【物理】安徽省砀山县第二中学2020届高三上学期第一次月考试题（解析版）

【物理】安徽省砀山县第二中学2020届高三上学期第一次月考试题（解析版）

安徽省砀山县第二中学2020届高三上学期 第一次月考 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，是因为光频率小于极限频率，即改光的波长太长，故C错误；‎ D、根据，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，乙车的刹车距离为，则有，所以甲、乙两车不会追尾；甲车刹车过程中的平均速度为，乙车刹车过程中的平均速度为，故选项D正确，A、B错误；‎ C、当时，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 ‎ ‎【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=，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：‎ 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：‎ 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.我军在黄海举行的军事演习中，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图象如图所示，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．在时刻，导体棒以速度从导轨的左端向右运动，经过时间开始进入磁场区域，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，根据知，导体棒做加速度减小的减速运动，电流，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：‎ 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】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．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；‎ CD．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，由牛顿第二定律有：‎ 知绳子对A物体的拉力逐渐减小，C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎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 C.弹簧压缩最短时长度L D.水平桌面离地面高度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_______用测定的物理量字母表示.‎ ‎【答案】 (1). ADE (2). ‎ ‎【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=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=gt2  ，可解得：；‎ ‎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-象，如图乙所示．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）若L-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). BC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由题意知滑块到达光电门时的速度为：‎ 从开始运动到到达光电门的过程中有：‎ v2=2aL 所以有：‎ 所以图象的斜率为：‎ 故滑块下滑时的加速度为：‎ ‎（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，行人否有危险．‎ ‎【答案】（1） （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,‎ 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 解得汽车到达坡底C时的速度 ‎ 经历时间 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 经历的时间 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） （2） （3）‎ ‎【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：‎ 故小球在D点的速度=‎ ‎（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：‎ 解得：‎ ‎（3）设小球到达最低点B时的速度大小为，则滑到最低点B的过程中 满足方程： 解得 所以在B点，小球重力的瞬时功率=‎ ‎【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) (2) (3) ‎ ‎【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 ‎ ,‎ 解得 ‎ ‎（2）小球从A点抛出，进入复合场，由动能定理 ‎ ‎ 又由（1）知 ‎ 解得 ‎ ‎（3）设某时刻小球经某处时速度为v，将其正交分解为、，则小球受力如图，在水平方向上，由动量定理 即 ‎ 解得