【物理】广东省兴宁市第一中学2020届高三上学期期末考试试题（解析版） 17页

广东省兴宁市第一中学2020届高三上学期 期末考试试题 一、选择题 ‎1.下列说法不正确的是 （ ）‎ A. 经过6次α衰变和4次β衰变后成为稳定的原子核 B. 发现中子的核反应方程是 C. 200个的原子核经过两个半衰期后剩下50个 D. 在中子轰击下生成和的过程中，原子核中的平均核子质量变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据质量数守恒和电荷数守恒判断方程式，查德威克发现中子，半衰期是统计规律，裂变有质量亏损．‎ ‎【详解】衰变改变质量数，所以232-208=4×6，故经过6次衰变，衰变：90-2×6+n=82，得n=4；故A正确；查德威克发现中子方程式是，故B正确；半衰期是个统计规律，对少数粒子无意义，故C错误；是裂变反应，原子核中的平均核子质量变小，有质量亏损，以能量的形式释放出来，故原子核中的平均核子质量变小，故D正确；本题选错误的，故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了核反应方程、半衰期、衰变和裂变的知识，难度不大，要注意的是半衰期是大量原子核的统计规律，对少数粒子无意义．‎ ‎2.如图所示，一篮球从离地H高处的篮板上A点以初速度v0水平弹出，刚好在离地h高处被跳起的同学接住，不计空气阻力．则篮球在空中飞行的(　　)‎ A. 时间为 B. 时间为 C. 水平位移为v0 D. 水平位移为v0 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据H−h=gt2知，篮球在空中飞行的时间：t=，故A错误、B错误；‎ CD．篮球的水平位移为：x=v0t=v0，故C正确，D错误．‎ ‎3.2019年10月28日发生了天王星冲日现象，即太阳、地球、天王星处于同一直线，此时是观察天王星的最佳时间．已知日地距离为，天王星和地球的公转周期分别为和，则天王星与太阳的距离为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】地球、天王星都绕太阳转，根据开普勒第三定律：‎ 解得：‎ 故A正确，BCD 错误．‎ ‎4.如图所示，质量分别为m和2m的A，B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x。突然撤去木板，重力加速度为g，物体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是 A. 撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g B. 撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大 C. 撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大 D. B物块向下运动的全过程中，B的速度最大时, 悬绳的拉力最大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．撤去木板之前，弹簧的弹力为mg，则撤去木板瞬间，B物块受到的合力为3mg，由牛顿第二定律可知：aB=1.5g，故A错误；‎ BC．当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2=2mg=kx2，又mg=kx，所以弹簧此时的伸长量x2=2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，B错误。‎ D．B物块向下运动的全过程中，悬线拉力最大时弹簧弹力最大，则应该在B在最低点的时候，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子与静止氘核的多次碰撞，使中子减速．已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰．经过该次碰撞后，中子损失的动能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设中子的质量为m，氘核的质量为2m，弹性正碰的过程满足动量守恒和能量守恒．‎ 由以上两式解得：‎ 由已知可得：‎ 中子损失的动能：‎ 故选项B正确，ACD选项错误．‎ ‎6.如图所示，一长方体放置于粗糙水平地面上，物块A由跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地升起，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中物块A和长方体始终处于静止状态，则 A. 长方体对物块A的摩擦力一直减小 B. 地面对长方体的支持力保持不变 C. 地面对长方体的支持力一直增大 D. 地面对长方体的摩擦力一直增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．取物体B为研究对象，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为a，则有：F=mgtanα；；对物体A：，则随α角增大，fA变大，选项A错误；‎ BC．对A、B和长方体的整体，竖直方向地面对长方体的支持力等于整体的重力，保持不变，故B正确，C错误；‎ D．水平方向，拉力F等于地面对长方体的摩擦力，则：f=F=mgtanα；随α角增大，f变大，选项D正确；‎ ‎7.在轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一带负电的试探电荷在两电荷连线上的电势能EP随变化关系如图所示，其中A、两点电势能为零，D段中C点电势能最大，则 ‎ A. q1是负电荷，是正电荷且q1 >q2‎ B. BC间场强方向沿轴负方向 C. C点的电场强度大于A点的电场强度 D. 将一正点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由 知A点的电势为零，越靠近O点电势越低，越靠近P点电势越高，所以O点的电荷带负电，P点电荷带正电，由图知C点场强为零，根据 和电场叠加原理，可以得到q1> q2，故A正确；‎ B.负点电荷从B到C点，电势能增大，根据 可知电势能减小，由于沿着电场线电势降低，则有BC间场强方向沿x轴正方向，故B错误；‎ C.图象的斜率为 C点的电场强度小于A点的电场强度，故C错误；‎ D.因为BC间电场强度方向沿x轴正方向，CD间电场强度方向沿x轴负方向，则将一正点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后做负功，故D错误．‎ ‎8.如图所示，有一束单色光（频率为）入射到极限频率为的金属板K上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧C极板P点时速度刚好为零。已知电容器的电容为C，带电量为Q，BC极板间距为d，普朗克常量为h，电子电量的绝对值为e，不计电子的重力。以下判断正确的是 A. 入射光的频率v= ‎ B. 入射光的频率v= ‎ C. 现将C板向右平移到P′点,电子运动到P点返回 D. 现将C板向右平移到P′点, 增大入射光的强度，具有最大初动能的某出射电子可以运动到P′点返回 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．以最大初动能入射至电容器的电子经板间的电场到达右侧板速度刚好为零，说明电场力做负功，电场强度方向向右，右侧极板所带电荷为负电荷，依据动能定理，则有：‎ ‎-eU=0-Ek0‎ 其中由电容器电压与电荷量的关系可知 由最大初动能与单色光入射频率的关系，可知：‎ Ek0=hv-hv0‎ 代入化简可得：‎ ‎；‎ 故A正确，B错误；‎ C．现将C板向右平移到P′点，因电容器带电量Q一定，根据， ，‎ ‎ 可得 可知电容器板间场强不变，则P点和B板的电势差不变，则电子仍运动到P点返回，选项C正确；‎ D．增加入射光的强度，光电子的最大初动能不变，则具有最大初动能的电子仍运动到P点后返回，选项D错误；‎ 故选AC.‎ 二、非选择题 ‎9.在原高中物理教科书中，有一张用频闪相机拍摄小球做自由落体运动的图片．已知频闪相机每间隔0.1s拍摄一次．如图所示是图片的一部分．从图片中可以得到AB的距离为33.15cm，BC间的距离为42.94cm．则小球从A下落到B（或从B下落到C）的时间为_____________s.．在拍摄小球运动到B点时，小球的速度为_____________m/s.．不计空气阻力，当地的重力加速度g=_____________m/s2 ．(计算结果保留三位有效数字)‎ ‎【答案】0.1 3.80 9.79‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]小球从A下落到B（或从B下落到C）的时间即为频闪相机的拍照周期为0.1s；‎ ‎[2]在拍摄小球运动到B点时，小球的速度为 ‎[3]由公式，所以当地的重力加速度 ‎．‎ ‎10.“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：‎ A．直流电源3V（内阻不计）‎ B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）‎ C．直流电流表0～3A（内阻约为0.025Ω）‎ D．直流电压表0～3V（内阻约为3.0kΩ）‎ E．滑动变阻器100Ω，05A F．滑动变阻器10Ω，2A 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。‎ ‎（1）实验中电流表应选用_____，滑动变阻器应选用_____（均填写仪器前的字母）；‎ ‎（2）根据所提供器材，在线框中画出实验电路图；‎ ‎（3）如图甲是此实验的器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在上问中所画的电路图，补充完成图中实物间的连线；‎ ‎（4）开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于_____。（选填“左端”“右端”或“正中间”）；‎ ‎（5）由于电路故障，电压表和电流表均有读数，但调节滑动变阻器，它们的读数不能为零。其故障的原因是_____和_____之间的导线发生断路（填图甲中导线两端的编号）；‎ ‎（6）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示，图中所描绘不是直线，某同学分析实验结论时对出现曲线的原因给出以下理由，其中正确的是_____‎ A．实验时操作错误，从而使读数错误。‎ B．小灯泡灯丝电阻不是恒值，随温度升高会发生变化 C．电路中的连接点有接触不良的现象 D．改描I﹣U曲线可能变为直线 ‎（7）根据实验数据，画出小灯泡I﹣U图线如图所示。由此可知，当电压为0.75V时，小灯泡的灯丝电阻是_____Ω。（计算结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】(1). B F (2). (3) (4). 左端 (5). 5 13 (6). B (7). 6.00（5.70~6.05）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．小灯泡的额定电流为，故选电流表B；滑动变阻器选择较小的，便于操作，故选滑动变阻器F；‎ ‎（2）[3]．电流表内阻和小灯泡的内阻相接近，故采用电流表外接法，要求小灯泡两端的电压从零开始，所以采用滑动变阻器的分压接法，电路图如图所示： （3）[4]．根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示： ‎ ‎ （4）[5]．为了保护小灯泡不被烧坏，应使得小灯泡两端的电压为零，所以滑动变阻器的滑片应置于最左端； （5）[6][7]．调节滑动变阻器，两个电表的读数不能为零。其故障的原因是滑动变阻器接成了限流形式，即5和13之间的导线发生断路；‎ ‎（6）[8]．图线出现曲线的原因是由于小灯泡灯丝电阻不是恒值，随温度升高会发生变化，故选B.‎ ‎（7）[9]．由图乙所示图象可知，当小灯泡两端的电压为0.75V时，小灯泡中的电流为0.125A，所以根据欧姆定律可得此时小灯泡的电阻为：‎ ‎11.如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=1.0×104N/C，现有质量m=0.20 kg，电荷量q=8.0×10–4 C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知SAB=1.0 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：（取g=10 m/s2）‎ ‎（1）带电体运动第一次到圆弧轨道C点时的速度大小；‎ ‎（2）带电体运动第一次到圆弧轨道C点时，带电体对轨道的压力；‎ ‎（3）带电体最终停在何处。‎ ‎【答案】(1)10m/s (2) 48N，方向水平向右 (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ ‎（2）在C点由牛顿第二定律得 ‎ ‎ 得N=48N ‎ 牛顿第三定律得，带电体对轨道的压力N，=48N，方向水平向右 ‎ ‎（3）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：‎ ‎ ‎ 解得 在最高点，带电体受到的最大静摩擦力 ‎ 重力 因为 ‎ 所以带电体最终静止在与C点竖直距离为处.‎ ‎12.如图，光滑水平面上固定着一对竖直放置的平行金属板G和H。在靠近金属板G右壁固定一个可视为质点的小球C，其质量为 MC＝0.01kg、带电量为q＝＋1×10-5C。G、H两板间距离为d＝10cm，板H下方开有能让小球C自由通过的小洞。质量分别为MA＝0.01kg和MB＝0.02kg的不带电绝缘小球A、B用一轻质弹簧连接，并用细线栓连使弹簧处于压缩状态，静放在H板右侧的光滑水平面上，如图a所示。现将细线烧断，小球A、B在弹簧作用下做来回往复运动（A球不会进入G、H两板间）。以向左为速度的正方向，从烧断细线断开后的某时刻开始计时，得到A球的速度—时间图象如图(b)所示。‎ ‎（1）求在时刻小球B的速度，并在图(b)中大致画出B球的速度—时间图象；‎ ‎（2）若G、H板间是电场强度为E=8×104V/m的匀强电场，在某时刻将小球C释放，则小球C离开电场时的速度为多大？‎ ‎（3）若小球C以离开电场时的速度向右匀速运动，它将遇到小球A，并与之结合在一起运动，试定量分析在各种可能的情况下弹簧的最大弹性势能（即最大弹性势能的范围）。‎ ‎【答案】(1)0，-2m/s ，2m/s，图见解析 （2）4m/s （3）0.02J—0.18J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对于小球A、B与轻质弹簧组成的系统，当烧断细线后动量守恒： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 当时有：‎ ‎ ‎ 当时有：‎ ‎ ‎ 当时有：‎ ‎ ‎ 小球B的速度图象如图所示。 ‎ ‎ ‎ ‎（2）当金属板间加有匀强电场时，电场力对小球做功，小球获得初动能并离开金属板，电场力做功： ‎ 由动能定理得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）因水平方向A、B、C三小球系统不受外力，故系统动量守恒。‎ 由此可得：不论A、C两球何时何处相碰，三球的共同速度是一个定值，即三球速度相同时的总动能是一定值。‎ MCVC＝（MA＋MB＋MC）V共 ‎ 解得V共 ＝1m/s ‎ 当三球速度相同时弹簧的弹性势能最大。‎ 当A球在运动过程中速度为4m/s且与C球同向时，跟C球相碰，系统损失能量最小（为0），此情况下三球在运动过程中弹簧具有的最大弹性势能设为E1‎ ‎ ‎ 当A球在运动过程中速度为4m/s与C球反向时，跟C球相碰，系统损失能量最大，此情况下三球运动的过程中弹簧具有的最大弹性势能设为E2 ‎ ‎ ，解得v3 =0 ‎ E2＝（MA＋MC）v32＋MBvB2-（MA＋ MB＋MC）v共2＝0.02J 由上可得弹簧具有的最大弹性势能EPM的可能值在0.02J—0.18J的范围内。‎ ‎（二）选考题 ‎13.下列说法中正确的是 ‎ A. 一定量100°C的水变成100°C的水蒸气，其分子之间的势能增加 B. 当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小 C. 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”‎ D. .悬浮在水中的花粉颗粒不停地做无规则运动，这反映了水分子运动的无规则性 E. 单位时间内，气体分子对容器壁单位面积上的碰撞次数减少，气体的压强不一定减小 ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ ‎【详解】A.温度是分子的平均动能的标志，一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，吸收热量而其分子的平均动能不变，分子之间的势能增加．故A正确；‎ B.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故B错误；‎ C.热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他方面的变化”，故C错误；‎ D.布朗运动是悬浮在水中的花粉颗粒的运动，是由于受到水分子的撞击不平衡而发生的，故反映了水分子的永不停息的无规则运动，故D正确；‎ E.气体的压强与单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数以及分子对器壁的平均撞击力有关，若温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强不一定减小；故E正确．‎ ‎14.如图所示，固定绝热气缸内有一质量为m的“T”型绝热活塞(体积可忽略)，距气缸底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为s，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g．试问：‎ ‎ ‎ ‎(1) 初始时，水银柱两液面高度差多大？‎ ‎(2) 缓慢降低气体温度，两水银面相平时温度是多少？‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差；等压变化，根据盖-吕萨克定律求解出温度．‎ ‎【详解】（1）选取活塞为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件有 可得被封闭气体压强： ‎ 设初始时两侧水银柱液面高度差为h，则被封闭气体的压强：‎ 联立以上三式可得，初始时液面高度差为 ‎ ‎（2）降低温度直至两液面相平过程中，被封闭气体先做等压变化，后做等容变化．‎ 初状态：，V1=1.5h0S，T1=T0；‎ 末状态：，V2=1.2h0S 根据理想气体状态方程有 ‎ 代入数据，可得 ‎【点睛】本题考查了求水银柱的高度差、求气体温度，分析清楚气体状态变化过程，应用平衡条件、求出气体的状态参量、应用理想气体状态方程即可正确解题．‎ ‎15.下列关于两列波相遇时叠加的说法中正确的是(　　)‎ A. 相遇之后，振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强 B. 相遇之后，两列波的振动情况与相遇前完全相同 C. 在相遇区域，任一点的总位移等于两列波分别在该点引起的位移的矢量和 D. 几个人在同一房间说话，相互间听得清楚，这说明声波在相遇时互不干扰 E. 相遇之后，振动加强区域内质点的位移始终最大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当左列波和右列波相遇时，叠加时的振动方向相同的，则相互加强；当振动方向相反时，则相互抵消，即若加强则两列波都加强，若减弱则两列波都减弱，而不是一列波减弱一列波加强，故A错误；‎ BD．两列波各自的波形和传播方向与相遇前完全相同，即每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰，波具有独立性，故B正确，D正确；‎ C、在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和。故C正确。‎ E．相遇之后，振动加强区域内质点的振幅最大，但是位移不是始终最大，选项E错误；‎ 故选BCD。‎ ‎16.有一透明柱体的截面是一个底角为30°的等腰三角形，D为AB中点．MN位于透明体正上方，是一个与AB平行且足够长的屏．现用一束宽为d的单色光，从D点左侧垂直于AB边向上照射透明体，如图所示，结果MN上横向宽为的部分被照亮，求：‎ ‎（i）画出光路图；‎ ‎（ii）透明体的折射率．‎ ‎【答案】（i）‎ ‎（ii）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(i) 光路如图 ‎(ii) 由折射定律，透明体的折射率为 ‎ 由几何关系 ‎ ‎ ‎ 解得，由几何关系 透明体的折射率为．‎