山东省济宁一中2020届高三下学期第一次模拟物理试题 19页

‎2020届山东省济宁一中高三下学期第一次模拟物理试题 一、单项选择题 ‎1.钍基熔盐堆核能系统（TMSR）是第四代核能系统之一．其中钍基核燃料铀由较难裂变的钍吸收一个中子后经过若干次β衰变而来；铀的一种典型裂变产物是钡和氪．以下说法正确的是 A. 题中铀核裂变的核反应方程为 B. 钍核衰变的快慢由原子所处的化学状态和外部条件决定 C. 钍核经过2次β衰变可变成镤 D. 在铀核裂变成钡和氪的核反应中，核子的比结合能减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据质量数守恒与电荷数守恒可知，铀核裂变的核反应方程为：，选项A正确；‎ B．原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故B错误；‎ C．钍核()经过1次β衰变可变成镤()，选项C错误；‎ D．重核裂变的过程中释放能量，所以重核分裂成中等大小的核，核子的比结合能增大，故D错误；‎ ‎2.根据热学知识可以判断，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 物体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变 B. 载重汽车卸去货物的过程中，外界对汽车轮胎内的气体做正功 C. 在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加 D. 气体的摩尔质量为M，分子质量为m，若1摩尔该气体的体积为V，则该气体单位体积内的分子数为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 温度是物体分子平均动能的标志，物体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，故A正确，不符合题意;‎ B． 载重汽车卸去货物的过程中，轮胎内气体的压强减小，由理想气体的状态方程可知，气体的体积将增大，所以该过程中外界对汽车轮胎内的气体做负功；故B错误，符合题意;‎ C． 气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力。气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加。故C正确，不符合题意；‎ D． 气体的摩尔质量为M，分子质量为m，则阿伏伽德罗常数：‎ 若1摩尔该气体的体积为V，则单位体积内气体的物质的量：‎ 所以该气体单位体积内的分子数为：‎ 故D正确，不符合题意。‎ 故选：B。‎ ‎3.如图所示是具有更高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5min内使承载4人的登高平台（人连同平台的总质量为‎400kg）上升‎60m到达灭火位置，此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为‎3m3‎/min，水离开炮口时的速率为‎20m/s，则用于（ ）‎ A. 水炮工作的发动机输出功率为1×104W B. 水炮工作的发动机输出功率为4×104W C. 水炮工作的发动机输出功率为2.4×106W D. 伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800w ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：水炮发动机做的功为水增加的动能与重力势能之和，伸缩臂在抬升等高平台的同时也将本身也抬高了，计算做功时，需要计算这部分功，结合根据公式分析．‎ 伸缩臂将人与平台抬高‎60m，用时5min，同时伸缩臂也有质量，设为M，则其输出功率为，D错误；水炮工作的发动机首先将水运至‎60m高的平台，然后给水‎20m/s的速度，即做的功等于水增加的动能与重力势能之和，每秒射出水的质量为，故，功率为，B正确AC错误．‎ ‎4.如图所示，实线是一列简谐波在某一时刻的波形曲线，经0.5s后，其波形如图中虚线所示，设该波的周期T大于0.5s。以下说法正确的是（　　）‎ A. 如果波是向左传播的，波速是‎0.12m/s B. 波的周期可能是4s C. 如果波是向右传播的，波速是0. ‎72m/s D. 波的周期一定是s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知波长：λ=‎0.24m；据题该波的周期T大于0.5s，说明波在0.5s内传播的距离小于一个波长。‎ A． 波可能向左传播，传播距离为 x1=‎6cm=‎‎0.06m 故波速为 由得：‎ T=4t=4×0.5s=2s 故A正确；‎ BCD． 波可能向右传播，传播距离为 x2=‎18cm=‎‎0.18m 故波速为 由得：‎ 故BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎5.随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度竖直向上抛出一个小球，经时间后回到出发点。已知月球的半径为，万有引力常量为，则下列说法正确的是（　　‎ A. 月球表面的重力加速度为 B. 月球的质量为 C. 宇航员在月球表面获得的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D. 宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球在月球表面做竖直上抛运动，根据匀变速运动规律得：‎ 解得 故A错误；‎ B．物体在月球表面上时，由重力等于地月球的万有引力得 解得 故B正确；‎ C．宇航员离开月球表面围绕月球做圆周运动至少应获得的速度大小即月球的第一宇宙速度大小，所以 解得 故C错误；‎ D．宇航员乘坐飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，根据重力提供向心力得 解得 故D错误。‎ 故选B ‎6.如图，边长为的立方体八个顶点上有八个带电质点，其中顶点、电量分别为、，其他顶点电量未知，点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态，现将上质点电量变成，则顶点上质点受力的合力为（不计重力）（　　‎ A. B. C. D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态，说明除点以外的其它电荷对点电荷的作用力与点电荷对点电荷的作用力等大反向；根据库仑定律可得，现将上质点电量变成，其它电荷对点电荷作用力不变，点电荷对点电荷作用力大小不变、方向相反，则顶点上质点受力的合力为，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎7.如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气．当出射角和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为．已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由折射定律可知，因入射角和出射角相等，即 故由几何关系可知 ‎，‎ 故折射率 A正确。‎ ‎8. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误．根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有．D正确，‎ 故选BD 考点：动量守恒定律；功能关系．‎ 点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件．本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定 律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失．又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若 不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为，则发生N次碰撞，相对路程为，而错选C．‎ 二、多项选择题 ‎9.如图所示，在矩形区域ABCD内有一垂直纸面向里的匀强磁场，AB=5cm，AD=‎10cm，磁感应强度B=0.2T。在AD的中点P有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向均匀地发射出速率为v=1.0×‎105m/s的正离子，离子的质量m=2.0×10－‎12kg，电荷量q=1.0×10－‎5C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则（　　）‎ A. 从边界BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短 B. 边界AP段无离子飞出 C. 从CD、BC边飞出的离子数之比为1∶2‎ D. 若离子可从B、C两点飞出，则从B点和C点飞出的离子在磁场中运动的时间相等 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】AD． 半径确定，在离子转过的圆心角小于π的情况下，弦长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，故AD正确；‎ BC．由洛伦兹力方向可知，离子逆时针方向旋转，发射方向与PA方向夹角较小的离子会从AP飞出，由 得 R=‎‎0.1m 通过上图，由几何关系可知：α：β=1：2，离子数之比亦为1：2，故B错误C正确；‎ 故选：ACD。‎ ‎10.跳伞爱好者从高楼进行跳伞表演，他们从‎345m的高处跳下，在距地面‎150m高处打开伞包。假设打开伞包前后两段时间都可看做匀变速直线运动，且始末速度均为零。一个质量为‎60kg的跳伞爱好者，若在30s内完成此跳伞表演（当地重力加速度g取‎10m/s2），则下列关于跳伞爱好者在跳伞的整个过程中说法错误的是（　　）‎ A. 机械能先不变后减小 B. 机械能一直变小 C. 克服阻力做功207kJ D. 最大速度为‎11.5m/s ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根题意画出爱好者的速度时间图象为：‎ AB．由题意可知，在运动过程中，除重力之外还有降落伞的阻力做功，并且做负功，故机械能一直减小，故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；‎ C．根据动能定理得：‎ Wf+WG=0-0‎ 所以 Wf=-WG=-mgh=-207kJ 所以克服阻力做功207kJ，故C正确不符合题意；‎ D．图象与时间轴围成的面积表示位移，则：‎ 解得 vm=‎23m/s 故D错误符合题意。‎ 故选：AD。‎ ‎11.质量为‎0.3kg的物体在水平面上运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的速度－时间图像，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 物体不受水平拉力时的图像一定是b B. 物体受水平拉力时的图像一定是a C. 物体的摩擦力可能等于0.2N D. 水平拉力一定等于0.1N ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB． 两图加速度大小不同，拉力方向与滑动摩擦力方向可能相反，也可能相同，无法判断物体不受水平拉力是哪个图象，受拉力的是哪个，故AB错误；‎ CD． 设拉力大小为F．由图读出加速度大小分别为 ‎ ，‎ 若物体受水平拉力时的速度图象是a时，拉力与速度方向相同，根据牛顿第二定律得 ‎ f-F=maa，f=mab 解得 F=0.1N 若物体受水平拉力时的速度图象是b时，拉力与速度方向相反，根据牛顿第二定律得 ‎ f+F=mab，f=maa 解得 ‎ F=0.1N 由上得到：若物体受水平拉力时的速度图象是a时，摩擦力 f=0.2N 若物体受水平拉力时的速度图象是b时，摩擦力 f=0.1N 故CD正确。‎ 故选：CD。‎ ‎12.某实验小组制作一个金属安检仪原理可简化为图示模型.正方形金属线圈abed平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线圈边长为L，电阻为R，质量为m，有一边界宽度也为L的矩形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，且边界与 线圈bc边平行.已知线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反 B. 线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反 C. 线进入磁场区域过程中通过导线某一横截面的电荷量为 D. 线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．线圈进入磁场时与穿出磁场时的磁通量变化相反，据愣次定律知感应电流的磁场方向相反，感应电流的方向相反.故A正确；‎ B．线圈进入磁场时 回路中感应电流的方向与穿出时相反，据左手定则知，线圈进入磁场时所受安培 力的方向与穿出时相同，由线圈的受力平衡知静摩擦力的方向相同.故B错误；‎ C．线圈进入磁场过程中，通过导线某一横截面的电荷量 q=‎ 故C正确；‎ D．线圈经过磁场区域过程中电动机多消耗的电功率 P= Fv= BILv=B=‎ 故D错误。‎ 故选AC。‎ 三、非选择题 ‎13.某实验小组用图甲所示的实验装置测量滑块与长木板之间的动摩擦因数．在一端装有定滑轮的长木板上固定A、B两个光电门，与光电门相连的计时器能显示滑块上的遮光片通过光电门时的遮光时间，滑块通过绕过定滑轮的轻质细绳与测力计挂钩相连，测力计另一端吊着沙桶，测力计能显示滑块所受的拉力，滑块对长木板的压力与滑块的重力大小相等，已知遮光片宽度为d ，当地的重力加速度为g ．‎ ‎(1)为了满足实验的要求，下列说法正确的是_______．‎ A．长木板应放在水平桌面上 B．长木板没有定滑轮的一端应适当垫高，以平衡摩擦力 C．沙桶及测力计的总质量应远小于滑块的质量 D．定滑轮与滑块之间的细绳应与长木板平行 ‎(2)甲同学测出A、B两光电门之间的距离为L，滑块通过A、B两光电门的时间分别为t1、t2，滑块的加速度大小a=_________（用字母L、d、t1、t2表示）．‎ ‎(3)多次改变沙桶里沙的质量，重复步骤（2），根据测得的多组F和a，作出a-F图象如图乙所示，由图象可知，滑块的质量为____________，滑块与长木板间的动摩擦因数为________．‎ ‎【答案】 (1). AD (2). (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) A、D，为保证滑块做匀加速运动，绳子的拉力必须恒定，应调整滑轮高度，使细线与木板平行，故A、D正确；‎ B、本实验要测量动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，故B错误；‎ C、由于本实验中有测力计，故不要沙桶及测力计的总质量应远小于滑块的质量，故C错误；‎ ‎(2) 滑块通过A、B两光电门的速度分别为：，，由匀变速直线运动的速度—位移公式可知，，解得 ；‎ ‎(3) 滑块受到的摩擦力为：f=μmg 由牛顿第二定律可得：‎ 解得力F与加速度a的函数关系式为：，‎ 由图象所给信息可得图象斜率为：，所以 由图象所给信息可得图象截距为：，所以．‎ ‎【点晴】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题．‎ ‎14.热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器(NTC).正温度系数电阻器( PTC)在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器(NTC)在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中，某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx(常温下阻值约为)的电流随其两端电压变化的特点，如图所示. ‎ A.电流表（量程100mA，内阻约）‎ B.电流表A2（量程‎0.6A，内阻约）‎ C.电压表（量程3.0V，内阻约）‎ D.电压表V2（量程15.0V，内阻约 E.滑动变阻器R（最大阻值为）‎ F.滑动变阻器（最大阻值为 G.电源E(电动势15V，内阻忽略)‎ H.电键、导线若干 ‎①实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的器材为：电流表________；电压表_________；滑动变阻器____________（只需填写器材前面的字母即可）‎ ‎②请在所提供的器材中选择必需的器材，在如图虚线框内画出该小组设计的电路图_________. ‎ ‎③该小组测出热敏电阻的U-I图线如图曲线I所示，请分析说明该热敏电阻是______热敏电阻（填“PTC”或“NTC”）. ‎ ‎④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U-I图线如图曲线Ⅱ所示.然后又将热敏电阻分别与某电池组连成电路如图所示.测得通过和的电流分别为0. ‎30A和‎0.60A，则该电池组的电动势为________V，内阻为______（结果均保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). E (4). (5). PTC (6). 9.60~10.4V (7). 6.00~8.00Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】①电源电压为15V，故电压表选D；电流表选择B；为方便实验操作，滑动变阻器应选E；‎ ‎②加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：‎ ‎③由图2曲线I所示图线可知，随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻．‎ ‎④在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir，由图2曲线II所示可知，电流为0．‎3A时，电阻R1两端电压为8V，电流为0．‎60A时，电阻R2两端电压为6．0V，则有：E=8+0．3r，E=6+0．6r，解得：E=10．0V，r=6．67Ω；‎ ‎【点睛】本题考查了实验器材选择、设计实验电路、判断电阻类型、求电源电动势与内阻；确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键；当实验要求电压从零调时，变阻器应采用分压式接法，变阻器的阻值越小越方便调节；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时电流表采用外接法．‎ ‎15.航空母舰采用弹射起飞模式，有助于提高舰载机的起飞重量．某航空母舰起飞跑道长度为‎160m（跑道视为水平），某型号舰载机满负荷时总质量为20t，加速时发动机产生的推力为1.2×105N，飞机所受阻力为飞机重力的0.1倍．当飞机的速度大小达到‎50m/s时才可能离开航空母舰起飞．g取‎10m/s2．求：‎ ‎(1)飞机在跑道上加速过程的加速度大小；‎ ‎(2)若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机至少获得多大的初速度；‎ ‎(3)若航空母舰处于静止状态且不开启弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞需要减少多少质量的燃料或弹药．‎ ‎【答案】(1) (2) (3)需减少质量 ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)根据牛顿第二定律有F－kmg＝ma ‎(2)由 得 ‎(3)设需减少质量m1，减重后加速度不小于 根据牛顿第二定律有: ‎ 代入数据解得 ‎16.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热气缸，汽缸下面有加热装置。开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为，温度均为。已知活塞导热、绝热，、质量均为，横截面积为，外界大气压强为保持不变，环境温度保持不变。现对气体Ⅱ缓慢加热，当上升时停止加热。求：‎ ‎①此时气体Ⅱ的温度；‎ ‎②若在活塞上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于时，气体Ⅰ的高度。‎ ‎【答案】①；②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①气体Ⅱ经历等压过程，初态：，，‎ 末态：，？‎ 根据盖吕萨克定律，有 联立解得 ‎②在活塞上逐渐添加铁砂，气体Ⅰ经历等温压缩过程，初态 ‎，‎ 末态 ‎，，‎ 根据玻意耳定律，有 联立解得 ‎17.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上匀强磁场．导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒一向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Dv－t图像（Dv表示两棒的相对速度，即Dv＝va－vb）‎ ‎（1）试证明：在0〜t2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B无关；‎ ‎（2）求t1时刻，棒b的加速度大小；‎ ‎（3）求t2时刻，两棒之间的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）时刻，两棒速度相等，由动量守恒定律：‎ 由能量守恒定律，得整个过程中产生的焦耳热： ‎ 解得：‎ 所以在时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B无关 ‎（2）时刻，速度的改变量为 由动量守恒定律：‎ 解得：时， ‎ 回路中的电动势：‎ 此时棒b所受的安培力： ‎ 由牛顿第二定律可得，棒b的加速度 ‎（3）时刻，两棒速度相同，由（1）知：‎ 时间内，对棒b，由动量定理，有：，即：‎ 又：‎ 解得：‎ ‎18.如图，光滑水平面上静止质量=‎1.0kg、长L=‎0.3m的木板，木板右端有质量=‎1.0kg的小滑块，在滑块正上方的0点用长r=‎0.4m的轻质细绳悬挂质量m=‎0.5kg的小球．将小球向右上方拉至细绳与整直方向成θ= 60º的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8N，最终小滑块恰好不会从木板上滑下．不计空气阻力、滑块、小球均可视为质点，重力加速度g取‎10m/s²．求：‎ ‎(1)小球碰前、碰后瞬间的速度大小；‎ ‎(2)小滑块与木板之间的动摩擦因数．‎ ‎【答案】(1)‎2m/s， ‎0‎‎4m/s(2) 0.12‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据机械能守恒求出小球下摆到最低点的速度，根据碰撞前后拉力减小了4.8N，分别列出碰撞前后向心力的表达式，即可求出碰撞后的速度大小；（2）利用动量守恒和能量守恒即可求出动摩擦因数．‎ ‎(1)小球下摆过程，机械能守恒 小球碰前瞬间的速度大小 小球与小滑块碰撞前、后瞬间，由向心力公式可得：‎ ‎，‎ 由题意得： ‎ 联立求得碰后瞬间小球的速度大小为 ‎ ‎(2)小球与小滑块碰撞过程，动量守恒得：‎ 解得：‎ 小滑块在木板上滑动过程中，动量守恒得：‎ 解得：‎ 由能量守恒可得：‎ 小滑块与木板之间的动摩擦因数μ=0.12‎ ‎【点睛】本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律的综合运用，知道小球和小滑块碰撞的瞬间，系统动量守恒；小滑块在木板上运动的过程中，系统动量守恒．‎