吉林省白城市通榆县一中2020届高三上学期第三次月考物理试题

通榆一中2020届高三上学期第三次月考物理试卷一、选择题（12小题题，共48分。1-8为单选题，9-12题为多选题，每题4分，漏选得2分，错选得0分）1.下列说法正确的是（   ）．A. 一重原子核进行α衰变后,其衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能B. β衰变时β射线是原子核外的电子释放出来的C. 能使某种金属发生光电效应的最小频率叫该种金属的截止频率(又叫极限频率),不同金属对应着相同的极限频率D. 链式反应中,重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是质子【答案】A【解析】【详解】一重原子核进行α衰变后，因放出核能，则其衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故A正确；β衰变时β射线是原子核内的中子转化为质子时放出的负电子，选项B错误；能使某种金属发生光电效应的最小频率叫该种金属的截止频率(又叫极限频率),不同金属对应着不同的极限频率，选项C错误；链式反应中，重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是中子，选项D错误.2.“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载入潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t，上浮到海面，速度恰好减为零．则“蚊龙号”在时刻距离海平面的深度为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】蛟龙号上浮时的加速度大小为：根据逆向思维，可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度为：；A．，与结论不相符，选项A错误；B． ，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论相符，选项D正确；3.如图所示，半球形物体和光滑小球紧靠着放在一固定斜面上，并处于静止状态．现用水平力沿物体表面将小球缓慢拉至物体最高点，物体始终保持静止状态，则下列说法中正确的是（   ）A. 物体受到3个力作用B. 小球对物体的压力大小始终不变C. 物体受到斜面的摩擦力大小一直减小D. 物体对小球的支持力大小一直增大【答案】C【解析】【详解】A、 对球A分析可知，A受重力、支持力、B的压力和斜面的摩擦力作用，共四个力，故A错误；BD、小球对物体的压力和物体对小球的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反；对球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：将小球B缓慢拉至物体A的最高点过程中，θ变小，故支持力N变小，拉力F也变小；根据牛顿第三定律，压力也减小；故BD错误；C、再对AB整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有：，α为斜面的坡角，由于F减小，故拉力F减小，故静摩擦力减小；故C正确．4.质量相等的a、b两物体，分别从粗糙斜面上的同一位置由静止下滑，滑到斜面底端时进入粗糙水平面继续滑行一段距离后停下，不计从斜面 底端进入水平面时的能量损失．已知两物体运动的v—t图像如图所示，则下列说法正确的是A. 在整个运动过程中，a的平均速度比b的平均速度小B. a与斜面间的动摩擦因数比b与斜面间的动摩擦因数大C. a在水平面上滑行的距离比b在水平面上滑行的距离长D. 在整个运动过程中，a克服摩擦力做功比b克服摩擦力做功多【答案】C【解析】【详解】A项：由图象可知，a整个过程中的位移大于b的位移，但由于所用的时间关系不知，所以无法比较两物体的平均速度大小，故A错误；B项：由图可知，a在斜面上运动时的加速度比b的大，由牛顿第二定律可得：，所以a与斜面间的动摩擦因数比b与斜面间的动摩擦因数小，故B错误；C项：由图象可知， 图线与时间轴所围的面积表示位移，所以a在水平面上滑行的距离比b在水平面上滑行的距离长，故C正确；D项：对两物体从静止到停下过程中由动能定理可知，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，由于重力做功相等，所以在整个运动过程中，a克服摩擦力做功比b克服摩擦力做功相等，故D错误．5.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（  ）A. 平行板电容器的电容将变大B. 静电计指针张角不变C. 带电油滴的电势能将增大D. 若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】BD【解析】【详解】A.根据知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则d增大，则电容减小，故A错误；B.静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；C.两板电势差不变，d增大，则两板间电场强度减小，P点与上极板间的距离不变，由U=Ed可知，P点与上极板间的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知油滴的电势能减小，故C错误；D.电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．6.如图所示，P、Q是两个电荷量相等正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点．OA＜OB，用EA、EB、、分别表示A、B两点的场强和电势，则（　　）A. EA一定大于EB，一定大于B. EA不一定大于EB，一定大于C. EA一定大于EB，不一定大于D. EA不一定大于EB，不一定大于【答案】B【解析】【详解】两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A点下，也可能在A点上，还可能在A点，由于A、B两点的间距也不确定，故可能大于，也可能小于，还可能等于；BO连线上的电场方向为竖直向上，沿电场方向性电势减小，故一定大于；A.A项与上述分析结论不相符，故A不符合题意；B.B项与上述分析结论相符，故B符合题意；C.C项与上述分析结论不相符，故C不符合题意；D.D项与上述分析结论不相符，故D不符合题意7.如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为，质量分别为、的两个物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板.开始时用手按住物体A，此时A与挡板的距离为，B静止于地面，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态.已知，空气阻力不计.松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（     ）A. A和B组成的系统机械能守恒B. 当A的速度最大时，B与地面间的作用力为零C. 若A恰好能到达挡板处，则此时B的速度为零D. 若A恰好能到达挡板处，则此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量【答案】B【解析】【详解】A、对于、、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，但对于、两物体组成的系统，机械能不守恒，故选项A错误；B、的重力分力为，物体先做加速运动，当受力平衡时速度达到最大，则此时受细绳的拉力为，故恰好与地面间的作用力为零，故选项B正确；C、从开始运动直到到达挡板过程中，弹力的大小一直大于的重力，故一直做加速运动，到达挡板时，的速度不为零，故选项C错误；D、恰好能到达挡板处，则此过程中重力对做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体的机械能增加量之和，故选项D错误．8.如图甲所示，在材质均匀的圆形薄电阻片上，挖出一个偏心小圆孔．在彼此垂直的直径AB和CD两端引出四个电极A、B、C、D．先后分别将A、B或C、D接在电压恒为U的电路上，如图乙和图丙所示．比较两种接法中电阻片的热功率大小，应有(     )．A. 接在AB两端电阻片热功率大B. 接在CD两端电阻片热功率大C. 两种接法电阻片电阻图丙的大D. 两种接法电阻片电阻一样大【答案】B【解析】【详解】在总电阻一定的情况下，若分成两部分的电阻越接近，则并联情况下总电阻就越大，所以接在AB两端的并联总电阻较大，根据可知接在CD两端电阻片热功率大，故B正确；ACD错误；故选B9.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C，滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，电阻R1、R2为定值电阻.已知R1=2R2=R0=4r，闭合开关S，则A. 电压表的示数为B. 电阻R2的热功率为滑动变阻器R的热功率的C. 电容器的带电量为D. 电源内阻消耗的热功率为电阻R消耗功率的2倍【答案】ABD【解析】【详解】A．R2先与滑动变阻器上半部分并联，后与下半部分串联，再与R1串联，外电路的总电阻为R外=7r电压表的示数为外电路两端的电压，为选项A正确；B．通过R2的电流与通过滑动变阻器上半部分的电流相等，故通过滑动变阻器下半部分的电流是通过R2的电流的2倍，其热功率是R2的4倍，滑动变阻器上半部分又与R2的热功率相等，所以滑动变阻器的热功率是R2的5倍，电阻R2的热功率为滑动变阻器R的热功率的，选项B正确；C．电容器两端的电压为并联电路两端的电压为因此电容器的带电量为选项C错误；D．通过电源的电流为通过电阻R2的电流的2倍，得电源内阻消耗的热功率为电阻R2消耗功率的2倍，选项D正确.10.天文学上将水星金星、地球、火星称为类地行星．其中火星的质量约为地球的，半径约为地球的，已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的第一宇宙速度大小为v，忽略行星自转的影响，则（　　）A. 火星表面的重力加速度大小约为 B. 火星表面的重力加速度大小约为C. 火星的第一宇宙速度大小约为 D. 火星的第一宇宙速度大小约为【答案】AC【解析】【详解】由得到：，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g，故A正确，B错误．由得到：，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C正确，D错误．11.如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度冲上木板，当v＝v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速．此过程中A、B系统生热为Q，则(    )A. 若，A、B系统生热为B. 若，A、B相对运动时间为C. 若，B经历t0时间的位移为D. 若，A经历到达木板右端【答案】AC【解析】【详解】当v=v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv′，代入数据得：v′=0.5v0．由能量守恒定律得：Q=mv02-×2mv′2=mv02．若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m•=2mv′得：v′=v0．系统生热：，选项A正确；当v=v0时，对B，由动量定理得：ft0=mv′可得：；若，根据动量守恒定律得得：．对B，由动量定理得： ，可得：，选项B错误；  若v=v0，则由A选项的分析可知：fL=Q=mv02；对物体B：联立解得：，选项C正确；若v=2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m•2v0=mvA+mvB，A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q．根据能量守恒定律得：．结合上面解答有：Q=mv02．对B，由动量定理得：ft=mvB-0；联立解得：，（另一值不合理舍去），，故D错误.12.如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平．现准备将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从a点以初动能Ek0抛出．第一次，不加电场，沿水平方向抛出小球，经过c点时，小球动能为5Ek0；第二次，加一方向平行于abc所在平面、场强大小为的匀强电场，沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0．不计空气阻力，重力加速度大小为g．下列说法正确的是A. 所加电场的方向水平向左B. a、b两点之间的距离为C. b、c两点之间的距离为D. a、c间的电势差【答案】CD【解析】【详解】B、不加电场时，只有重力做功，根据动能定理得：，解得：，故B错误；C、不加电场时小球做平抛运动，竖直方向：，水平方向：，又，联立解得：，故C正确；D、加电场时，根据动能定理得：，解得：，故D正确；A、根据得，ac沿电场方向距离为：，又沿着电场方向电势逐渐降低可知，电场方向水平向右，故A错误；二、实验题13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ法骤如下：用游标为50分度的卡尺测量其长度如图，由可此可知其长度为______________cm用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为__________________mm；用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为_________________【答案】    (1). 3.020cm    (2). 4.700mm    (3). 【解析】【详解】解：(1)游标卡尺的固定刻度读数为30mm，游标尺上第10个刻度游标读数为，所以最终读数为：；(2)螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为，所以最终读数为：；(3)多用电表的电阻“×10”挡测电阻，由图示表盘可知，所测电阻阻值为；14.某物理兴趣小组准备测量一节干电池的电动势和内阻实验室提供了如下器材：A．电流表A1（量程3mA，内阻为199Ω）B．电流表A2（量程1500mA，内阻为1Ω）C．电压表V（量程3V，内阻很大）D．滑动变阻器R1（阻值范围0～5Ω，额定电流2A）E．滑动变阻器R2（阻值范围0～500Ω，额定电流1A）F．定值电阻R3＝1ΩG．定值电阻R4＝1kΩ以及待测干电池（内阻约为3Ω），开关、导线若干。同学们根据提供的器材，设计了如图的实验电路图。(1)了尽量减小误差且方便操作，图中电流表应选择______(填A1或A2)，滑动变阻器应选择______(填R1或R2)，定值电阻应选择______(填R3或R4)。(2)同学们利用上述实验装置测得了多组实验数据，并将电流表的读数作为横坐标，电压表的读数作为纵坐标，选取合适的标度，绘制了如图的图线。则该小组同学测定的干电池电动______V，内阻r＝______Ω。(填含有a、b、c的表达式)【答案】    (1). A1    (2). R1    (3). R3    (4). a    (5). 【解析】【分析】本题考查电源电动势的测量和电流表改装以及用图像分析问题的能力。【详解】[1]因测量一节干电池的电动势，干电池的电阻约为3Ω，因此电路的最大电流约为500mA，因此选A2量程过大，因此要选择A1并联电阻改装电流表即可，电流表选择A1即可；[2]滑动变阻器R2阻值过大，不方便操作，则滑动变阻器选择R1即可；[3]定值电阻选择R3以后可将电流表A1改为600mA量程，满足实验要求，因此选R3即可。(2) [4]若设电流表的读数为I，电压表读数为U，则电路中的总电流为由闭合电路的欧姆定律：由图像可知E＝a，解得。15.如图所示，一颗质量为m的子弹水平打中悬挂在O点的质量为M的木块，绳子长L．子弹嵌在木块中一起上升，恰好能够到达最高点，这时被P处的刀片割断绳子（无能量损失）．求：（1）子弹木块飞出后落在了与圆心等高平台上的A点，A到O点的距离是多少？（2）在最低点处，子弹打中木块后瞬间，它们的速度有多大？（3）子弹打中木块前的初速度是多少？【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】（1）木块恰好能够到达最高点，则木块过最高点后做平抛运动，则有：A到O点的距离为：联立可得：（2）从最低点到最高点根据动能定理可得：解得：（3）根据动量守恒可得：解得：16.如图所示，半径R=0.8m的光滑1/4圆弧轨道固定在光滑水平面上，轨道上方的A点有一个可视为质点的质量m=1kg的小物块．小物块由静止开始自由下落后打在圆弧轨道上的B点但未反弹，碰撞时间极短，此后小物块将沿着圆弧轨道滑下．已知A点与轨道的圆心O的连线长也为R，且AO连线与水平方向的夹角为30°，C点为圆弧轨道的末端，紧靠C点有一质量M=3kg的长木板，木板的上表面与圆弧轨道末端的切线相平，小物块与木板间的动摩擦因数，g取10m/s2．求：(1)小物块刚到达B点时的速度vB；(2)小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道压力FC；(3)木板长度L至少为多大时小物块才不会滑出长木板？【答案】（1），方向竖直向下     （2）   (3) 【解析】试题分析：（1）由几何关系可知，AB间的距离为R，小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有……(1分)代入数据解得， ……… (1分)方向竖直向下                ……………  (1分)（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为，因OB连线与竖直方向的夹角为，故………………(1分)从B到C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有…………(2分)在C点，根据牛顿第二定律有…………(1分)联立以上各式，代入数据解得…………(1分)再根据牛顿第三定律可知小物块到达C点时对轨道的压力……… (1分)（3）小物块滑到长木板上后，小物体做匀减速运动，长木板做匀加速运动小物体(1分)(1分)(1分)长木板(1分)(1分)(1分)又(1分)联立以上各式可得代入数据解得(1分)考点：圆周运动 匀变速直线运动 牛顿运动定律17.如图，竖直平面内（纸面）存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ= 60°角，纸面内的线段MN与水平方向成α=30°角，MN长度为d．现将一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电小球从M由静止释放，小球沿MN方向运动，到达N点的速度大小为（待求）；若将该小球从M点沿垂直于MN的方向，以大小的速度抛出，小球将经过M点正上方的P点（未画出），已知重力加速度大小为g，求：(l)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度；(2)M点和P点之间的电势差；(3)小球在P点动能与在M点动能的比值．【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【详解】解：（1）由小球运动方向可知，小球受合力沿MN方向，如图甲，由正弦定理：得：合力：F=mg从,有：得：（2）如图乙，设MP为h，作PC垂直于电场线，小球做类平抛运动：得：（3）如图乙，作PD垂直于MN，从，由动能定理：18.下列说法正确的是         。A. 一定质量的理想气体温度不变，若从外界吸收热量，则气体体积一定增大B. 一切自发的宏观过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行C. 分子动能是由于物体机械运动而使内部分子具有的能D. 较大的颗粒不做布朗运动是因为液体温度太低，液体分子不做热运动E. 分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小【答案】ABE【解析】【分析】本题考查热力学的相关知识。【详解】A.一定质量的理想气体温度不变，内能不变，若从外界吸收热量，则气体对外做功，则气体体积一定增大，故A正确。B. 根据热力学第二定律可知，一切自发的宏观过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，故B正确。C. 微观分子的动能与宏观物体机械运动无关，故C错误。D.液体中较大的悬浮颗粒不做布朗运动的原因是大颗粒容易受力平衡，布朗运动不明显，故D错误。E.分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小，故E正确。故选ABE。19.如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积为50cm2厚度为1cm．气缸全长为21cm，气缸质量为20kg，大气压强为1×105Pa，当温度为27 ℃时，活塞封闭的气柱长10cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通．g取10m/s2，求：（1）气柱的长度；（2）当温度为多高时，活塞刚好接触平台；（3）当温度为多高时，气缸对平台刚好没有压力?【答案】（1）15cm（2）400K（3）700K【解析】试题分析：（1）设气缸倒置前后被封闭气体压强分别为p1和p2,气柱长度分别为L1和L2．p1=p0+=1．2×105Pap2=p0-=0．8×105Pa倒置过程为等温变化 p1L1S=p2L2S所以L2=L1=15cm（2）设倒置后升温前后封闭气柱温度分别为T2和T3，升温后气柱长度为L3则T2=T1=（273+7）K="300" K L2=15cm，L3="20cm" 升温过程为等压变化，（或列理想气体状态方程也可），所以T3=T2="400K"（3）当气缸对平台刚好没有压力 p4=p0+=1．4×105Pa等容变化（或列理想气体状态方程也可），得T4="700K"考点：理想气体状态方程【名师点睛】应用玻意耳定律与盖吕萨克定律即可正确解题，本题的解题关键是通过对活塞或者缸筒受力分析，求出各状态的气体压强；找到气体在不同状态下的状态参量列出方程即可解题．20.如图甲所示，B、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波I在介质中沿BP方向传播，P与B相距40cm，B点的振动图象如图乙所示；沿竖直方向振动的横波Ⅱ在同一介质中沿CP方向传播，P与C相距50cm，C点的振动图象如图丙所示．在t＝0时刻，两列波同时分别经过B、C两点，两列波的波速都为20cm/s，两列波在P点相遇，则以下说法正确的是（　　）A. 两列波的波长均为20cmB. P点是振幅是为10cmC. 4.5s时P点在平衡位置且向下振动D. 波遇到40cm障碍物将发生明显衍射现象E. P点未加强点振幅为70cm【答案】ACE【解析】【详解】A．由图知，两列波的周期都是T=1s，由得波长=0.2×1m=0.2m故A正确；BE．根据题意有：PC-PB=50cm-40cm=10cm=0.1m=而t=0时刻两波的振动方向相反，则P是振动加强的点，振幅等于两波振幅之和，即为70cm，故B错误，E正确；C．波从C传到P的时间为：t=s=2.5s波从B传到P的时间为：t=s=2s在t=2.5s时刻，横波II与横波I两波叠加，质点P经过平衡向下运动，在t=4.5s时刻，经过了两个周期，质点经过平衡向下运动，故C正确；D．因波长为20cm，则当波遇到40cm的障碍物将不会发生明显衍射现象，故D错误。故选ACE．【点睛】本题的解题关键是掌握波的叠加原理进行分析，根据路程差和起振方向关系进行分析；注意发生明显衍射现象的条件是波长比障碍物的尺寸长或差不多．21.如图所示，某种材料制成的半球体，左侧面镀有水银，CD为半球底面直径，O为球心，直线OB垂直CD，且与半球面交于B点．现有一单色光平行BO方向从半球面上的A点射入半球，经CD面反射后恰好从B点射出半球．半球的半径为R，入射时单色光线与OB的距离d=R，透明半球对该单色光的折射率，不考虑单色光在B点的反射．①求单色光从B点射出时的折射角；②已知光在真空中的传播速度为c，求单色光在半球内传播的总时间t．【答案】①=60°②．【解析】【详解】①该单色光在半球内传播的光路如图所示：设光在A点的入射角为θ1，则有：，可得θ1=60°   设折射角为θ2.则有：，可得θ2=60°由几何关系可知，光线在B点的入射角θ2=30°  在B点，由，可得：=60° ②由图可知：，EF=OF-OE=，AE=2EF= 光线在球内的总路程为：s=AE+EB=光线在球内的传播速度大小为：  光线在球内的传播时间为：