【物理】湖北省华中师大第一附中2020届高三上学期11月试题（解析版）

【物理】湖北省华中师大第一附中2020届高三上学期11月试题（解析版）

湖北省华中师大第一附中2020届高三上学期 ‎11月试题 一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中第1~4题只有一项符题目要求，第5~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.钚的一种同位素Pu的衰变方程为Pu→X＋He＋γ，衰变后产生的巨大的能量以γ光子的形式释放，若Pu的半衰期为24100年，则（ ）‎ A. X的核电荷数为92，72个Pu经过24100年后一定还剩余36个 B. X的中子数为143，40克Pu经过48200年后，还有10克未衰变 C. X的质量数为236，核反应过程中电荷数、质量数守恒 D. Pu核衰变前的质量等于衰变后X、He核的质量之和 ‎【答案】B ‎【详解】A．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核衰变不适应，选项A错误；‎ BC．根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为235，电荷数为92，则中子数为235-92=143，40克Pu经过48200年后，还有未衰变，选项B正确，C错误；‎ D．因反应放出能量，则有质量亏损，即Pu核衰变前的质量大于衰变后X、He核的质量之和，选项D错误；‎ 故选B.‎ ‎2.公交车进站时的刹车过程可近似看作匀减速直线运动。下面是该过程中公交车的位移，速度v、加速度a、动能Ek随时间t变化的图像，其中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】A．由可知，图像A正确；‎ B．由可知，图像B错误；‎ C．匀减速运动的加速度不变，则选项C错误；‎ D．根据可知，图像D错误。‎ 故选A.‎ ‎3.滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某运动员（可视为质点）从雪坡上先后以初速度之比vl：v2=3：4沿水平方向飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中（ ）‎ A. 运动员先后在空中飞行的时间相同 B. 运动员先后落在雪坡上的速度方向不同 C. 运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3:4‎ D. 运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为1:1‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．根据x=vt，，则 两次的初速度不同，则时间不同，选项A错误；‎ B．速度方向与水平方向的夹角 可知.运动员先后落在雪坡上的速度方向相同，选项B错误；‎ C．根据动量定理 则运动员先后落在雪坡上动量变化量之比为3:4，选项C正确；‎ D．根据动能定理：‎ 则运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为9:16，选项D错误；‎ 故选C.‎ ‎4.一个半径为R均匀导电金属圆环放置在粗糙的水平绝缘桌面上，现加上一方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示（俯视图）。将金属圆环接入电路中，干路电流为I，接入点a、b是圆环直径上的两个端点。金属圆环始终处于静止状态，则（ ）‎ A. 当电流为I时，金属圆环上半部分受到的安培力大小为丁πBIR B. 当电流为I时，金属圆环受到的安培力大小为BIR C. 增大干路电流，金属圆环对桌面的压力增大 D. 增大干路电流，金属圆环对桌面的摩擦力增大 ‎【答案】D ‎【详解】A．当电流为I时，金属圆环上半部分受到的安培力大小为 ，选项A错误；‎ B．当电流为I时，金属圆环上下两部分受到的安培力均为BIR且方向相同，则金属环受到的安培力大小为2BIR，选项B错误；‎ CD．由左手定则可知，金属环所受的安培力方向沿水平方向，则增大干路电流，安培力变大，但金属圆环对桌面的压力不变，金属圆环对桌面的摩擦力增大，选项C错误，D正确；故选D.‎ ‎5.如图所示，由绝缘轻杆构成的正方形ABCD位于竖直平面内，其中AB边位于水平方向，顶点处分别固定一个带电小球。其中A、B处小球质量均为m，电荷量均为2q(q>0)；C、D处小球质量均为2m，电荷量均为q。空间存在着沿DB方向的匀强电场，在图示平面内，让正方形绕其中心O顺时针方向旋转90°，则四个小球所构成的系统（ ）‎ A. 电势能增加，重力势能增加 B. 电势能不变，重力势能不变 C. 电势能减小，重力势能减小 D. 电势能不变，重力势能增加 ‎【答案】D ‎【详解】让正方形绕其中心O顺时针方向旋转90°，则电场力对四个小球做总功为：‎ 则系统电势能不变；‎ 系统重力势能变化量：‎ 则重力势能增加；‎ A．电势能增加，重力势能增加，与结论不相符，选项A错误；‎ B．电势能不变，重力势能不变，与结论不相符，选项B错误；‎ C．电势能减小，重力势能减小，与结论不相符，选项C错误；‎ D．电势能不变，重力势能增加，与结论相符，选项D正确；故选D ‎6.如图所示，物块甲和乙的质量分别为m、2m，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止。现在用方向竖直向上的力缓慢拉动甲直到乙刚好离开地面，重力加速度为g，忽略空气阻力，则（ ）‎ A. 物块乙刚好离开地面时，弹簧弹力大小为2mg B. 物块乙刚好离开地面时，物块甲上升的高度为 C. 物块乙刚好离开地面时突然撤去拉力，物块甲的瞬时加速度大小为3g D. 在此过程中，拉力做的功大于甲的重力势能的增加量 ‎【答案】ACD ‎【详解】A．物块乙刚好离开地面时，对乙受力分析可知，弹簧弹力大小为2mg，选项A正确；‎ B．开始时弹簧的压缩量为，当物块乙刚好离开地面时，弹簧伸长量 ‎，则此时物块甲上升的高度为，选项B错误；‎ C．物块乙刚好离开地面时甲受到的拉力为3mg，则突然撤去拉力，物块甲受到的合力为3mg，根据牛顿第二定律可知，甲的瞬时加速度大小为3g，选项C正确；‎ D．在此过程中，弹簧的形变量增加，弹性势能变大，拉力做的功等于甲的重力势能与弹簧的弹性势能的增加量之和，则拉力做的功大于甲的重力势能的增加量，选项D正确；‎ 故选ACD.‎ ‎7.2019年8月17日，“捷龙一号”首飞成功，标志着中国“龙”系列商业运载火箭从此登上历史舞台“捷龙一号”在发射卫星时，首先将该卫星发射到低空圆轨道1，待测试正常后通过变轨进入高空圆轨道2。假设卫星的质量不变，在两轨道上运行时的速率之比vl：v2=3：2，则（ ）‎ A. 卫星在两轨道运行时的向心加速度大小之比a1：a2 =81：16‎ B. 卫星在两轨道运行时的角速度大小之比ω1：ω2 =25：4‎ C. 卫星在两轨道运行的周期之比T1 ：T2=4：27‎ D. 卫星在两轨道运行时的动能之比Ekl：Ek2 =9：4‎ ‎【答案】AD ‎【详解】根据可得，因为vl：v2=3：2，则rl：r2=4：9.‎ 根据可知：‎ A．由，可得卫星在两轨道运行时的向心加速度大小之比 a1：a2 =81：16‎ 选项A正确；‎ B．由可得，卫星在两轨道运行时的角速度大小之比 ω1：ω2 =27：8‎ 选项B错误；‎ C．由可知，卫星在两轨道运行的周期之比 T1 ：T2=8：27‎ 选项C错误；‎ D．根据 ，则卫星在两轨道运行时的动能之比 Ekl：Ek2 =9：4‎ 选项D正确；‎ 故选AD.‎ ‎8.如图所示，在水平面内两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨（电阻不计）水平放置。导轨间存在方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。两平行金属杆ab、cd的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，且始终与导轨保持垂直。开始两金属杆处于静止状态，相距为x0，现给金属杆ab一水平向右的初速度v0，一段时间后，两金属杆间距稳定为x1。下列说法正确的是（ ）‎ A. 金属杆cd先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 B. 当金属杆ab的加速度大小为a时，金属杆cd的加速度大小为 C. 这段时间内通过金属杆cd的电荷量为 D. 两金属杆ab、cd在运动过程中产生的焦耳热为 ‎【答案】BC ‎【详解】A．开始时ab向右运动，产生感应电动势，在回路中形成感应电流，则ab将受到向左的安培力，cd受到向右的安培力，则ab做减速运动，cd做加速运动，随着ab速度的减小以及cd速度的增加，回路中感应电动势减小，两棒所受的安培力减小，则两棒的加速度均减小，当加速度减为零时两棒均做匀速运动，此时两棒共速，则金属杆cd先做变加速直线运动，后做匀速直线运动，选项A错误；‎ B．两棒所受的安培力等大反向，可知 解得金属杆cd的加速度大小为 选项B正确；‎ C．根据可得这段时间内通过金属杆cd的电荷量为 选项C正确；‎ D．从开始运动到两棒共速的过程，由动量守恒定律：‎ 则产生的焦耳热 选项D错误；故选BC.‎ 二、非选择题：共62分。第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～16题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题 ‎9.如图所示，某同学从打点计时器打出的纸带中选出一条点迹比较清晰的纸带，从便于测量的某一点开始，每五个点取一个计数点，打点计时器打点的时间间隔，，。‎ ‎(1)小车加速度大小a=_______m/s2（计算结果保留两位有效数字）。‎ ‎(2)如果当时电网中交变电流的频率f=50.2Hz，而做实验的同学并不知道，由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏_______（填“大”或“小”）。‎ ‎【答案】(1). 0.64 (2). 小 ‎【详解】（1）[1]．小车的加速度大小 ‎（2）[2]．如果当时电网中交变电流的频率f=50.2Hz，则打点周期偏小，点间距偏小，而做实验的同学并不知道，根据可知，由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏小。‎ ‎10.某实验小组做“测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率”实验。‎ ‎(1)先用螺旋测微器测其直径，如图甲所示，其直径为_______mm;再用游标卡尺测其长度，如图乙所示，其长度为_______cm；最后用多用表粗测其电阻，如图丙所示，其电阻为______Ω。‎ ‎(2)为了减小实验误差，要用伏安法较准确地测出其阻值，除待测圆柱体外，实验室还备有如下实验器材，则电压表应选_______，滑动变阻器应选_______（均用器材前的序号表示）。要将电流表A的量程扩大至0.6 A，应将电阻箱与电流表_______（填“串联”或“并联”），电阻箱连人的电阻值为_______Ω。‎ A．两节新的干电池 B．电压表V1(量程0～3V，内阻约为1kΩ)‎ C．电压表V2（量程0～15V，内阻约为5kΩ）‎ D．电流表A（量程0～l00mA，内阻为10Ω）‎ E．电阻箱R1(0～999Ω，额定电流1A)‎ F．滑动变阻器R2 (0～5Ω，额定电流1A)‎ G．滑动变阻器R3(0～2000Ω，额定电流0.1A)‎ H.电键和导线若干 ‎(3)改装后的电流表内阻已知，为消除系统误差，电压表示数从0开始，在虚线框中画出实验电路图。‎ ‎【答案】 (1). 1.844（1.842～1.846均可） 4.240 6 (2). B F 并联 2 ‎ ‎(3). ‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]．用螺旋测微器测其直径为：1.5mm+0.01mm×34.5=1.845mm；用游标卡尺测其长度为4.2cm+0.05mm×8=4.240cm；用多用表粗测其电阻为6Ω。‎ ‎（2）[4][5]．电源电动势为3V，可知电压表选用B；滑动变阻器要用分压电路，则选用阻值较小的F；‎ ‎[6][7]．要将电流表A的量程扩大至0.6 A，应将电阻箱与电流表并联，电阻箱连入的电阻值为 ‎。‎ ‎（3）[8]．因改装后的电流表内阻已知，则采用电流表内接；滑动变阻器用分压电路，电路如图：‎ ‎11.如图所示，水平虚线AB和CD间距为L，中间存在着方向向左且与虚线平行的匀强电场，CD的上侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，圆形磁场与CD相切于点M。一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子由电场下边界的S点以初速度v0垂直射人电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场。粒子进入磁场的速度大小为2v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求：‎ ‎(1)电场强度的大小；‎ ‎(2)圆形磁场磁感应强度的大小。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【详解】（1）粒子在电场中运动时，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，粒子进入磁场时的速度大小为2v0，由几何关系可知，粒子进入磁场的方向与电场方向夹角为30°，则竖直方向 L=v0t 水平方向 解得：‎ ‎（2）粒子进入磁场后经过圆心O可知，粒子运动的轨道半径 由 解得 ‎12.如图所示，质量M=2kg、高h=0.2m的长木板静止在粗糙的水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。在长木板上放置一个质量m=1 kg，大小可以忽略的铁块，离左端B 点的距离为0.5m，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2 ，不计空气阻力。若在长木板上施加一个水平向右的恒力F，求∶‎ ‎（1）要想将长木板从铁块下抽出，水平向右的恒力F应满足的条件；‎ ‎（2）若水平向右的恒力F=17N，铁块与长木板分离时，两者的速度各为多大；‎ ‎（3）接（2）问，求铁块落地前的整个过程中，铁块、长木板和地面组成的系统因摩擦所产生的热量。‎ ‎【答案】（1）N；（2），；（3）‎ ‎【详解】（1）欲将长木板从铁块下抽出，两者间必存在相对运动，由牛顿第二定律得物块的加速度 隔离长木板，由牛顿第二定律得 代入加速度得 代入数值得 即水平向右的恒力F应满足条件为N；‎ ‎（2）若水平向右的恒力，铁块相对于长木板发生相对滑动，对长木板受力分析，由牛顿第二定律得 代入数值得 铁块加速度 代入数值得 s 此过程中长木板运动的位移为 铁块离开长木板时长木板与滑块的速度分别为、，根据速度时间公式有 ‎（3）铁块离开长木板后做平抛运动，由平抛运动规律，得运动时间为 铁块离开长木板后，对长木板受力分析，由牛顿第二定律得 代入数值得解得 所以铁块离开长木板到落地的时间内长木板位移为 代入数据得 整个过程中，设铁块与木板间因摩擦生的热为，木板与水平面间因摩擦生的热为，则 得系统因摩擦所产生的热量 ‎（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题、选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。‎ ‎【物理——选修3-3】‎ ‎13.(1)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，所用油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，且知一滴油酸酒精溶液的体积V=4.8×10－3 mL。油酸未完全散开时就开始测量油酸膜的面积，会导致计算结果____（填“偏大”“偏小”或“不变”）；若一滴油酸酒精溶液形成的油膜面积S=40cm2，则可测出油酸分子的直径为________m。‎ ‎【答案】偏大 1.2×10－9‎ ‎【详解】[1]．油酸未完全散开时就开始测量油酸膜的面积，则测得的油膜的面积偏小，根据可知会导致计算结果偏大；‎ ‎[2]．油酸分子直径为 ‎14.如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为1.5×l05 Pa，经历A→B→C→A的过程，已知B→C过程中气体做功数值是C→A过程中气体做功数值的3倍，求：‎ ‎①气体在状态B和C时的压强；‎ ‎②整个过程中气体与外界交换的热量。‎ ‎【答案】①pB = 4.5×105 Pa；PC=l.5×l05 Pa ②600 J ‎【详解】①由图可知，气体从状态A到状态B为等容变化过程，在状态B时气体温度，，由查理定律有：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 由图可知，气体从状态B到状态C为等温变化过程，在状态C时气体体积，由玻意耳定律有：‎ 解得：‎ ‎②由状态B经状态C回到状态A，设外界对气体做的总功为W，从状态C到状态A，发生等压变化，外界对气体做功：‎ ‎ WCA=pC(VC-VA)=300J B→C过程中气体做功的大小是C→A过程中气体做功大小的3倍，则B→C过程中气体对外做功：‎ WBC=－900J ‎ 从状态A到状态B，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以整个过程中外界对气体做功：‎ W= WCA＋WBC=－600J ‎ 整个过程中气体内能增加量，设气体从外界吸收的热量为Q，由热力学第一定律：‎ ‎ ‎ 解得：‎ Q=600 J 即气体从外界吸收的热量为600J。‎ ‎【物理——选修3-4】‎ ‎15.关于机械波与电磁波，下列说法中正确的是 ‎ A. 机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动 B. 弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程一定等于一个振幅 C. 有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去 D. 电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、可见光、红外线、γ射线 E. 在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同 ‎【答案】ACE ‎【详解】A．机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动，选项A正确；‎ B．弹簧振子只有从平衡位置或者离平衡位置最远处开始振动计时，在四分之一个周期里运动的路程才等于一个振幅，选项B错误；‎ C．有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去，这是根据多普勒效应，选项C正确；‎ D．波长越大的衍射能量越强，则电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、红外线、可见光、γ射线，选项D错误；‎ E．在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同，选项E正确；‎ 故选ACE.‎ ‎16.如图所示，ABC是一个三棱镜的截面图，一束单色光以i＝60°的入射角从侧面的中点N射入。已知三棱镜对该单色光的折射率，AB长为L，光在真空中的传播速度为c，求：‎ ‎①此束单色光第一次从三棱镜射出的方向（不考虑AB面的反射）；‎ ‎②此束单色光从射入三棱镜到BC面所用的时间。‎ ‎【答案】①光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜 ②‎ ‎【详解】①设此束光从AB面射人棱镜后的折射角为r，由折射定律有:‎ 解得，显然光从AB射入棱镜后的折射光线NP平行于AC，光在BC面上的入射角为45°,设临界角为α，则由得:‎ 可知，故光在BC面上发生全反射,根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜 ‎ ‎②光在棱镜中传播的速率:‎ ‎ ‎ 所以此束光从射入三棱镜到BC面所用的时间：‎ 解得：‎