同学并不知道，根据 可知，由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际 值偏小。 10.某实验小组做“测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率”实验。 (1)先用螺旋测微器测其直径，如图甲所示，其直径为_______mm;再用游标卡尺测其长度，如 图乙所示，其长度为_______cm；最后用多用表粗测其电阻，如图丙所示，其电阻为 ______Ω。 0.02sT = 1 4. 05cmx = 2 4. 68cmx = 3 6. 61cmx = 4 7. 26cmx = 2 2 2 2 2 (7.26 6.61 4.68 4.05) 10 m/s 0.64m/s2 2(2 0.1) EG ACx xa t −− + − − ×= = =× 2x aT∆ = (2)为了减小实验误差，要用伏安法较准确地测出其阻值，除待测圆柱体外，实验室还备有如 下实验器材，则电压表应选_______，滑动变阻器应选_______（均用器材前的序号表示）。要 将电流表 A 的量程扩大至 0.6 A，应将电阻箱与电流表_______（填“串联”或“并联”），电 阻箱连人的电阻值为_______Ω。 A．两节新的干电池 B．电压表 V1(量程 0～3V，内阻约为 1kΩ) C．电压表 V2（量程 0～15V，内阻约为 5kΩ） D．电流表 A（量程 0～l00mA，内阻为 10Ω） E．电阻箱 R1(0～999Ω，额定电流 1A) F．滑动变阻器 R2 (0～5Ω，额定电流 1A) G．滑动变阻器 R3(0～2000Ω，额定电流 0.1A) H.电键和导线若干 (3)改装后的电流表内阻已知，为消除系统误差，电压表示数从 0 开始，在虚线框中画出实验 电路图____。 【答案】 (1). 1.844（1.842～1.846 均可） (2). 4.240 (3). 6 (4). B (5). F (6). 并联 (7). 2 (8). 【解析】 【详解】（1）[1][2][3]．用螺旋测微器测其直径为：1.5mm+0.01mm×34.5=1.845mm；用游标 卡尺测其长度为 4.2cm+0.05mm×8=4.240cm；用多用表粗测其电阻为 6Ω。 （2）[4][5]．电源电动势为 3V，可知电压表选用 B；滑动变阻器要用分压电路，则选用阻值 较小的 F； [6][7]．要将电流表 A 的量程扩大至 0.6 A，应将电阻箱与电流表并联，电阻箱连入的电阻值 为 。 （3）[8]．因改装后的电流表内阻已知，则采用电流表内接；滑动变阻器用分压电路，电路 如图： 11.如图所示，水平虚线 AB 和 CD 间距为 L，中间存在着方向向左且与虚线平行的匀强电场，CD 的上侧存在一半径为 R 的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，圆形磁场与 CD 相切于点 M。 一质量为 m、带电量为 q(q>0)的粒子由电场下边界的 S 点以初速度 v0 垂直射人电场，一段时 间后从 M 点离开电场进入磁场。粒子进入磁场的速度大小为 2v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁 场的圆心 O。粒子所受重力忽略不计，求： (1)电场强度的大小； (2)圆形磁场磁感应强度的大小。 【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】（1）粒子在电场中运动时，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，粒子进 入磁场时的速度大小为 2v0，由几何关系可知，粒子进入磁场的方向与电场方向夹角为 30°， 则竖直方向 0.1 10 20.6 0.1 g g g I rR I I ×= = Ω = Ω− − 2 03mv qL 02 3mv qR L=v0t 水平方向 解得： （2）粒子进入磁场后经过圆心 O 可知，粒子运动的轨道半径 由 解得 12.如图所示，质量 M=2kg、高 h=0.2m 的长木板静止在粗糙的水平地面上，长木板与地面间的 动摩擦因数 。在长木板上放置一个质量 m=lkg 的铁块（可视为质点），开始时铁块离 长木板左端 B 点的距离 L=0.5m，铁块与木板间的动摩擦因数 ，设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，g =10m/s2。若在长木板上加一个水平向右的恒力 F，求： (1)要将长木板从铁块下抽出，水平向右的恒力 F 应满足什么条件。 (2)若水平向右的恒力为 17N，铁块与长木板分离时两者的速度大小。 (3)在(2)中，在铁块落地前的整个过程中，铁块、长木板和地面组成的系统因摩擦所产生的 热量。 【答案】(1) F>9N; (2) 3m/s lm/s; (3) 4.75J 【解析】 【详解】(1)欲将长木板从铁块下抽出，这两者间必存在相对运动，两者刚好发生相对滑动时， 02 cos30 qEv tm = 2 03mvE qL = 2 cos30 3 R Rr = =  2 0 0 (2 )2 vq v B m r ⋅ ⋅ = 02 3mvB qR = 1 0.1µ = 2 0.2µ = 对滑块，由牛顿第二定律有： 解得： 对长木板，由牛顿第二定律有： 解得： 即恒力 F 应满足的条件为 (2)当 时，滑块相对于长木板将发生相对滑动，对长板，有： 解得： a1=6m/s2 滑块的加速度： a2=a=2m/s2 分离时长木板的位移： 铁块的位移： 两者分离时有： 解得： 设滑块离开长木板的瞬间，长木板与铁块的速度分别为 v1，v2，则： 2mg maµ = 22m / sa = min 1 2( )F m M g mg Maµ µ− + − = mi n 9NF = 9NF > 1 17 N 9 NF = > 1 1 2( )F m M g mg Maµ µ− + − = 2 1 1 1 1 2x a t= 2 2 2 1 1 2x a t= 1 2x x L− = 1 0.5st = 1 1 1 3m/sv a t= = 2 2 1 1m/sv a t= = (3) (2)问中，分离时长木板位移： 滑块离开长木板后做平抛运动，由平抛运动规律有： 滑块离开长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可知： 解得： a3=7.5m/s2 滑块离开长木板到落地时长木板的位移： 解得： x3=0.75m 整个过程中，滑块与长板间因摩擦产生的热量： 长木板与水平面间因摩擦产生的热量： 铁块、长木板和水平地面组成的系统因摩擦产生的热量： 13.(1)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，所用油酸酒精溶液体积浓度为 0.10%，且知 一滴油酸酒精溶液的体积 V=4.8×10－3 mL。油酸未完全散开时就开始测量油酸膜的面积，会导 致计算结果____（填“偏大”“偏小”或“不变”）；若一滴油酸酒精溶液形成的油膜面积 S=40cm2，则可测出油酸分子的直径为________m。 【答案】 (1). 偏大 (2). 1.2×10－9 【解析】 【详解】[1]．油酸未完全散开时就开始测量油酸膜的面积，则测得的油膜的面积偏小，根据 在 2 1 1 1 1 0. 75m2x at= = 2 2 0. 2sht g = = 1 1 3F Mg Maµ− = 2 3 1 2 3 2 1 2x v t a t= + 1 2 1. 0JQ mgLµ= = 2 1 1 1 3( ) 3. 75JQ M mgx Mgxµ µ= + + = .总 1 2 4. 75JQ Q Q= + = 可知会导致计算结果偏大； [2]．油酸分子的直径为 14.如图所示，一定质量的理想气体在状态 A 时压强为 1.5×l05 Pa，经历 A→B→C→A 的过程， 已知 B→C 过程中气体做功数值是 C→A 过程中气体做功数值的 3 倍，求： ①气体在状态 B 和 C 时的压强； ②整个过程中气体与外界交换的热量。 【答案】①pB = 4.5×105 Pa；PC=l.5×l05 Pa ②600 J 【解析】 【详解】①由图可知，气体从状态 A 到状态 B 为等容变化过程，在状态 B 时气体温度， ，由查理定律有： 解得： 由图可知，气体从状态 B 到状态 C 为等温变化过程，在状态 C 时气体体积 ，由玻意 耳定律有： 解得： ②由状态 B 经状态 C 回到状态 A，设外界对气体做 总功为 W，从状态 C 到状态 A，发生等压 变化，外界对气体做功： 的 Vd S = 6 00 3 9 4 4 10 0.10 m m40 .8 10 1.2 110 0d − − × × = ××= × － － 3B AT T= B A B A p p T T = 54. 5 10 PaBp = × 3C BV V= B B C Cp V p V= 51. 5 10 PaCp = × WCA=pC(VC-VA)=300J B→C 过程中气体做功的大小是 C→A 过程中气体做功大小的 3 倍，则 B→C 过程中气体对外做 功： WBC=－900J 从状态 A 到状态 B，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以整个过程中外界对气体做 功： W= WCA＋WBC=－600J 整个过程中气体内能增加量 ，设气体从外界吸收的热量为 Q，由热力学第一定律： 解得： Q=600 J 即气体从外界吸收的热量为 600J。 15.关于机械波与电磁波，下列说法中正确的是 A. 机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受 迫振动 B. 弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程一定等于一个振幅 C. 有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去 D. 电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、可见光、红外线、γ 射线 E. 在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振 动，是受迫振动，选项 A 正确； B．弹簧振子只有从平衡位置或者离平衡位置最远处开始振动计时，在四分之一个周期里运动 路程才等于一个振幅，选项 B 错误； C．有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去，这是根据多普勒效应， 选项 C 正确； D．波长越大的衍射能量越强，则电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、红外线、可见 光、γ 射线，选项 D 错误； 的 0U∆ = U Q W∆ = + E．在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同，选项 E 正确； 故选 ACE. 16.如图所示，ABC 是一个三棱镜的截面图，一束单色光以 i＝60°的入射角从侧面的中点 N 射入。已知三棱镜对该单色光的折射率 ，AB 长为 L，光在真空中的传播速度为 c，求： ①此束单色光第一次从三棱镜射出的方向（不考虑 AB 面的反射）； ②此束单色光从射入三棱镜到 BC 面所用 时间。 【答案】①光将垂直于底面 AC，沿 PQ 方向射出棱镜 ② 【解析】 【详解】①设此束光从 AB 面射人棱镜后的折射角为 r，由折射定律有: 解得 ，显然光从 AB 射入棱镜后的折射光线 NP 平行于 AC，光在 BC 面上的入射角为 45°, 设临界角为 α，则由 得: 可知 ，故光在 BC 面上发生全反射,根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底 面 AC，沿 PQ 方向射出棱镜 ②光在棱镜中传播的速率: 的 3n = ( 3 3) 4 Lt c += sin sin in r = 30r =  1sin n α = 3 2 3 2sinα = < 45α < ° cv n = 所以此束光从射入三棱镜到 BC 面所用的时间： 解得： 1 1 60 1 3( 60 )2 2 tan 45 4 ABsinNP AC ABcos AB += = + =   NPt v = ( 3 3) 4 Lt c +=