辽宁省辽河油田二中2020届高三上学期10月月考物理试题

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辽宁省辽河油田二中2020届高三上学期10月月考物理试题

辽油二高2019-2020学年度高三10月考试物理试题 一、单选题 ‎1.“两弹一星”是对中国依靠自己的力量掌握核技术和空间技术的统称,是20世纪下半叶中华民族创建的辉煌伟业,其中“两弹”所涉及的基本核反应方程有:①,②,关于这两个方程,下列说法正确的是 A. 方程①属于α衰变 B. 方程②属于轻核聚变 C. 方程①的核反应是太阳能的源泉 D. 方程②中与互为同位素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A方程①是重核在中子的轰击下变成两中等质量的核,是重核裂变,故A错误.B、方程②为两轻核合成为正等质量的核,为轻核聚变,故B正确.C、方程①为核电站的发电来源,故C错误.D、同位素因为相同的质子数不同的中子数,故D错误.故选B.‎ ‎【点睛】理解裂变和聚变的特点,对于原子物理中核反应方程、裂变、聚变和衰变等基本知识要熟练掌握和应用.‎ ‎2.如图所示,在粗糙的水平面上放一质量为2kg的物体,现用F=8N的力,斜向下推物体,力F与水平面成角,物体与水平面之间的滑动摩擦系数为μ=0.5,则 A. 物体对地面的压力为24N B. 物体所受的摩擦力为12N C. 物体加速度为 D. 物体将向右匀速运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 受力分析如图所示,在竖直方向上,由平衡条件得,物体与水平地面间最大静摩擦力,水平方向上 ,由于,物体将静止不动,故物体所受的摩擦力为静摩擦力,综上分析,正确答案为A.‎ ‎3.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动,它们的位移—时间(x–t)图象如图所示,由图象可以得出在0~4 s内( )‎ A. 甲、乙两物体始终同向运动 B. 4 s时甲、乙两物体间的距离最大 C. 甲的平均速度等于乙的平均速度 D. 甲、乙两物体间的最大距离为6 m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图像的斜率等于速度,可知在内甲、乙都沿正向运动,运动方向相同。内甲沿负向运动,乙仍沿正向运动,运动方向相反,故A错误。‎ BD.内甲乙同向运动,甲的速度较大,两者距离不断增大。后甲反向运动,乙仍沿原方向运动,两者距离减小,则时甲、乙两物体间的距离最大,最大距离为 ,故BD错误。‎ C.由图知,在内甲、乙的位移都是,平均速度相等,故C正确。‎ ‎4.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上.用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示.用FT表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中( )‎ A. F逐渐变大,FT逐渐变大 B. F逐渐变大,FT逐渐变小 C. F逐渐变小,FT逐渐变大 D. F逐渐变小,FT逐渐变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】以结点为研究对象,受力分析如图所示:‎ 由题意知点缓慢移动,即在移动过程中始终处于平衡状态,则可知绳的张力:‎ 根据平衡条件可知:‎ 联立可得:‎ 在结点为被缓慢拉动过程中,夹角增大,由三角函数可知和均变大;‎ A.与分析相符,故A正确;‎ B.与分析不符,故B错误;‎ C.与分析不符,故C错误;‎ D.与分析不符,故D错误;‎ ‎5.如图,当汽车通过拱桥顶点速度为6m/s 时,车对桥顶的压力为车重的,如果要使汽车在桥面行驶至桥顶时,对桥面的压力为零,则汽车通过桥顶的速度应为( )‎ A. 3m/s B. 10m/s C. 12m/s D. 24m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据牛顿第二定律得: , 即 当支持力为零,有: , 解得:v′=2v=12m/s.故C正确,ABD错误.故选C.‎ 点睛:解决本题关键知道圆周运动向心力的来源,运用牛顿第二定律进行求解.知道摩擦力为零时,此时支持力为零.‎ ‎6.如图所示,A、B、C三颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,已知三颗卫星的质量关系为,轨道半径的关系为,则三颗卫星( ) ‎ A. 线速度大小关系为 B. 加速度大小关系为 C. 向心力大小关系为 D. 周期关系为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,则有:,‎ 解得:,,;‎ 由题意有:,‎ 因此可知线速度大小关系为:,加速度大小关系为:,周期关系为:,‎ 根据和可知,,‎ 故选项B正确,A、C、D错误.‎ ‎7.如图所示,高h=2m的曲面固定不动.一个质量为1kg的物体,由静止开始从曲面的顶点滑下,滑到底端时的速度大小为4m/s.g取10m/s2.在此过程中,下列说法正确的是( )‎ A. 物体的动能减少了8J B. 物体的重力势能增加了20J C. 物体的机械能保持不变 D. 物体的机械能减少了12 J ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项,物体由静止开始下滑,末速度为4m/s ,动能变化量 ‎ ‎,物体的动能增加了8J,故A项错误.‎ B项,设地面为零势能面,在顶端物体的重力势能为 ,此过程中,物体的重力势能减小了20J,故B项错误.‎ C、D项,机械能包括势能和动能, ,所以物体的机械能减少了12J,故C错误;D正确;‎ 故选D 二、多选题 ‎8.如图a,物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动,在t=1s时刻撤去恒力F,物体运动的图象如图b,重力加速度,则 A. 物体在3s内的位移 B. 恒力F与摩擦力f大小之比 C. 物体与地面的动摩擦因数为 D. 3s内恒力做功与克服摩擦力做功之比 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图象与时间轴所围的面积表示位移,可得物体在3s内的位移:‎ 故A错误;‎ B.物体在第1s内和后2s内的位移分别为:‎ 对整个过程,由动能定理得:‎ 解得:‎ 故B正确;‎ C.对后2s内物体的运动过程,由动能定理得:‎ 解得:‎ 故C正确;‎ D.对整个过程,由动能定理得:‎ 可得:‎ 故D错误.‎ ‎9.如图,质量为m的物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻开始受到水平力的作用.力的大小F与时间t的关系,且力的方向保持不变.则下列选项中正确的是(  )‎ A. 2t0时刻的瞬时速度为 B. 2t0时刻的瞬时功率为 C. 在t=0到2t0这段时间内,物体的位移为 D. 在t=0到2t0这段时间内,水平力的平均功率为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据牛顿第二定律和运动学公式求出2t0时刻的瞬时速度,从而求出瞬时功率.根据位移公式求出t=0到2t0这段时间内位移,通过功的公式求出水平力做功的大小,从而求出平均功率.‎ ‎【详解】0~t0时间内的加速度a1=,则t0时刻的速度v1=a1t0=,在t0~2t0时间内的加速度a2=,则2t0时刻的速度v2=v1+a2t0=.故A正确.2t0时刻的瞬时功率为P=2F0v2=.故B错误.0~t0时间内的位移x1=a1t02=,在t0~2t0时间内的位移x2=v1t0+a2t02=,则物体在0到2t0这段时间内位移为.故C错误.在t=0到2t0这段时间内,水平力做功W=F0x1+2F0x2=,则水平力做功的平均功率.故D正确.故选AD.‎ ‎【点睛】解决本题的关键通过图线,结合牛顿第二定律和运动学公式求出速度和位移,知道平均功率和瞬时功率的区别.‎ ‎10.如图所示,一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端,弹簧的另一端固定于O点,将小球拉至A处,弹簧恰好无形变,由静止释放小球,它运动到O点正下方B点的竖直高度差为h,速度为v,则()‎ A. 小球在B点动能小于mgh B. 由A到B小球重力势能减少 C. 由A到B小球克服弹力做功为mgh D. 小球到达位置B时弹簧的弹性势能为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球由A点到B点重力势能减少,在小球在下降过程中,小球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能,所以小球运动到B点时的动能小于,故A正确、B错误; C.根据动能定理得:‎ ‎,‎ 所以由A至B小球克服弹力做功为:‎ 故C错误; D.弹簧弹力做功量度弹性势能的变化.所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为,故D正确.‎ 三、填空题 ‎11.某同学在做平抛运动实验时得到了如图中物体运动轨迹,a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出,则:‎ ‎(1)小球经过a、b、c相邻两点的时间间隔为_____s ‎(2)小球平抛的初速度为____m/s(g=10m/s2).‎ ‎(3)小球在b点的竖直分速度速度为____m/s ‎(4)小球抛出点到b点的时间t2=____s.‎ ‎(5)小球从抛出到a点的时间为______s ‎(6)抛出点的坐标为________.‎ ‎【答案】 (1). 0.1 (2). 2 (3). 1.5 (4). 0.15 (5). 0.05 (6). (-10cm,-1.25cm)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]在竖直方向上,根据得,相等的时间间隔为:‎ ‎;‎ ‎(2)[2]水平方向为匀速运动,则小球平抛运动的初速度为:‎ ‎;‎ ‎(3)[3]根据中间时刻的瞬时速度等于其平均速度,则b点的竖直分速度为:‎ ‎;‎ ‎(4)[4]根据竖直方向为自由落体运动,则小球抛出点到b点的时间为:‎ ‎;‎ ‎(5)[5]则小球抛出点到a点的时间为:‎ ‎;‎ ‎(6)[6]则小球从抛出点到a点的水平距离为:‎ 小球从抛出点到a点的数值距离为:‎ 则小球的抛出点坐标为:.‎ ‎12.在某次验证机械能守恒定律的实验中,质量m=1kg的重锤自由下落,在纸带上打出一系列的点如图所示,相邻记数点的时间间隔为0.02s,长度单位是cm,取g=9.8m/s2,求:‎ ‎①打点计时器打下计数点B时,物体的速度vB=______m/s(保留两位有效数字);‎ ‎②从点O到打下计数点B的过程中,物体重力势能的减少量△Ep=______J,动能的增加量△Ek=______J(保留两位有效数字);‎ ‎③在实验误差范围内由(2)的结果可得出的结论是:______.‎ ‎④在“验证机械能守恒定律”的实验中,有如下可供选择的实验器材:铁架台,电火花打点计时器,纸带,电源,秒表等.其中不必要的器材是______,在实验数据处理时,得到重锤动能的增量总小于重锤势能的减少量,其原因可能是:______.‎ ‎【答案】 (1). 0.97 (2). 0.48 (3). 0.47 (4). 物体自由下落时的机械能守恒 (5). 秒表 (6). 重锤和纸带在下落时要受到的阻力做负功,引起机械能减少 ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1]中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B的速度大小:‎ ‎;‎ ‎②[2]从点O到打下计数点B的过程中,物体重力势能减小量为:‎ ‎[3]动能的增加量为:‎ ‎;‎ ‎③[4]在实验误差范围内由(2)的结果可得出的结论是:物体自由下落时的机械能守恒; ④[5] “验证机械能守恒定律”的实验即验证重锤减少的重力势能与增加的动能是否相等:,是利用打点计时器和匀变速直线运动的推论计算得到,和需要用毫米刻度尺测量得到,打点计时器本身是可以计时的仪器,所以不要秒表;‎ ‎[6]在实验数据处理时,得到重锤动能的增量总小于重锤势能的减少量,其原因可能是:重锤和纸带在下落时要受到的阻力做负功,引起机械能减少. ‎ 四、计算题 ‎13.质量为2kg的物体,在竖直平面内高h = 1m的光滑弧形轨道A点,以v=4m/s的初速度沿轨道滑下,并进入BC轨道,如图所示.已知BC段的动摩擦系数.(g取10m/s2)求:‎ ‎(1)物体滑至B点时的速度;‎ ‎(2)物体最后停止在离B点多远的位置上.‎ ‎【答案】(1);(2)4.5m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由A到B段由动能定理得:‎ 得到:‎ ‎;‎ ‎(2)由B到C段由动能定理得::‎ 所以:‎ ‎.‎ ‎14.如图所示,质量m=5kg的木箱放在粗糙水平面上静止,现用大小为30N,方向与水平方向成θ=37°的力斜向上拉木箱,木箱与地面之间的动摩擦因数μ=0.5.(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8).求:‎ ‎(1)物体的加速度大小;‎ ‎(2)若拉力作用5s后撤去,则撤去拉力后物体还能运动多远?‎ ‎【答案】.(1)1.6m/s2;(2)6.4m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)木箱受力如图所示:‎ ‎ 水平方向根据牛顿第二定律可得:‎ 竖直方向根据共点力的平衡条件可得:‎ ‎  ‎ 滑动摩擦力大小:‎ 解得木箱加速度大小:‎ ‎;‎ ‎(2)撤去拉力时木箱速度大小:‎ 撤去拉力后木箱加速度大小:‎ 撤去拉力后木箱运动的距离为:‎ ‎.‎ ‎15.如图所示,光滑水平轨道距地面高h=0.8m,其左端固定有半径为R=0.6m的内壁光滑的半圆形轨道,轨道的最低点和水平轨道平滑连接.用质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的小物块A、B压缩一轻质弹簧(弹簧和和块不拴接).同时放开小物块A、B,两物块和弹簧分离后,物块A进入圆形轨道,物块B从水平轨道右侧边缘飞出,其落地点到轨道边缘的水平距离s=1.2m.重力加速度g=10m/s2.‎ ‎(1)物块B和弹簧分离的瞬间,物块B的速度大小;‎ ‎(2)物块A运动到半圆形轨道最高点时,对轨道的压力.‎ ‎(3)释放物块前弹簧具有的性势能.‎ ‎【答案】(1)3m/s;(2)10N,方向竖直向上;(3)27J;‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)B离开水平轨道后做平抛运动,在竖直方向上:‎ 水平方向:‎ 联立并代入数据解得:‎ ‎;‎ ‎(2)A、B碰撞过程动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:‎ 对A,由机械能守恒定律得:‎ 在最高点,由牛顿第二定律得:‎ 代入数据解得:‎ 由牛顿第三定律可知,小物块对轨道的压力为10N,方向竖直向上; (3)对系统,由能量守恒定律得:‎ 代入数据解得:‎ ‎.‎ ‎16.下列说法正确的是______‎ A. 液体的表面层内分子分布比较稀疏,分子间表现为引力 B. 气体分子的平均动能越大,其压强就越大 C. 第二类永动机是可以制成的,因为它不违背能的转化和守恒定律 D. 空气的相对湿度越大,人们感觉越潮湿 E. 给物体传递热量,物体的内能不一定增加 ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ 试题分析:液体表面具有张力是因为液体表面层的分子间隙较大,分子间表现为引力,故A正确;气体分子的平均动能越大,则温度越高,但是因为不知体积的变化,则其压强的变化无法确定,选项B错误;第二类永动机是不可以制成的,因为它虽然不违背能的转化和守恒定律,但是违背热力学第二定律,选项C错误;空气的相对湿度越大,人们感觉越潮湿,选项D正确;根据热力学第一定律△E=W+Q可知,给物体传递热量,物体的内能不一定增加,还要看物体对外或外界对物体做功情况,选项E正确;故选ADE.‎ 考点:表面张力;永动机;热力学第一、第二定律;‎ ‎【名师点睛】本题全面考查了热学有关基础知识,对于这部分知识主要是加强记忆和平时的积累;要多看课本就能取得较好的成绩.‎ ‎17.如图,一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置,横截面积S=1.0×l0-3m2、质量m=2kg、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体,此时活塞与气缸底部之间的距离l=36cm,在活塞的右侧距离其d=14cm处有一对与气缸固定连接的卡环.气体的温度t=27℃,外界大气压强p0=l.0×105Pa.现将气缸开口向上竖直放置 (g取10m/s2)‎ ‎(1)求此时活塞与气缸底部之间的距离h;‎ ‎(2)如果将缸内气体加热到600K,求此时气体的压强p.‎ ‎【答案】(1)0.3m;(2)1.44×105Pa ‎【解析】‎ 试题分析:(1)气缸水平放置时:‎ 封闭气体的压强p1=p0=l.0×105Pa,温度T1=300K,体积V1= lS 气缸竖直放置时:‎ 封闭气体的压强p2=p0+mg/S=l.2×105Pa,温度T2=T1=300K,体积V2=hs 由玻意耳定律 ‎(2)温度升高,活塞刚达到卡环,气体做等压变化,‎ 此时p3=p2 V2=hs V3=(l+d)s T2= 300K 气缸内气体温度继续升高,气体做等容变化 p3=l.2×105Pa 考点:气体的状态变化方程.‎ ‎ ‎
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