湖南省益阳市湘潭市2020届高三9月教学质量检测物理试题 20页

益阳市、湘潭市2020届高三9月教学质量检测物理试卷 一、选择题 ‎1.北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为．若碘原子核衰变前处于静止状态，下列说法正确的是（　　）‎ A. 衰变后氙核的动量大小等于电子的动量大小 B. 衰变后电子与氙核的质量之和等于衰变前碘核的质量 C. 碘核的半衰期等于其放出一个电子所经历的时间 D. 氙核含有54个中子和131个质子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一静止的碘核放出一个电子衰变成氙核，根据系统动量守恒知，衰变后氙核和电子动量之和为零，可知衰变后氙核的动量大小等于电子的动量大小。故A正确。‎ B. 衰变的过程中有质量亏损，即衰变后电子与氙核的质量之和小于衰变前碘核的质量，故B错误；‎ C. 半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，故C错误。‎ D. 氙核有54个质子，131表示质量数即核子数，有131-54=77个中子。故D错误。‎ ‎2.如图所示，倾角为θ＝30°的斜面A置于水平面上，滑块B、C叠放在一起沿斜面加速下滑，且始终保持相对静止。斜面A静止不动，B上表面水平。则B、C在斜面上运动时，下列说法正确的是（　　）‎ A. B一定受到四个力作用 B. A、B间的动摩擦因数 C. 地面对A有向右的摩擦力 D. 地面对A的支持力等于A、B、C三者重力之和 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以B和C为研究对象，一起加速下滑时的加速度以及加速度分解如图所示；‎ A.由于C水平方向加速度不为零，则B和C之间一定存在摩擦力，所以B受到重力、C对B 的压力和摩擦力、A对B的支持力和摩擦力（也可能没有摩擦力），故B受到5个力或4个力，故A错误；‎ B. 由于整体加速下滑，则 Mgsinθ＞μMgcosθ 即 故B正确。‎ C. 根据题意可知，整体加速度方向向左，则地面对A有向左的摩擦力，故C错误；‎ D. 根据图象可知B和C在竖直方向有向下的加速度，处于失重，所以地面对A的支持力小于A、B、C三者重力之和，故D错误。‎ ‎3.如图，两物块P、Q置于倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数均为μ（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），P、Q质量分别为m、2m，两者之间用平行于斜面的轻绳连接。重力加速度大小为g，现对P施加一平行于斜面向上的拉力T，两物块均静止，P、Q间轻绳的张力大小为F．则（　　）‎ A. F一定等于3mgsinθ+3μmgcosθ B. F一定等于mgsinθ+μmgcosθ C. T可能大于2mgsinθ+2μmgcosθ D. T可能大于2mgsinθ﹣2μmgcosθ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 由于Q保持静止，当摩擦力沿斜面向下达到最大时，‎ 当摩擦力沿斜面向上达到最大时，‎ 故 故AB错误；‎ CD. 由于PQ之间有拉力，则 由于整体没有向上滑动，故 故 故C D正确。‎ ‎4.如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足 A. 1<<2 B. 2<<3 C. 3<<4 D. 4<<5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系，可知，即，故本题选C。‎ ‎5.如图甲所示的理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，Rt为热敏电阻（温度升高时，其电阻减小），R为定值电阻，电压表均为理想电表。把如图乙所示交流电接在变压器的a、b两端，下列说法正确的是（　　）‎ A. 该交流电电压的瞬时值表达式为u＝22sin50πt（V）‎ B. 电压表V1的示数与V2示数之比为2：1‎ C. 温度升高时，原线圈输入功率减小 D. 温度降低时，定值电阻R消耗的功率减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分析图乙可知，原线圈输入电压的最大值为22，周期T=0.02s，角速度 则该交流电电压的瞬时值表达式为 u＝22sin100πt（V）‎ 故A错误。‎ B. 原线圈输入电压的有效值U1=22V，根据理想变压器的变压比可知，输入电压和输出电压之比为2：1，副线圈的输出电压 而电压表V2比副线圈两端电压小，故电压表V1的示数与V2示数之比不等于2：1，故B错误。‎ C. 温度升高，热敏电阻的阻值减小，输入电压不变，输出电压不变， ，则输出功率增大，输入功率增大，故C错误；‎ D. 温度降低，热敏电阻的阻值增大，定值电阻R两端电压减小，消耗的功率减小，故D正确。‎ ‎6.2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星），其轨道半径为r。地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g。该卫星（　　）‎ A. 可定位于长沙市的上空 B. 角速度小于月球绕地球运行的角速度 C. 线速度大小为 D. 向心加速度大小为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同步卫星必须定位为赤道上空，故A错误；‎ B. 地球同步卫星绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供 解得角速度 月球绕地球的轨道半径大，则角速度小，故B错误；‎ C.根据 结合物体在地球表面受到的重力等于万有引力可知，‎ 联立解得 故C正确。‎ D. 向心加速度 故D错误。‎ ‎7.如图，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（圆所在平面）向外。圆周上的a点有一电子发射源，可向磁场内沿直径ab的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从圆周的M点和圆周处的N点射出的电子的速度大小分别为（　　）‎ A. ； B. ；‎ C. ； D. ；‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电子从M点射出的轨迹如图所示：‎ 根据几何知识可知其轨道半径：‎ 电子从N点射出的轨迹如图所示：‎ 根据几何知识可知其轨道半径为：‎ 根据洛伦兹力提供向心力有：‎ 所以轨道半径为：‎ 代入解得从M点射出的电子的速度为：；从N点射出的电子的速度为。‎ A. ；与计算结果相符，故A正确。‎ B. ；与计算结果不符，故B错误。‎ C. ；与计算结果不符，故C错误。‎ D. ；与计算结果不符，故D错误。‎ ‎8.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点水平向右抛出，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向垂直。则小球从M点运动到N点的过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A. 电势能增加mv2 B. 重力势能减少3mv2‎ C. 机械能增加mv2 D. 机械能增加mv2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】小球的运动可以看成竖直方向的自由落体和水平方向在电场力作用下的末速度为0的匀减速直线运动。‎ A.水平方向匀减速 所以电场力做负功 电势能增加mv2，故A正确。‎ B. 小球的动能增加量为 除重力外，只有电场力做负功，所以根据动能定理可知重力做的功：‎ 所以重力势能减小2mv2，故B错误。‎ CD. 电场力做负功，机械能减小mv2，故CD错误。‎ ‎9.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点以某速度v0‎ 向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被向右弹回，回到A点时，速度不为0．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在小物块自A点向左运动又被向右弹回A点过程中（　　）‎ A. 弹簧的最大弹力大于μmg B. 物块克服摩擦力做的功大于2μmgs C. 弹簧的最大弹性势能大于μmgs D. 物块最开始时在A点的初速度为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物体向右运动时，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，即F=μmg时，速度最大，物体继续向右运动，弹簧继续伸长直到自然状态，所以弹簧的最大弹力大于μmg，故A正确。‎ B. 整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的功等于2μmgs，故B错误。‎ C. 物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得：弹簧的最大弹性势能 故C正确。‎ D. 设物块在A点的初速度为v0．返回A点的速度为v。对整个过程，利用动能定理得：‎ 可得：‎ 故D错误。‎ ‎10.如图所示，圆形实线是点电荷Q形成电场的一条等势线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，动能分别为EkA、EkB ‎．下列说法正确的是（　　）‎ A. 电子一定从A向B运动 B. aA一定大于aB C. EkA一定小于EkB D. A点电势高于B点电势 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电子受力方向为指向AB凹的一侧，故电场线指向圆心，电子可以从A运动到B，也可以从B运动到A，故A错误；‎ B. A点离圆心较近，电场线密度大于B，在A处受电场力大，加速度大，故aA一定大于aB，故B正确；‎ C. 电子从A到B电场力做正功，电势能减小，动能增大，故C正确；‎ D. 由C选项可知A点电势能大于B点电势能，由电势能表达式可知负电荷电势能越大电势越低，因此A点电势低于B点电势，D错误 ‎11.单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. 时刻线框平面与中性面垂直 B. 从0到过程中通过线框某一截面的电荷量为 C. 线框转一周产生热量为 D. 从到过程中线框的平均感应电动势为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知在时刻，线框的磁通量为零，所以线框平面处在垂直中性面的位置，故A正确；‎ B. 从0到过程中，通过线框某一截面电荷量为 故B正确。‎ C. 由图可得磁通量的最大值为Φm，周期为T，所以圆频率为，可知线框感应电动势的最大值为 由于此线框在磁场绕轴转动时产生的电流为正弦交流电，故其电动势的有效值为 由于线框匀速转动，线框产生的焦耳热 ‎ 故C正确。‎ D. 从到过程中 ‎△Φ=Φm-0=Φm 可得平均电动势 故D错误。‎ ‎12.如图所示，物块A、B间拴接一个压缩后被细线锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量是A物块的2倍。现剪断细线解除对弹簧的锁定，下列说法正确的是（　　）‎ A. A离开挡板前，系统（A、B及弹簧）动量守恒，机械能守恒 B. 弹簧第一次达到伸长量最大时，A、B的速度相同 C. 弹簧第一次达到最大压缩量的弹性势能与解除锁定前弹簧弹性势能之比为1：2‎ D. 弹簧第一次达到最大压缩量的弹性势能与解除锁定前弹簧弹性势能之比为1：3‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受的合外力不为零，则系统动量不守恒；由于只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒。故A错误；‎ B. A离开挡板后，B做减速运动，A做加速运动，B的速度比A的大，两者间距增大，弹簧不断伸长，当弹簧第一次达到伸长量最大时，A、B的速度相同。故B正确；‎ CD. 设A刚离开挡板时B的速度为v0．设A的质量为m，则B的质量为2m。在A离开挡板前，根据系统的机械能守恒知，解除锁定前弹簧弹性势能 弹簧第一次达到压缩量最大时，A、B的速度相同，设为v。取向右为正方向，由动量守恒定律得 ‎2mv0=（2m+m）v 弹簧第一次达到最大压缩量的弹性势能 联立解得 所以，弹簧第一次达到最大压缩量的弹性势能与解除锁定前弹簧弹性势能之比为1：3，故C错误D正确。‎ 二、实验题： ‎ ‎13.在研究小滑块加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a ‎）所示的实验装置，小滑块放在长木板上，并置于水平桌面，重物通过滑轮用细线拉小滑块，在小滑块和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，实验中力传感器的拉力为F，保持小滑块的质量不变，改变重物质量重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图（b）所示。‎ ‎（1）小车与长木板的滑动摩擦力F1＝_____N。‎ ‎（2）从图象中分析，小车的质量为_____kg。‎ ‎（3）该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将长木板左端适当垫高，调整长木板与水平桌面的倾角θ满足tanθ＝_____。‎ ‎【答案】 (1). 0.5 (2). 0.25 (3). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 根据图象可知，当F=0.5N时，小车开始有加速度，则f=0.5N。‎ ‎(2)[2] 根据牛顿第二定律得：‎ 则F-a图象的斜率表示小车质量，则 ‎(3)[3] 为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有 解得：tanθ=μ，根据f=μmg得：‎ 所以 tanθ=0.2‎ ‎14.某物理实验小组用以下器材可测量电阻Rx的阻值。要求尽量准确，且能测量多组数据。‎ 待测电阻Rx，阻值约为600Ω；‎ 电源E，电动势约为12.0V，内阻可忽略不计；‎ 电压表V1，量程0～5mV，内阻r1＝1000Ω；‎ 电压表V2，量程为0～1V，内阻r2约为10kΩ；‎ 电流表A，量程为0～1A，内阻r3＝10Ω；‎ 滑动变阻器R，最大阻值为20Ω；‎ 单刀单掷开关S一个，导线若干。‎ ‎（1）用如图所示电路测量Rx，在电路图中的位置1处接_____，位置2处接_____（从电表A、V1、V2中选择）。‎ ‎（2）Rx＝_____（用测得的电流I、电压U及题中r1、r2、r3等字母表示）‎ ‎【答案】 (1). A (2). V1 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2] 电源电动势约为12V，两电压表量程太小，不能用来测电压，可以用内阻已知的电流表A测电压，由此可知，在电路图位置1处应接电流表A；电表2与待测电阻串联，要测出待测电阻两端电压且能准确测出待测电阻阻值，2位置应接已知内阻的电压表V1；‎ ‎(2)[3] 由图示电路图可知，待测电阻阻值：‎ 三、论述计算题 ‎15.空间存在一水平向右的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点水平向右以大小不同的速度，先后发射两个质量均为m的小球A、B．A不带电，B的电荷量为q（q＞0）。A从O点发射时的速度大小为v0，达到P点所用的时间为t：B从O点发射的速度为，也通过P点。重力加速度为g，求：‎ ‎（1）电场强度E的大小；‎ ‎（2）B运动到P点时的动能。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 竖直方向上，A、B的运动时间相等都为t，水平方向上：A球做匀速直线运动 x=v0t 对B球，‎ 联立解得：‎ ‎(2) 对B运用动能定理 其中 联立解得：‎ ‎16.某景区一建筑物屋顶沿东西方向呈“人”字形结构，屋顶与水平面夹角为37°，屋檐处一小段水平。单侧屋面长L＝10m，屋檐离地高度H＝5m。一次无人机偶然拍摄到屋顶最顶端一片琉璃瓦已经松动，随时有滑下的可能。考虑屋面干燥和下雨的两种情况，琉璃瓦之间的动摩擦因数0.125≤μ≤0.25．设琉璃瓦滑至屋檐处后水平抛出。在地面建立东西方向为x轴，南北方向为y轴的平面直角坐标系（如图所示），g＝10m/s2。‎ ‎（1）在地面标出东西方向的危险区域坐标范围；‎ ‎（2）琉璃瓦的质量m＝2kg，若考虑琉璃瓦滑出屋檐后南北方向风力的影响，水平风力对琉璃瓦的最大值为1N，试求危险区域的面积。‎ ‎【答案】（1）[4m，10m]（2）（5-2）m2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 琉璃瓦沿屋面下滑时，根据牛顿第二定律可得：‎ 下雨时：‎ 干燥时：‎ a2=gsinθ-μ2gcosθ=4m/s2‎ 滑到屋檐处做平抛运动的初速度：下雨时：‎ 干燥时：‎ 离开屋檐做平抛运动的时间：‎ 平抛运动的水平位移：下雨时：‎ x1=v1t=10m 干燥时：‎ 故危险区的坐标范围为[4m，10m]。‎ ‎(2) 南北方向的最大加速度为 南或者北方向的最大位移为 危险区的面积：‎ ‎17.一辆小汽车行驶至一路口，见前面多辆小汽车排起了长队，且红灯显示还有几十秒，于是紧急刹车。可驾驶员错把油门当刹车，结果以8m/s的速度与前面一辆车发生碰撞追尾。假设碰撞时间极短，且两车每次碰撞损失37.5%的动能，若每辆小车的质量都相等，小车间距均为2m，车与地面的动摩擦因数 ＝0.5（g＝10m/s2）。求：‎ ‎（1）肇事车辆与前车碰撞后的速度；‎ ‎（2）将共有几辆小车发生连环追尾事故（含肇事车辆在内）。‎ ‎【答案】（1）2m/s（2）共有三辆车发生连环追尾事故。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 第一次碰撞时，取碰撞前第一辆汽车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv0=mv1+mv2‎ 由碰撞前后能量关系，有 联立解得:‎ v1=2m/s；v2=6m/s（不符合题意的已舍去）‎ ‎(2) 第二辆汽车运动到第三辆汽车处将要相碰时，令第二辆汽车速度为v20。根据动能定理得 解得 v20=4m/s，第二辆汽车碰撞第三辆汽车过程，有 mv20=mv2′+mv3‎ 解得 v3=3m/s，由 μmg=ma 得 ‎ a=μg 又 ‎ v32=2a△x 解得 ‎△x=0.9m＜2m 所以第三辆汽车无法碰撞第四辆汽车，共有三辆车发生连环追尾事故 ‎ ‎