山西省长治市2020届高三9月联考物理试题

山西省长治市2020届高三9月联考物理试题

长治市2019年高三年级九月份统一联考物理试题 选择题 ‎1.图中ae为珠港澳大桥上四段l10m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为 A. t B. t C. (2－)t D. (2+) t ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设汽车的加速度为a，经历bc段、ce段的时间分别为t1、t2，根据匀变速直线运动的位移时间公式有：， ，，解得：，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C ‎2.某理想变压器原、副线图的匝数之比为1：10,当输入电压增加10V时,输出电压( )‎ A. 降低1V B. 增加1V C. 降低100V D. 增加100V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即 得：‎ 即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：‎ 当输入电压增加10V时，输出电压增大100V。‎ A.A项与上述计算结论不相符，故A错误；‎ B.B项与上述计算结论不相符，故B错误；‎ C.C项与上述计算结论不相符，故C错误；‎ D.D项与上述计算结论相符，故D正确。‎ ‎3.如图，静电场中的一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则（ ）‎ A. M点的电势比N点的低 B. M点的场强大小一定比N点的大 C. 电子在M点的电势能比在N点的低 D. 电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】顺着电场线电势逐渐降低，可知M点的电势比N点的高，选项A错误；一条电场线不能确定疏密，则不能比较MN两点场强的大小，也不能比较电子在MN两点受电场力的大小，选项BD错误；负电荷在高电势点的电势能较低，选项C正确；‎ ‎4.有一款蹿红的微信小游戏“跳-跳”,游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m,可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹,轨迹的最高点距平台上表面高度为h,不计空气阻力，重力加速度为g,则( )‎ A. 棋子落到另一平台上时的速度大于 B. 棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh C. 棋子离开平台后距平台面高度为时动能为 D. 棋子从离开平台至运动到最高点过程中，重力势能增加量大于mgh ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 设棋子落到平台时的瞬时速度大小为，棋子从最高点落到平台的过程中，根据动能定理得：‎ 解得：‎ 故A正确。‎ B.棋子从离开平台至运动到最高点过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，故B错误；‎ C.取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能 为棋子在最高点的速度。由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为时，动能为 故C错误；‎ D.设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，故D错误。‎ ‎5.如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为h的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是 A. 该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率 B. 卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小 C. 卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小 D. 地球的质量可表示为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在轨道Ⅰ上A点时点火减速变轨进入椭圆轨道Ⅱ，所以在轨道Ⅰ上A点速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，在轨道Ⅲ上B的速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，即在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，故A正确；‎ B、从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ，引力做正功，动能增加，引力势能减小，在A点和B点变轨过程中，发动机点火减速运动，则机械能减小，即在轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能大，故B错误；‎ C、根据公式可得，所以距离地球越近，向心加速度越大，故从远地点到近地点运动过程中，加速度变大，故C错误；‎ D、轨道Ⅰ上运动过程中，万有引力充当向心力，故有 解得，故D正确。‎ ‎6.如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH,圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g.在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是 A. 小球b机械能逐渐减小 B. 细线PN的拉力一直增大 C. 小球b所受库仑力大小始终为2mg D. 小球b加速度大小先变大后变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，整个过程中只有重力做功，所以小球b机械能守恒，故A错误；‎ BC.小球b机械能守恒，从G滑到H过程中 H处 则 由于小球b在运动过程中处于电场强度大小不变，则其所受库仑力大小始终为。‎ 设PN与竖直方向成角，对球a受力分析，其受到的库仑力与水平方向的夹角为，则对a球在竖直方向：‎ 解得：‎ 下滑时从0增大，细线PN的拉力逐渐增大，故B正确，C错误；‎ D. 设b与a的连线与水平方向成θ角，则 任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成， 即 可知小球的加速度一直变大，故D错误。‎ ‎7.如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等.矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是( )‎ A. 均沿纸面向上 B. 均沿纸面向下 C. a的沿纸面向上， b的沿纸面向下 D. a的沿纸面向下，b的沿纸面向上 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框左、右边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框左、右边的电流方向也相反，则矩形线框左、右边所受的安培力相反，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反。‎ A.A项与上述分析结论不相符，故A错误；‎ B.B项与上述分析结论不相符，故B错误；‎ C.C项与上述分析结论相符，故C正确；‎ D.D项与上述分析结论相符，故D正确。‎ ‎8.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A点开始冲上斜面，到达某一高度后又返回A点，斜面与滑块之间有摩擦．下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图象，可能正确的是（ ） ‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析:因为斜面与滑块之间有摩擦，所以物体没斜面向上运动和向下运动的加速度是不一样的，所以A错；物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同．故B错误；设斜面的倾角为α．在上滑过程中：上滑的位移大小为x1=v0t−，重力势能为EP=mgx1sinθ=mgsinθ（v0t−），此为抛物线方程．下滑过程：重力势能为EP=mg[H-sinθ]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是可能的．故C正确；由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，不可能增大，所以D图不可能．故D错误．‎ 考点：牛顿第二定律；功能关系 ‎9.如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）‎ A. 当x=h+x0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小 B. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先减小后增大 C. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大 D. 小球动能的最大值为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，选项B错误，C正确；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h+x0)−mg•x0＝mv2，故小球动能的最大值为mgh+mgx0，故D正确；故选ACD。‎ ‎【点睛】本题关键是将物体的运动分为自由落体、加速下降和减速下降三个阶段，同时物体的动能和重力势能以及弹簧弹性势能总量守恒.‎ ‎10.在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核()发生了一次α衰变。放射出的α粒子()在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q 分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示。下面说法正确的是 A. 新核Y在磁场中圆周运动的半径为RY＝ R B. α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，且电流大小为I＝‎ C. 若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为Δm＝‎ D. 发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由题可知：,生成的新核Y和α粒子动量大小相等，方向相反，而且洛伦兹力提供向心力，即，则，可知：，即，故A正确；‎ B、由于圆周运动周期，则环形电流为：，故B正确；‎ C、对α粒子，由洛伦兹力提供向心力，可得 由质量关系可知，衰变后新核Y质量为 由衰变过程动量守恒可得可知：‎ 则系统增加的能量为：，由质能方程得：‎ 联立可得，故C正确；‎ D、由动量守恒可知，衰变后α粒子与新核Y运动方向相反，所以，轨迹圆应外切，由圆周运动的半径公式可知，α粒子半径大，由左手定则可知丁图正确，故D错误。‎ 非选择题 ‎11.某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数。PQ为一块倾斜放置的木板，在斜面底端Q处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)。每次实验时将一物体(其上固定有宽度为d的遮光条)从不同高度h处由静止释放，但始终保持斜面底边长L＝0.500 m不变。(设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同)‎ ‎(1)用20分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度d如乙图所示，则d＝__________cm；‎ ‎(2)该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度v，并作出了如图丙所示的v2－h图象，其图象与横轴的交点为0.25。由此可知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝______________；‎ ‎(3)若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到v2－h图象，其图象的斜率将______________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). 0.225 (2). 0.5 (3). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，则读数为：；‎ ‎（2）设斜面的长为s，倾角为，由动能定理得：‎ 即：，‎ 由图象可知，当时，，代入得到：；‎ ‎（3）由知斜率为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变。‎ ‎12.某同学测定电源电动势和内阻，所使用的器材有:待测干电池一节(内阻很小)、电流表A(量程0.6A，内阻RA小于1)、电流表A1(量程0.6A,内阻未知)、电阻箱R1(0~99.99)、‎ ‎ 滑动变阻器R2(0~10)、 单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个,导线若干。该同学按图甲所示电路连接进行实验操作。‎ ‎(1)测电流表A的内阻: 闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2,读取电流表A的示数为0.20 A、电流表A1的示数为0.60A、电阻箱R1的示数为0.10，则电流表A的内阻RA=________.。‎ ‎(2)测电源的电动势和内阻: 断开开关K,调节电阻箱R1,将开关S接________(填“C”或“D”),记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数:断开开关K，开关S所接位置不变，多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数1。‎ ‎(3)数据处理: 图乙是 由实验数据绘出的图象，由此求出干电池的电动势E=______V、内阻r=______ 。(计算结果保留二位有效数字)‎ ‎(4)如果电流表A的电阻未知，本实验___ (填 “能”或“不能”)测出该电源的电动势 ‎【答案】 (1). 0. 20 (2). D (3). 1.5 (4). 0. 20~0.30 (5). 能 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]当开关S打到C后，由于电流表与电阻箱并联，电流表的示数为0.4A ‎，则通过电阻箱的电流为 电压 电流表内阻 ‎（2）[2] 断开开关K,调节电阻箱R1，若将开关S接C，不能组成回路，所以开关S接D。‎ ‎（3）[3][4] 由闭合电路的欧姆定律可得：‎ 变形得 由函数结合图象可知：图线的斜率是，图象在纵轴上的截距是，即：‎ 解得 ‎ 由 解得 ‎（0. 20~0.30）‎ ‎（4）由上述分析可知，若如果电流表A的电阻未知，本实验能测出该电源的电动势，但不能测出电源内阻 ‎13.如图甲所示，半径为R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A为轨道最高点，和圆心等高；B为轨道最低点。在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝3kg，小车足够长，车的上表面与B点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示。物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1kg，g取10m/s2。‎ ‎（1） 求物块滑到B点时对轨道压力的大小；‎ ‎（2） 物块相对小车静止时距小车左端多远？‎ ‎【答案】（1）30N；（2）1.75m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得： ‎ 代入数据解得 vB=4 m/s ‎ 在B点，由牛顿第二定律得 ‎ 代入数据解得 FN=30 N 由牛顿第三定律可知，物块滑到轨道B点时对轨道的压力：FN′=FN=30 N ‎ ‎（2）物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒。以向右为正方向，由动量守恒定律得 ‎ 代入数据解得 v =1 m/s ‎ 由能量关系得系统生热 ‎ 解得 Q=6 J ‎ 由功能关系知 ‎ 将μ1=0.4，x1=0.5 m代入可解得x=1.75 m ‎14.如图所示，间距为L的水平平行金属导轨上连有一定值电阻，阻值为R，两质量均为m的导体棒ab和cd垂直放置在导轨上，两导体棒电阻均为R，棒与导轨间动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。现用某一水平恒力向右拉导体棒ab使其从静止开始运动，当棒ab匀速运动时，棒cd恰要开始滑动，从开始运动到匀速的过程中流过棒ab的电荷量为q，(重力加速度为g ‎)求：‎ ‎(1)棒ab匀速运动的速度大小；‎ ‎(2)棒ab从开始运动到匀速运动所经历的时间是多少？‎ ‎(3)棒ab从开始运动到匀速的过程中棒ab产生的焦耳热是多少？‎ ‎【答案】（1）（2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设棒ab速度为v，则棒ab中的感应电流　①‎ 棒cd中的感应电流为： ②‎ cd受安培力 ③‎ 当棒cd恰要滑动时，，即　④‎ 得棒ab的匀速速度为： 　⑤‎ ‎（2）设棒ab受恒定外力为F，匀速运动时棒ab中的电流为I，‎ 棒ab所受安培力为　⑥‎ 对棒cd：　⑦‎ 棒ab：　⑧‎ 由⑥⑦⑧⑨式得　⑨‎ 对棒ab从开始运动到匀速过程，设运动时间为t；‎ 由动量定理：　⑩‎ 而 故　‎ 由⑤式解得　 ‎ ‎（3）棒ab所受安培力为，设棒ab从开始运动到匀速的过程中位移为x，‎ 由动量定理：‎ ‎ ‎ 而 由⑤⑨得： ‎ 设棒ab此过程克服安培力做功W 由动能定理：　‎ 由⑤⑨得　‎ 由功能关系知，此过程产生的总焦耳热等于W，根据电路关系有棒ab此过程产生的焦耳热等于 由得棒ab产生的焦耳热为。‎ ‎15.如图是教材3-5封面的插图，它是通过扫描隧道显微镜拍下的照片：48个铁原子在铜的表面排列成圆圈，构成了“量子围栏”。为了估算铁原子直径，查到以下数据：铁的密度ρ=7.8×103kg/m3，摩尔质量M=5.6 xl0-2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA =6.0×1023 mol-1。若将铁原子简化为球体模型，铁原子直径的表达式D=____，铁原子直径约为____m（结果保留一位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】铁的摩尔体积为：；每个铁原子的体积：，把每个铁原子看做是球体，则，解得；带入数据：‎ ‎16.如图甲所示，竖直放置的汽缸中的活塞上放置一重物，活塞可在汽缸内无摩擦滑动。汽缸导热性良好，其侧壁有个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为80 cm的理想气体柱(U形管内的气体体积不计，U形管足够长且水银始终没有进入汽缸),此时缸内气体处于图乙中的A状态，温度为27C.已知大气压强, 重力加速度g取10 m/s2。‎ ‎(i )求A状态时U形管内水银面的高度差h2和活塞及重物的总质量m;‎ ‎(ii )若对汽缸缓慢加热, .使缸内气体变成B状态，求此时缸内气体的温度。‎ ‎【答案】( i )37.5 cm； 625 kg； (ii)600 K ‎【解析】‎ ‎【详解】( i)由题图乙可知A状态时封闭气体柱压强为 汽缸的横截面积 对活塞，有 由题意可知 代入数据解得 ‎(ii)从A状态到B状态，汽缸内气体做等压变化 由盖一吕萨克定律有 所以 ‎17.如图,透明半球体的圆心为O,半径为R,折射率为，在半球体的轴线O'O. 上有一点光源S,它发出一细光束射向半球体上的A点，光東经半球体折射后从B点射出。已知SA与SO、OB与OO'之间的夹角均为60° ,光在真空中的传播速度为c,则AB与SO之间的夹角为_____， 光从A点传播到B点所用的时间为___________.‎ ‎【答案】 (1). 30° (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由光的折射定律 即 解得 r=30°‎ ‎[2]则AB与SO之间的夹角为30°；由正弦定理：‎ 解得 由 则 解得 ‎18.如图是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t = 0时的波形图。已知该波波源的位移y与时间t的关系式为y = Asin(10πt +)，波源的平衡位置与图中质点P的平衡位置之间的距离小于2.4 m。求：‎ ‎（i）该波的传播速度；‎ ‎（ii）该波波源的平衡位置的x坐标。‎ ‎【答案】（i） （ii）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（i）由图可知，该波波长：λ=1.2m ①‎ 设波源的振动周期为T，则有 ②‎ 波的传播速度 ③‎ 由①②③式得： v=6m/s ④‎ ‎（ii）设t1时刻波源的位移为+A，则 y = Asin(10πt1 +) ⑤‎ 故波源的平衡位置的x坐标： ⑥‎ 由于波沿x轴正方向传播，且波源的平衡位置与图中质点P的平衡位置之间的距离小于2.4 m，由④⑤⑥式得： x=-1.1m ⑦‎ ‎ ‎