【物理】辽宁省辽河油田二中学2020届高三上学期11月月考试题（解析版）

【物理】辽宁省辽河油田二中学2020届高三上学期11月月考试题（解析版）

辽宁省辽河油田二中学2020届高三上学期11月月考试题 一、选择题 ‎1.质点做直线运动的位移x和时间t2的关系图象如图所示，则该质点(　　)‎ A. 质点的加速度大小恒为1 m/s2‎ B. 0～2 s内的位移是为1 m C. 2末的速度是 4 m/s D. 物体第3 s内的平均速度大小为3 m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据得，可知图线的斜率表示，可得：a=2m/s2，故A错误；0-2s内的位移，故B错误；2s末的速度v=at=2×2m/s=4m/s，故C正确；物体在第3s内的位移，则平均速度：，故D错误。‎ ‎2.关于静电场，下列说法正确的是 A. 电势高的地方电场线密，电势低的地方电场线疏 B. 在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比 C. 保持平行板电容器所带电荷量不变，减小两板间的距离，板间电场的电场强度不变 D. 电荷从电场中一点移到另一点，电场力不做功，电荷必在同一等势面上移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电势的高低与电场线的疏密程度无关，故A错误； B．匀强电场电势差与电场强度的关系可知，匀强电场中沿着电场强度方向的任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比，垂直于电场线方向电势差为零，故B错误； C．若保持平行板电容器所带电荷量不变，仅减小两极板间的距离，由，和 及可知，与两极板的距离无关，故E不变，故C正确；‎ D.电荷从电场中一点移到另一点，电场力不做功，电荷起到与终点在同一个等势面上，当未必在同一等势面上移动，故D错误。‎ ‎3.如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点．a、b电势分别为φa＝5 V，φb＝3 V，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 该电场在c点处的电势一定为4 V B. a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb C. 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 D. 一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4V，当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V，故A错误；‎ B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强不一定大于b点处的场强，故B错误；‎ CD、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向c，根据沿着电场线方向电势降低可知c点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少，故C正确，D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 原子的核式结构模型是汤姆孙最早提出的 B. 铀核（）衰变为铅核（）的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变 C. 一个氢原子从量子数n＝3的激发态跃迁到基态时最多可辐射3种不同频率的光子 D. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的强度太小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.原子的核式结构模型是卢瑟福最早提出的，故A错误； B.铀核（）衰变为铅核（）的过程中，设要经过x次衰变和y次衰变，则有：‎ ‎,‎ 解得：‎ ‎，‎ 故B正确； C.一个氢原子从量子数的激发态跃迁到基态时，最多可产生2条不同频率的谱线，而不是3条，因为只有一个氢原子，故C错误； D.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，根据光电效应发生的条件可知，是因为这束光的光频率小于极限频率，而与光的强度大小无关，故D错误。‎ ‎5.如图所示，a、b两个带正电的粒子以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场，a粒子打在B板的点，b粒子打在B板的点，若不计重力，则 A. a的电荷量一定大于b的电荷量 B. b的质量一定大于a的质量 C. a的比荷一定大于b的比荷 D. b的比荷一定大于a的比荷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为：‎ 时间为：‎ 偏转量为：‎ 因为两个粒子的初速度相等，则，则得a粒子的运动时间短，则a的加速度大，a粒子的比荷就一定大，但a、b的电荷量和质量无法确定大小关系，故C正确，ABD错误。‎ ‎6.一卫星绕某行星做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运行速度为v，行星的自转周期为T。引力常量为G，行星视为质量分布均匀的球体。行星的同步卫星运行的速度大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】该卫星的周期为：‎ ‎ ‎ 行星的同步卫星运行的速度大小为：‎ ‎（为同步卫星运行的轨道半径）‎ ‎ 根据开普勒第三定律有：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 故ACD错误，B正确。‎ ‎7.小球P、Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P、Q的质量相等，连接P、Q两球的绳长之比为1∶4，将两球拉到水平水平位置后由静止释放，不计空气阻力。则两球运动到悬点正下方时 A. 速度之比为1∶1‎ B. 小球动能之比为1∶4‎ C. 拉力之比为1∶1‎ D. 向心加速度之比为1∶4‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对任意一球，设绳子长度为L．小球从静止释放至最低点，由机械能守恒得：，解得：‎ 所以速度之比为1：2，故A错误。‎ B. ，小球动能之比为1∶4，故B正确。‎ CD. 向心力 向心加速度 故向心加速度之比为1∶1；在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 解得，F=3mg，与绳长无关，故拉力之比为1：1，故C正确D错误。‎ ‎8.如图所示，在高H=10m处将小球A以v1=20m/s的速度水平抛出，与此同时地面上有个小球B以v2=10m/s的速度竖直上抛，两球在空中相遇，不计空气阻力，取g =10m/s2,则 A. 从它们抛出到相遇所需的时间是0.5s B. 从它们抛出到相遇所需的时间是1s C. 两球抛出时的水平距离为5m D. 两球抛出时的水平距离为20m ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.两球相遇时有：‎ 解得：，故A错误B正确。‎ CD. 两球抛出时的水平距离 故C错误D正确。‎ ‎9.如图甲，倾斜传送带逆时针匀速转动。质量为m的滑块在传送带顶端由静止释放，t2时刻滑块滑到传送带底端，滑块运动的v-t图象如图乙所示，若v1、v2、t1、t2及重力加速度已知,则据此 A. 可求出传送带的倾角 B. 无法求出滑块和传送带间的动摩擦因数 C. 传送带的速度大小为v2‎ D. 可求出整个过程因滑块摩擦产生的热量 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.根据图像可知，物块先向下加速，达到与传送带共速v1后，继续向下加速，根据牛顿第二定律可知第一阶段：‎ ‎ ‎ 第二阶段：‎ ‎ ‎ 两方程做和，即可求得倾角的正弦值，进而计算倾角；将正弦值代入任一方程中，即可计算动摩擦因数，故A正确BC错误。‎ D.根据图像面积代表位移，可求出物块位移，进而求出相对位移，动摩擦因数可求，滑动摩擦力可求，产热可求，故D正确。‎ ‎10.如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m，带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是（ ）‎ A. 若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流 B. 若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有b→a的电流 C. 若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流 D. 若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a电流 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将S断开，电容器电量不变，板间场强不变，故油滴仍处于静止状态，A错误；‎ B、若S闭合，将A板左移，由E=可知，E不变，油滴仍静止，而电容C变小，电容器极板电量Q=CU变小，电容器放电，则有由b→a的电流，故B正确；‎ C、将A板上移，由E=可知，E变小，油滴应向下加速运动．电容C变小，电容器要放电，则有由b→a的电流流过G，故C正确；‎ D、当A板下移时，板间电场强度增大，油滴受的电场力增加，油滴向上加速运动，C增大，电容器要充电，则有由a→b的电流流过G，故D错误．‎ 故选BC 二、实验题 ‎11.一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果取，那么：‎ ‎（1）闪光频率是________ Hz ．‎ ‎（2）小球运动中水平分速度的大小 ________ m/s．‎ ‎（3）小球在B点的速度大小为___________m/s ‎【答案】(1). 10 (2). 1.5 (3). 2.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]在竖直方向上有：‎ 其中：‎ 代入求得：‎ 则频率为：‎ ‎；‎ ‎（2）[2]水平方向匀速运动，有：，其中，，代入解得：；‎ ‎（3）[3]根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，在B点有：‎ 所以B点速度为：‎ ‎。‎ ‎12.某位同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。‎ ‎（1）实验中必须满足条件是___。‎ A.斜槽轨道尽量光滑以减小误差 B.斜槽轨道末端的切线必须水平 C.入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下 D.两球的质量必须相等 ‎（2）测量所得入射球A的质量为mA，被碰撞小球B的质量为mB，图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为|OP|；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为|OM|和|ON|。‎ 当所测物理量满足表达式________时，即说明两球碰撞中动量守恒；‎ 如果满足表达式________时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。‎ ‎【答案】(1). BC (2). mA|OP|＝mA|OM|＋mB|ON| mA|OP|2＝mA|OM|2＋mB|ON|2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]. A.斜槽轨道没必要必须光滑，只要小球到达低端的速度相同即可，选项A错误；‎ B.斜槽轨道末端的切线必须水平，以保证小球到达低端时速度方向水平，选项B正确；‎ C.入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，以保证小球到达低端的速度相同，选项C正确；‎ D.为保证小球碰后不被反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，选项D错误；‎ ‎(2)[2].小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则有：‎ mAv0=mAv1+mBv2‎ 又 |OP|=v0t，|OM|=v1t，|ON| =v2t，‎ 整理得：‎ mA|OP|＝mA|OM|＋mB|ON|‎ ‎[3].若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ 将|OP|=v0t，|OM|=v1t，|ON| =v2t，整理得：‎ mA|OP|2＝mA|OM|2＋mB|ON|2；‎ 三、计算题 ‎13.如图所示是一组不知方向的匀强电场的电场线，把的负电荷从A点沿水平线移到B点，静电力做了的功．A、B两点间的距离为2 cm，问：‎ ‎（1）匀强电场的场强为多大？方向如何？‎ ‎（2）A、B两点间的电势差为多大？‎ ‎【答案】（1）200 V/m　方向沿直线由下而上　（2）－2 V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题意可知，静电力做了的功，有：  根据：‎ 得： ‎ 方向：沿直线由下而上 （2）沿着电场方向的位移为：‎ 根据 得到：‎ 沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿直线由下而上 ‎14.如图所示，一质量为M=2kg木板静止在光滑水平面上。现有一质量为m=1kg的小滑块以4m/s的初速度从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块速度随时间变化的关系如图乙所示，t0=1s时滑块恰好到达木板最右端。（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）滑块与木板间的摩擦因数；‎ ‎（2）木板的长度。‎ ‎【答案】（1）0.2（2）2.5m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图可知，滑块的加速度大小为：‎ 根据牛顿第二定律：μmg＝ma1 ，解得：。‎ ‎（2）由图可知，滑块位移大小为：‎ 木板加速度：μmg＝Ma2 ，解得：a2＝1m/s2，木板的对地位移为 木板长度为：L＝xA－xB=2.5m 答：（1）0.2（2）2.5m ‎15.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A，B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到。求 ‎（1）A开始运动时加速度a的大小；‎ ‎（2）A，B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；‎ ‎（3）A的上表面长度l；‎ ‎【答案】(1) （2）1m/s （3）0.45m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①‎ 代入数据解得a＝2.5 m/s2②‎ ‎(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v1③‎ 代入数据解得v1＝1 m/s④‎ ‎(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 mAvA＝(mA＋mB)v1⑤‎ A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAv⑥‎ 由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45 m.‎ ‎16.下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体的温度越高，其分子热运动的平均动能越大 B. 做功可以改变物体的动能，但不可以改变物体的内能 C. 第二类永动机违背了能量守恒定律，不能制成 D. 水的温度越高，在水中的小颗粒的布朗运动越显著 E. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能均随分子间距离的减小而增大 ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ ‎【详解】A.温度是分子平均动能的标志，温度越高分子平均动能越大，分子运动越剧烈，故A正确；‎ B.做功既可以改变物体的动能也可以改变物体的内能，故B错误；‎ C.第二类水动机不能制成，是因为违背了热力学第二定律，故C错误； D.水的温度越高，水分子对小颗粒的撞击越剧烈，布朗运动越显著，故D正确； E.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能均随分子间距离的减小而增大，故E正确。‎ ‎17.一氧气瓶的容积为0.08 m3‎ ‎，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设氧气开始时的压强为，体积为，压强变为（2个大气压）时，体积为．‎ 根据玻意耳定律得: ①‎ 重新充气前，用去的氧气在压强下的体积为:②‎ 设用去的氧气在（1个大气压）压强下的体积为，则有: ③‎ 设实验室每天用去的氧气在下的体积为△V，则氧气可用的天数为:④‎ 联立①②③④式，并代入数据得:N=4天