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- 2021-06-02 发布
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山西省寿阳县第一中学2020届高三上学期
11月月考试题
一、选择题
1.下列说法正确的是
A. 卢瑟福α粒子散射实验表明原子存在中子
B. 外界温度越高,放射性元素的半衰期越短
C. 核聚变反应方程中,A表示质子
D. 原子核衰变为一个原子核的过程中,发生6次β衰变
【答案】D
【解析】
【详解】A.卢瑟福的α粒子散射实验表明原子具有核式结构,A错误;
B.半衰期与温度无关、与化学性质无关,B错误;
C.根据质量数、电荷数守恒,核聚变反应方程中,A表示中子,选项C错误;
D.根据质量数、电荷数守恒,原子核衰变为一个原子核的过程中,发生次α衰变,次β衰变,D正确。
故选D.
2.如图所示,小球C置于光滑的半球形凹槽B内,B放在长木板A上,整个装置处于静止状态.现缓慢减小木板的倾角θ过程中,下列说法不正确的是
A. A受到的压力逐渐变大
B. A受到的摩擦力逐渐变大
C. C对B的压力逐渐变大
D. C受到三个力的作用
【答案】A
【解析】
【详解】AB.取B、C为一整体,由平衡条件可得:
fBA=(mB+mC)gsin θ
FNBA=(mB+mC)gcos θ
随θ减小,FNBA增大,fBA减小,故A正确,B错误.
CD.缓慢减小木板倾角θ的过程中,球C只受重力和支持力作用,且二者等大反向,故CD错误。
故选A.
3.由离地足够高的相同高度处,使甲球与乙球同时自静止状态开始落下,两球在抵达地面前,除重力外,只受到来自空气阻力F的作用,且阻力与球的下落速度v成正比,即F=-kv(k>0),且两球的比例常数k完全相同,如图所示为两球的速度-时间关系图,若甲球与乙球的质量分别为m1与m2,则下列叙述正确的是( )
A. m2<m1,且乙球先抵达地面
B. m2<m1,且甲球先抵达地面
C. m2>m1,且乙球先抵达地面
D. m2>m1,且甲球先抵达地面
【答案】C
【解析】
【详解】根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移,抓住位移相等,比较运动的时间.根据最终做匀速直线运动重力和阻力相等,通过速度大小关系比较出重力的大小.
由图可知最后两球做匀速运动,有,因为乙球做匀速运动的速度大,则乙球的质量大,所以有,甲乙两球下落的位移相等,即图线与时间轴围成的面积相等,则知甲球的运动时间长,乙球先抵达地面,故C正确.
故选C。
4.如图所示,两个带有正电的等量同种点电荷,其连线和连线中垂线的交点为b,a、c为中垂线上的两点,一个带正电的粒子从图中a点沿直线移动到c点,则( )
A. 粒子所受电场力一直不变
B. 电场力对粒子始终不做功
C. a、b、c三点中,b点场强最大
D. a、b、c三点中,b点电势最高
【答案】D
【解析】
【详解】A.两等量正电荷周围部分电场线具有对称性,其中两个点电荷连线的中垂线abc上,从无穷远到b过程中电场强度先增大后减小,且方向始终指向无穷远方向. 故试探电荷所受的电场力是变化的,故A错误;
B.根据等量同种点电荷的电场特点可知,该电场在abc线上,电场的方向由b分别指向a与c,所以正电荷从a经过b到达c的过程中,正电荷受到的电场力线指向a,后指向c,所以电场力线做负功,后做正功,故B错误;
C.根据等量同种点电荷的电场特点可知,两个点电荷连线的中垂线与连线的交点处的电场强度等于0,一定不是最大,故C错误;
D.根据等量同种点电荷电场特点可知,该电场在abc线上,电场的方向由b分别指向a与c,根据沿电场线的方向电势降低可知,b点的电势最高,故D正确.
故选D.
5.如图所示,将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出,飞行一段时间后,小球经过P点时动能Ek=5mv02,不计空气阻力,则小球从O到P( )
A. 下落的高度为
B. 速度增量为3v0,方向斜向下
C. 运动方向改变的角度满足tanθ=
D. 经过的时间为
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据动能定理得,
mgh=5mv02−mv02
解得
故A错误.
BD.根据
Ek=mv2=5mv02
得,P点的速度
v=v0
根据平行四边形定则知,P点的竖直分速度
vy==3v0
则运动的时间
速度的增量
△v=gt=3v0
方向竖直向下,故B错误,D正确.
C.根据
tanθ=
知,运动方向改变的角度满足tanθ=3,故C错误.
故选D.
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式灵活求解,对于平抛运动,有时可以结合动能定理进行求解.
6.在如图所示的电路中,当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时( )
A. 电压表示数变大,电流表示数变小
B. 电压表示数变小,电流表示数变大
C. 电压表示数变大,电流表示数变大
D. 电压表示数变小,电流表示数变小
【答案】D
【详解】当变阻器的滑动头P向b端移动时,电阻减小,由串反并同的结论可判断电压表示数变小,电流表示数变小;故ABC错误,D正确。
故选D。
7.2017年4月,我国成功发射了“天舟一号”货运飞船,它的使命是给在轨运行的“天宫二号”空间站运送物资,已知“天宫二号”空间站在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动,经过时间t(t小于其运行周期T)运动的弧长为s,对应的圆心角为β弧度,万有引力常亮为G,下面说法正确的是( )
A. “天宫二号”空间站的线速度大于地球的第一宇宙速度
B. “天宫二号”空间站的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
C. “天宫二号”空间站的环绕周期T=
D. 地球质量M=
【答案】CD
【解析】
【详解】A.“天宫二号”经过时间t,它运动的弧长为s,它与地球中心连线扫过的角度为β
(弧度),
则线速度为
角速度为:
根据v=ωr得轨道半径为:
“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,则有:
得
可知卫星的轨道半径越大,速率越小,第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度,故“天宫二号”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度,故A错误;
B.由
得:加速度
则知“天宫二号”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度.故B错误.
C.“天宫二号”的环绕周期为
故C正确;
D.“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,即:
联立解得:地球的质量为
故D正确;
故选CD.
8.伽利略在研究自由落体运动的过程中,曾提出两种假设:①速度v与下落的高度h成正比;②速度v与下落的时间t成正比,分别对应于甲图和乙图,对于甲、乙两图作出的判断中正确的是( )
A. 图甲中加速度不断增加
B. 图乙中加速度不断增加
C. 图甲0~h内运动的时间是
D. 图乙中0~t内运动的位移是t
【答案】AD
【解析】
【详解】A.图甲中速度与高度成正比,则由v=kh,而根据自由落体规律可知,h=gt2可得,则有:
v=kgt2
速度和时间成二次函数关系,v-t图象为开口向上的抛物线,则可知,图象的斜率增大,加速度不断增大,故A正确;
B.图乙中v与时间成正比,则由v=at可知,加速度恒定不变,故B错误;
C.图甲中是变加速运动,平均速度不是,故时间不等于,故C错误;
D.图乙中为匀变速运动,平均速度等于,故t秒内运动的位移x=t,故D正确.
故选AD.
9.如图(a)所示,水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m,板长L=0.3m,在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板,小孔恰好位于AB板的正中间,距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏,现在AB板间加如图(b)所示的方波形电压,已知U0=1.0×102V,在挡板的左侧,有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板,粒子的质量m=1.0×10﹣7kg,电荷量q=1.0×10﹣2C,速度大小均为v0=1.0×104m/s,带电粒子的重力不计,则:( )
A. 粒子从进入电场到打中荧光屏所经历的时间8×10﹣5s
B. 在t=0时刻进入的粒子飞出电场时垂直于极板方向的位移为2.5×10﹣2m
C. t=0时刻进入的粒子飞出电场时速度与水平方向夹角的正切值为
D. 由正极板边缘、且从t=1×10﹣5s时刻进入电场的粒子打到荧光屏上的位置距O点的距离0.065m
【答案】AC
【解析】
【详解】A.粒子水平方向速度不变,作匀速直线运动,粒子从进入电场到打中荧光屏所经历的时间为:
选项A正确;
B.粒子在电场中运动的时间为:
0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动,用时t1=2×10-5
s;再作匀减速直线运动,用时t2=1×10-5s,加速度大小相等,为:
侧移量:
选项B错误;
C.射出时竖直方向的速度大小为
vy=at1−at2=108(2×10−5−1×10−5)=1×103m/s
正切值
tanθ=
选项C正确;
D.粒子从t=1×10-5s时刻进入电场,在第一个1×10-5s向负极板加速运动、在第二个1×10-5s向负极板减速运动,在第三个1×10-5s向负极板加速运动;所以出电场时的偏离正极板的位移:
y1'=at2×3=0.005×3=0.015m
出电场时沿竖直方向的速度为
v′1=at=103m/s
场外沿竖直方向的位移:
y2'=v′1t′=103×m=0.05m
结果
y'=0.065m-0.05m=0.015m
选项D错误;
故选AC.
【点睛】解决在偏转场中问题,通常由类平抛运动规律求解,要能熟练运用运动的合成与分解的方法研究,分析时要充分运用匀加速运动位移的比例关系和运动的对称性,来求解竖直分位移.
10.将一倾角为的光滑斜面体固定在地面上,在斜面的底端固定一轻弹簧,弹簧原长时上端位于斜面处的B点.现将一质量为m=2kg的可视为质点的滑块由弹簧的上方的A
点静止释放,最终将弹簧压缩到最短C点.已知滑块从释放到将弹簧压缩到最短的过程中,滑块的速度时间图像如右图,其中0~0.4s内的图线为直线,其余部分均为曲线,且BC=1.2m,g=10m/s2.则下列正确的选项是( )
A.
B. 滑块在压缩弹簧的过程中机械能减小
C. 弹簧储存的最大弹性势能为16J
D. 滑块从C点返回到A点的过程中,滑块的机械能一直增大
【答案】ABC
【解析】
物块在斜面上运动的加速度 ,由牛顿定律可得 解得,选项A正确;滑块在压缩弹簧的过程中机械能转化为弹簧的弹性势能,则滑块的机械能减小,选项B正确;,则弹簧储存的最大弹性势能为,选项C正确;滑块从C点返回到A点的过程中,从C到B弹力做功,机械能变大,从B到A机械能不变,选项D错误;故选ABC.
二、实验题
11.用如图所示实验装置可以测量物块与水平桌面之间动摩擦因数,已知钩码质量为m,滑块质量是钩码质量的n倍,重力加速度为g.
①用游标卡尺测量遮光片宽度d.用米尺测量出滑块起始位置到光电门之间的距离s.(钩码不会触击到地面)
②调整轻滑轮,使细线水平.释放物块,记录数字毫秒计测出的遮光片经过光电门时间Δt.
③改变物块与光电门之间的距离s,重复多次,得到多组数据.
④根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.
回答下面的问题:
⑴物块经过光电门时的速度v=________.物块的加速度a=________.
⑵如果采用图像法处理数据, 以起始位置到光电门之间的距离s为横坐标,选用______为纵坐标,才能得到一条直线.
⑶如果这条直线的斜率斜率为k,由图像可知,物体与水平桌面间的动摩擦因数为μ=_____
【答案】 (1). (2). (3).
【解析】
【详解】(1)[1][2]经过光电门时的瞬时速度大小为
v=
由v2=2as解得
(2)(3)[3][4]对物块由牛顿第二定律可得
mg-μMg=Ma
由运动学规律可得
2as=
由以上两式可得
则以起始位置到光电门之间的距离s为横坐标,选用为纵坐标,才能得到一条直线.图象的斜率为
由此可得
12.实验室中要测量一只电压表的内电阻,供选择的仪器如下:
①待测电压表V(量程0~1.5V,内阻约为500 Ω左右);
②电流表A(量程0~10 mA);
③定值电阻R (250Ω);
④滑动变阻器R1(0~20 Ω);
⑤滑动变阻器R2(0~1 000 Ω);
⑥干电池(1.5 V);
⑦开关S及导线若干.
⑴为了方便电压方便调节,滑动变阻器接成分压式接法,滑动变阻器应选________.(在空格内填写序号)
⑵要利用所给器材较准确测量电压表的电阻,请在虚线框中画出完整的电路图.
⑶把实物连线图补充完整.
⑷测量电压表、电流表多组读数V、I,然后以V为纵坐标,I为横坐标,作出相应图线,如图所示.若测得图线的斜率为k,待测压表内阻的表达式为RV=________.
【答案】 (1). R1 (2). (3). (4).
【解析】
【详解】(1)[1]滑动变阻器采用分压接法时,应选用阻值适当小一些的,滑动变阻器选R1.
(2)[2]需要电压表与定值并联,才能跟电流表的量程相适应,所以完整的电路如图所示:
(3)[3]实物连线如图所示,连线时要注意电表的正负接线柱不能接反.
(4)[4]根据串、并联电路规律可知:
图线斜率
所以
三、计算题
13.如图所示,半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内,两个轻质小圆环固定在大圆环上竖直对称轴的两侧θ=45°的位置上,一根轻质长绳穿过两个小圆环,它的两端都系上质量为m的重物,小圆环的大小、绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略.当在两个小圆环间绳子的中点C处,挂上一个质量M的重物,M恰好在圆心处处于平衡.(重力加速度为g)求:
(1)M与m质量之比.
(2)再将重物M托到绳子的水平中点C处,然后无初速释放重物M,则重物M到达圆心处的速度是多大?
【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】(1)以M为研究对象,受力分析:
Mg=2mgcos45°
(2)M与2个m组成的系统机械能守恒:
MgRsinθ-2mg(R-Rcosθ)=MV12+mV22
V2=V1cosθ
解得:
14.如图斜面倾角为30°,一辆汽车从静止开始时以1m/s2的加速度沿斜面爬坡,已知汽车质量为1.0×103kg,额定输出功率为5.6×104W,摩擦阻力为车重的0.2倍,g取10m/s2,求:
(1)汽车做匀加速运动的时间;
(2)汽车所能达到的最大速率.
【答案】(1)7 s (2)8 m/s
【解析】
【详解】(1)由牛顿第二定律得
F-mgsin 30°-0.2mg=ma
设匀加速过程的末速度为v,则有
P=Fv
v=at1
解得
t1=7 s.
(2)当达到最大速度vm时,a=0,则有
P=(mgsin 30°+0.2mg)vm.
解得
vm=8 m/s.
15.如图所示,水平轨道与半径为R的半圆形光滑竖直轨道相连,固定在地面上.可视为质点的滑块a 和小球b 紧靠在一起静止于半圆圆心的正下方N点,滑块a 和小球b中间放有少许火药,某时刻点燃火药,滑块a 和小球b瞬间分离,小球b 恰好能通过半圆轨道的最高点P 点,然后做平抛运动落到水平轨道MN上.已知a 和b质量分别为2m、m,滑块a与水平轨道MN之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,求:
(1)滑块a和小球b刚分离时b的速度大小;
(2)小球b的落地点与滑块a最终停下处之间的距离.
【答案】⑴ ⑵
【解析】
【详解】(1)物体b在竖直平面内做圆周运动,在P 点时重力提供向心力,有
解得
两物体分离后物块b沿圆轨道向上运动,由动能定理有
解得
(2) a与b 分离瞬间在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律有
mvb-2mva=0
解得
滑块a向左运动的加速度
滑块a向左运动的最大距离
小球b做平抛运动,竖直方向有
水平方向
Lb=vPt
解得
16.如图所示,左侧平行板电容器内有电场强度为E的匀强电场,电容器右侧虚线区域内有垂直于纸面的匀强磁场,电容器极板长度等于匀强磁场区域的宽度.直线是平行板电容器的中心线,一束速度为v0的带电粒子沿着直线射入电场,经电场偏转后进入磁场,经磁场偏转后离开磁场.
(1)如果粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行,求这种情况下磁感应强度B1的大小
(2)如果粒子经磁场偏转后又回到O 点,求这种情况下磁感应强度B2的大小.
【答案】⑴ ⑵
【解析】
【详解】(1)粒子在电场中做平抛运动,设电容器极板长度为L
设离开电场时速度方向与竖直方向夹角为θ
粒子在磁场中运动
因为粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行,根据几何关系
联立解得
(2)粒子在电场中的偏转距离;粒子能够回到O点,根据几何关系
根据平抛运动的的推论,位移与水平方向夹角的正切等于速度偏转角正切的
解得
粒子在电场中的水平位移
粒子在电场中的竖直速度
离开电场时和偏转角之间的关系
粒子在磁场中运动
联立解得