浙江省宁波三中2020届高三上学期10月月考物理试题

 浙江省宁波三中2019秋高三（上）10月月考物理试卷一、单选题1.下面物理量不属于矢量的是(    )A. 位移 B. 速率 C. 力 D. 加速度【答案】B【解析】【详解】位移、力和加速度都既有大小又有方向，是矢量，而速率是速度的大小，是标量. A．位移与分析不符，故A错误.B．速率与分析相符，故B正确.C．力与分析不符，故C错误.D．加速度与分析不符，故D错误. 2.下列单位中属于国际单位制中基本单位的是　　A. 千克 B. 牛顿 C. 焦耳 D. 米每秒【答案】A【解析】【详解】在力学单位制中，只有质量千克、长度米、时间三个基本单位，其余皆为导出单位 故A对，BCD错；故选A． 3.在物理学的发展过程中，很多科学家做出了巨大的贡献，则下列说法中符合史实的是(    )A. 伽利略通过观测、分析计算发现了行星的运动规律B. 开普勒利用他精湛的数学经过长期计算分析,最后终于发现了万有引力定律C. 卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量G而被称为测出地球质量第一人D. 牛顿运用万有引力定律预测并发现了海王星和冥王星【答案】C【解析】【详解】A．开普勒通过观测、分析计算发现了行星的运动规律，故A错误B．牛顿利用他精湛的数学经过长期计算分析,最后终于发现了万有引力定律，故B错误C．卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量G而被称为测出地球质量第一人，故C正确D．威廉赫歇耳运用万有引力定律预测并发现了海王星和冥王星，故D错误 4.在第31届奥林匹克运动会中中国选手孙杨以1分44秒的成绩获得男子200米自由泳比赛冠军（国际标准游泳池长50米）。下列说法正确的是(    ) A. “1分44秒”指的是时间间隔B. 孙杨200米自由泳的平均速度为1.92m/sC. 在研究孙杨的技术动作时,可以把孙杨看成质点D. 在游泳过程中,以游泳池里的水为参考系,孙杨是静止的【答案】A【解析】【详解】A．时间间隔指一段时间，对应一过程，孙杨游泳200米，是一过程，故1分44秒为时间间隔，故A正确；B．200米游泳比赛的位移是0，根据平均速度定义式可知平均速度也是0.故B错误；C．质点是理想化的物理模型，物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或影响很小时，物体才可以看做质点，所以研究孙杨的技术动作时，孙杨的形状不能忽略，即孙杨不能看做质点，故C错误；D．孙杨在游泳过程中，以水为参考系，他是运动的，故D错误。 5.某质点做直线运动，其位移x与时间t的关系图象如图所示。则(　　)A. 在12 s时刻质点开始做反向直线运动B. 在0～20 s内质点的速度不断增加C. 在0～20 s内质点的平均速度大小为0.8 m/sD. 在0～20 s内质点的瞬时速度等于它在这段时间内平均速度的时刻只有一处【答案】C【解析】试题分析：根据图象的斜率等于速度，在20s内图象的斜率一直为正，说明质点的速度方向没有改变，一直沿正向运动，故A错误．图象的斜率先增大后减小，则质点的速度先增大后减小，故B错误．在0～20s内质点的位移为△x=16m-0=16m，平均速度大小，故C正确．由斜率可知，在0～20s内质点的瞬时速度等于它在这段时间内平均速度的时刻有两处，故D错误．故选C.考点：x-t图线【名师点睛】此题是对x-t图线的考查；要理解x-t图线的物理意义：图线的斜率大小等于速度的大小，斜率的符号表示速度的方向；一段时间的平均速度等于这段时间起点与终点连线的斜率的大小；此题是基础题，难度不大. 6.如图所示，人静止在水平地面上的测力计上，下列说法正确的是(    ) A. 人对测力计压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力B. 人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力C. 人对测力计的压力大于测力计对人的支持力D. 人对测力计的压力小于人的重力【答案】A【解析】【详解】ABC．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，方向相反，故A正确，B错误．C错误D．人静止在水平地面上的测力计上，受到重力和支持力的作用处于平衡状态，所以人受到的支持力大小等于重力；而人受到的支持力的大小与人对测力计的压力大小相等，所以人对测力计的压力等于人的重力故D错误． 7.如图所示，一物块置于水平地面上。当用与水平方向成角的力拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成角的力推物块时，物块仍做匀速直线运动。若和的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为A.  B.  C.  D. 1-【答案】B【解析】试题分析：对两种情况下的物体分别受力分析，如图将F1正交分解为F3和F4，F2正交分解为F5和F6，则有：F滑=F3mg=F4+FN；F滑′=F5mg+F6=FN′而F滑=μFN；F滑′=μFN′则有F1cos60°=μ（mg-F1sin60°） ①F2cos30°=μ（mg+F2sin30°） ②又根据题意F1=F2 ③联立①②③解得：μ=2-；故选B考点：物体的平衡   8.如图所示的皮带转动中，下列说法正确的是： （ ）A. P点与R点的角速度相同，所以向心加速度也相同B. P点的半径比R点的半径大，所以P点的向心加速度较大C. P点与Q点的线速度相同，所以向心加速度也相同D. Q点与R点的半径相同，所以向心加速度也相同【答案】B【解析】分析：靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度大小，共轴转动角速度相等．根据a==rω2，比较向心加速度的大小．解答：解：A、P、R共轴转动，角速度相等，根据a=rω2，P点的半径大，向心加速度大．故A错误，B正确．C、P、Q两点是靠传送带传动轮子边缘上的点，线速度大小相等，根据a=，P点的半径大，向心加速度小．故C错误．D、Q与P点的线速度相等，P点与R点的线速度不等，所以Q、R的线速度不等，根据a=，向心加速度不等．故D错误．故选B． 9.质量为m的通电细杆置于倾角为的光滑导轨上，导轨的宽度为，有垂直于纸面向里的电流通过细杆，在如图所示的A、B、C、D四个图中，能使细杆沿导轨向上运动的最小磁感应强度是A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】试题分析：由左手定则可知，C图的安培力方向水平向右，可使导线向上运动，且BILcosθ=mgsinθ；D图的安培力方向沿斜面向上，可使导线向上运动，且BIL=mgsinθ，故可知D图中能使细杆沿导轨向上运动且磁感应强度最小；故选D.考点：左手定则；安培力；物体的平衡. 10.关于地球上的物体随地球自转的向心加速度的大小，下列说法正确的是(    )A. 在赤道上向心加速度最小B. 在两极向心加速度最大C. 在地球上各处向心加速度一样大D. 随着纬度的升高，向心加速度的值逐渐减小【答案】D【解析】【详解】ABC．地球自转时，各点绕地轴转动，具有相同的角速度，根据，知到地轴的距离越大，向心加速度越大，所以在赤道处的向心加速度最大，两极向心加速度最小，故A错误，B错误，C错误；D．随着纬度的升高，r变小，则向心加速度变小.故D正确； 11. 电视机可以用遥控器关机而不用断开电源，这种功能叫做待机功能。这一功能给人们带来了方便，但很少有人注意到在待机状态下电视机仍然要消耗电能。例如小明家的一台34吋彩色电视机的待机功率大约是10W，假如他家电视机平均每天开机4h，看完电视后总是用遥控器关机而不切断电源。试估算小明家一年(365天)中因这台电视机待机浪费的电能A. 2.6×108J B. 2.6×107J C. 3.2×108J D. 5.3×107J【答案】A【解析】试题分析：电视机每天待机消耗的电能为W0=Pt=0.01kW×（24h-4h）=0.2kW•h，每年消耗的电能为W=365·W0=365×0.2kW•h=73kW•h=2.628×108J；故选A．考点：本题考查电功、电功率． 12.在平面坐标系xOy的x轴上A、B两点固定两点电荷，电荷量大小分别为QA和，QB，曲线ACB是一条电场线，C、D、E是电场线上的三点，且C点的切线与x轴平行， ∠CAB=60°，∠CBA=30°，则下列说法正确的是(    )A. A处点电荷带负电,B处点电荷带正电B. 某一正点电荷在D点所受的电场力大于在E点的电场力C. D. 负点电荷在D点的电势能大于在C点的电势能【答案】C【解析】【详解】A．根据电场线的方向，知A带正电，B带负电，故A错误；B．一条电场线无法确定场强的大小，也不知道D、E两点的具体位置，故无法判断电场力的大小，故B错误.C．C点的场强可看成AB两电荷在该点产生场强的合场强，电荷A在C点电场方向沿AC向上，电荷B在C点产生的场强沿CB向下，合场强水平向右，可知A、B电荷在C电荷在竖直方向合场强为零，有：而：所以：故C正确；D．根据电场线与电势的关系，D点电势高于C点电势，根据，可知负电荷在电势高处电势能小，负点电荷在D点的电势能小于在C点的电势能，故D错误。 13.一个物体以100J的初动能从斜面的底端向上运动，当它通过斜面上的P点时，动能减少了80J，机械能减少了32J，如果物体能从斜面上返回底端，那么返回底端的动能为(    )A. 20J B. 68J C. 60J D. 36J【答案】A【解析】【详解】运用动能定理分析得出：物体损失的动能等于物体克服合外力做的功(包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功)，损失的动能为：损失的机械能等于克服摩擦阻力做功：由以上两式得：常数，与L无关由题意知此常数为.则物体上升到最高点时，动能为0，即动能减少了100J，那么损失的机械能为40J，那么物体返回到底端，物体又要损失的机械能为40J，故物体从开始到返回原处总共机械能损失80J，因而它返回A点的动能为20J．A．20J与分析相符，故A正确.B．68J与分析不符，故B错误.C．60J与分析不符，故C错误.D．36J与分析不符，故D错误. 二、多选题14.两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播某时刻两列波在如图所示区域相遇，则　　A. 在相遇区域会发生干涉现象B. 实线波和虚线波的频率之比为3：2C. 平衡位置为处的质点此时刻速度为零D. 平衡位置为处的质点此刻位移【答案】BD【解析】两列波波速相同，波长不同，根据v=λf，频率不同，不能干涉，故A错误；两列波波速相同，波长分别为4m、6m，为2：3，根据根据v=λf，频率比为3：2，故B正确；平衡位置为x=6m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度不等，相反，故合速度不为零，故C错误；平衡位置为x=8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分别为、A，故合位移大于振幅A，故D正确；故选BD． 15.如图为氢原子能级图，氢原子中的电子从n=5能级跃迁到n=2能级可产生a光；从n=4能级跃迁到n=2能级可产生b光。a光和b光的波长分別为和，照射到逸出功为2.29eV的金属钠表面均可产生光电效应，遏止电压分别为和，则: A. B. C. a光的光子能量为2.86eVD. b光产生的光电子最大初动能Ek=0.26eV【答案】CD【解析】AC、氢原子中的电子从n=5跃迁到n=2产生的a光，,氢原子中的电子从n=4跃迁到n=2产生的b光, ,能量越高频率越大，波长越小，则，选项C正确，A错误；BD、由光电效应方程有频率越高的越大，即，,则B、D正确点睛：电子跃迁释放的能量等于两个能级的能量差值，并结合光电效应方程求遏制电压的大小 16.“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核(称为母核)俘获一个核外电子，使其内部的一个质子变为中子，并放出一个中微子，从而变成一个新核(称为子核)的过程。中微子的质量远小于质子的质量，且不带电，很难被探测到，人们最早就是通过核的反冲而间接证明中微子的存在的，一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”，衰变为子核并放出中微子，下面说法正确的是(      )A. 母核的质量数等于子核的质量数 B. 子核的动量与中微子的动量相同C. 母核的电荷数大于子核的电荷数 D. 子核的动能大于中微子的动能【答案】AC【解析】【详解】AC．原子核(称为母核)俘获一个核外电子，使其内部的一个质子变为中子，并放出一个中微子，从而变成一个新核(称为子核)的过程，电荷数少1，质量数不变.故A正确，C正确．B．原子核(称为母核)俘获电子的过程中动量守恒，初状态系统的总动量为0，则子核的动量和中微子的动量大小相等，方向相反.故B错误．D．子核的动量大小和中微子的动量大小相等，由于中微子的质量很小，根据知，中微子的动能大于子核的动能.故D错误． 三、实验题17.用如图装置做“研究平抛运动”实验时，下列说法正确的是（      ）A. 用重锤线确定y轴方向B. 用目测判断斜槽末端切线是否水平C. 每次从轨道上不同位置释放小球D. 斜槽不是光滑的，这是实验误差的主要来源【答案】A【解析】【详解】A．实验中用重锤线确定y轴方向，故A正确．B．不能通过目测确定斜槽末端是否水平，正确方法是让小球置于斜槽末端，看是否滚动，确定斜槽末端是否水平，故B错误．CD．为了保证小球平抛运动的初速度相等，每次从斜槽同一位置由静止释放小球，斜槽是否光滑，不影响实验的误差，故C错误，D错误． 18.将两个金属电极锌、铜片插入一个水果中就可以做成一个水果电池。现要测量橘子电池（如图甲所示）的电动势和内阻，三位同学采用不同的方法进行探究． (1)甲同学用多用表的直流电压挡，选择0～1V量程，直接测铜锌两金属片之间的电压时示数为0.82V；若已知该水果电池的内阻约为2100Ω，则该水果电池的电动势应______ 填“大于”“等于”或“小于”)0.82V。(2)乙同学利用伏安法并借助DIS实验器材中的电压传感器、电流传感器测水果电池的电动势和内阻，电路如图乙所示。表是乙同学测量该水果电池时记录的数据． 次数123456电压电流 请你根据测量数据在给出的图丙坐标纸中描点作出U随I变化的关系图象______，由图象求出水果电池的电动势为______ V，内阻为______Ω。(3)丙同学将四个这样的水果电池串联起来给“2.5V0.5A”的小灯泡供电，结果灯泡不发光（经检查，电路无故障），则灯泡不亮的原因是______ ．【答案】    (1). 大于    (2). 如图所示：    (3). 0.96；    (4). 2.0×103；    (5). 水果电池内阻太大，回路中电流太小，路端电压太小【解析】【详解】(1)[1]电压表测量的是路端电压，水果电池有较大的内阻，根据闭合电路欧姆定律可知，水果电池的电动势大于； (2)[2]作出U随I变化的关系图象:[3][4]图象的纵轴截距表示电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻，由图象可知水果电池的电动势为，内阻为 (3)[5]水果电池的内阻太大，回路中电流太小，路端电压太小，灯泡不发光． 19.在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图连接起来进行探究。 （1）某次测量如图所示，指针示数为___________cm。（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表。用表中数据计算弹簧1的劲度系数为_________N/m(重力加速度g=10m/s2)。由表中数据____________填“能”或“不能”计算出弹簧2的劲度系数。【答案】    (1). 15.97；    (2). 12.5；    (3). 能【解析】【详解】(1)[1]由图示的刻度尺直接读出弹簧指针的示数为：。(2)[2][3]每增多一个钩码,弹簧伸长量约为，钩码重力为：由胡克定律得：根据弹簧II示数的变化与形变的变化量的比值能求出其劲度系数。 四、计算题20.民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接，供旅客上下飞机，一般还设有紧急出口．发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面，机舱中的人可沿该斜面滑行到地面上来，示意图如图所示．某机舱离气囊底端的竖直高度AB=3.0m，气囊构成的斜面长AC=5.0m，CD段为与斜面平滑连接的水平地面．一个质量m=60kg的人从气囊上由静止开始滑下，人与气囊、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5．不计空气阻力，g=10m/s2．求：（1）人从斜坡上滑下时的加速度大小；（2）人滑到斜坡底端时的速度大小；（3）人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下？【答案】(1) 2.0 m/s2；(2) 2m/s ；(3)2 m.【解析】【分析】以乘客为研究对象受力分析，由牛顿第二定律可求出加速度，利用运动学公式可求得末速度大小。【详解】（1）对乘客进行受力分析，乘客受到重力、支持力、摩擦力，如图所示：由牛顿运动定律得：mgsinθ-μFN=ma  ① FN=mg cosθ    ②解得：人从斜坡上滑下时的加速度a= 2m/s2（2）由运动学公式得v2=2al解得：人滑到斜坡底端时的速度大小（3）在地面上滑动的加速度a2=μg=5m/s2人离开C点后还要在地面上滑行距离 21. 如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道AB在底端通过一段光滑的曲线轨道与一个光滑的四分之一圆弧轨道CD平滑连接，圆弧轨道的最高点C与B点位于同一高度．圆弧半径为R，圆心O点恰在水平地面．一质量为m的滑块（视为质点）从A点由静止开始滑下，运动至C点时沿水平切线方向离开轨道，最后落在地面上的E点．已知A点距离水平地面的高度为H，OE=2R，重力加速度取g，不计空气阻力．求：（1）滑块运动到C点时的速度大小VC；（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf；（3）若滑块从直轨道上A′点由静止开始下滑，运动至C点时对轨道恰好无压力，则A′点距离水平地面的高度为多少？【答案】（1）滑块运动到C点时的速度大小vC是．（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf是mg（H﹣2R）．（3）A′点距离水平地面的高度为．【解析】试题分析：（1）滑块从C到E做平抛运动，水平位移为，竖直位移为R则有：、，可解得（2）对于从A到C的过程，运用动能定理得解得，滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功（3）设点的距离水平地面的高度为h．在C点有①从A′到C，由动能定理得②滑块在直轨道上下滑时重力做功与克服摩擦力做功的比值是定值，所以有：解得，代入②式联立①、②两式，可解得考点：考查了动能定理；向心力．【名师点睛】本题要分析清楚物体的运动情况，正确选择研究过程，寻找每个过程和状态所遵守的物理规律是关系，要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法 22.如图所示，固定在水平面上长度为L的木板与竖直放置的半径为R的半圆形光滑轨道BC相切于B点，在木板左端A处静止放置一个质量为m的小物块可视为质点。一个质量为m0=0.2m的子弹以水平速度v0射向物块，击中物块后恰好能与物块一起运动到C点，最终落在木板上的D点（图中未画出）。已知重力加速度为g。求：（1）子弹击中物块后物块的速度和此过程中系统损失的机械能；（2）物块通过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力以及物块与木板间的动摩擦因数；（3）D点与B点的距离及物块落在木板上前的瞬时速度与水平方向间夹角的正切值。【答案】（1），；（2）7.2mg，；（3）2R，2【解析】【详解】(1)子弹击中木块过程系统动量守恒,以向右为正方向，由动量守恒定律得：解得：子弹击中物块过程中系统损失的机械能：(2)由于物块恰好能够通过半圆形轨道的最高点C,由牛顿第二定律得：解得：物块从B点到C点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：在B点由牛顿第二定律得：解得：，方向竖直向下，由牛顿第三定律可知物块通过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小为：，方向竖直向下；对物块在木板上的运动由动能定理得：解得：；(3)物块离开C后做平抛运动，水平方向：竖直方向：解得：物块落到木板上时，水平分速度：,竖直分速度：速度方向与水平方向间夹角正切值：答：(1)子弹击中物块后物块的速度为，此过程中系统损失的机械能为；(2)物块通过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小为：，方向：竖直向下,物块与木板间的动摩擦因数为；(3)点与B点的距离为2R，物块落在木板上前的瞬时速度与水平方向间夹角的正切值为2。 23.如图所示,真空中一平面直角坐标系xOy内,存在着两个边长为L的正方形匀强电场区域I、II和两个直径为L的圆形匀强磁场区域III,IV.电场的场强大小均为E,区域I的 场强方向沿x轴正方向,其下边界在x轴上,右边界刚好与区域III的边界相切;区域II的场 强方向沿y轴正方向,其上边界在x轴上,左边界刚好与区域仅的边界相切.磁场的磁感应强度大小均为 ,区域III的圆心坐标为(0，)、磁场方向垂直于xOy平面向外;区域IV的圆心坐标为(0，-),磁场方向垂直于xOy平面向里.两个质量均为m、电荷量均 为q的带正电粒子M、N,在外力约束下静止在坐标分别为(，)、(，)的两点.在Y轴的正半轴(坐标原点除外)放置一块足够长的感光板,板面垂直于xOy平面.将粒子M、N由静止释放,它们最终打在感光板上并立即被吸收.不 计粒子的重力.求: (1)粒子离开电场I时的速度大小.(2)粒子M击中感光板的位置坐标.(3)粒子N在磁场中运动的时间.【答案】（1）（2）（2L，0）（3） 【解析】【详解】（1）粒子在区域Ⅰ中运动,由动能定理得:
  计算得出 .（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:
    因故得
因M运动的轨道半径与磁场区域的半径相同，故M在磁场Ⅲ中运动四分之一周期后经过原点进入磁场Ⅳ，再运动四分之一周期后平行于x轴正方向离开磁场，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动；假设M射出电场后再打在x轴的感光板上，则:
M在电场中运动时间
沿电场力位移;
所以假设成立,运动轨迹如右图所示.沿电场方向的速度
速度偏向角的正切设出电场后沿x轴方向位移为x1，则 ，所以；M击中感光板的横坐标为，位置坐标为（2L，0）;（3）N做圆周运动的轨道半径与磁场区域的半径相同，分析可得N将从b点进入磁场，由坐标原点O离开磁场Ⅲ进入磁场,然后从d点离开磁场Ⅳ，其部分轨迹如右图所示；
在磁场Ⅲ中,由几何关系得: ；所以θ=300；圆弧对应的圆心角   粒子在运动的周期
所以粒子在磁场Ⅲ中运动的时间
由对称关系得粒子在磁场Ⅲ、Ⅳ中运动时间相同，故粒子在磁场中运动的时间为：【点睛】解决本题的关键是画出粒子的运动轨迹，灵活运用几何知识轨迹半径，确定轨迹对应的圆心角，即可求得粒子在磁场中运动的时间．