河北省泊头市第一中学2020届高三上学期第四次月考物理试题

河北省泊头市第一中学2020届高三上学期第四次月考物理试题

物理试卷 ‎1.在物理学发展过程中，有许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（　　）‎ A. 第谷通过多年观测记录行星的运动，提出了行星运动的三大定律 B. 卡文迪许发现万有引力定律，被人们称为“能称出地球质量的人”‎ C. 伽利略利用“理想斜面”实验得出“力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因”‎ D. 牛顿从理论和实验两个角度，证明了轻重物体下落一样快，从而推翻了亚里士多德的“质量越大下落越快”的错误观点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第谷通过多年的观测，积累了大量可靠的数据，开普勒在精确的计算分析第谷的观测数据后得出了行星运动三定律，故A错误；‎ B．牛顿发现万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，被人们称为“能称出地球质量的人”，故B错误；‎ C．伽利略利用“理想斜面”得出“力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因”的观点，故C正确；‎ D．伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示，质量为m=‎1.2Kg、顶角为α=370的直角劈和质量为M=‎2 Kg的正方体放在两竖直墙和水平地面间，处于静止状态．若不计一切摩擦， g取‎10 m/s2，墙面对正方体的弹力大小与水平地面对正方体的弹力大小分别为 （ ）‎ A 20N，36N B. 16N，32N C. 16N，40N D. 20N，20N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以直角劈和质量为M正方体整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示：‎ 则由平衡条件得：水平面对正方体的弹力大小N3=（M+m）g=32N；对直角劈研究，分析受力情况，如图2所示，根据平衡条件得：墙面对m的弹力：，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎3.带电金属棒周围电场线的分布如图所示，A、B是电场中的两点，OA>OB．下列说法正确的是 A. A点的电势髙于B点的电势 B. A点的电场强度大于B点的电场强度 C. 负电荷从A点至B点，电场力一直做正功 D. 负电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由电场线的特点可知，金属棒两侧的电场是对称的，由于OA＞OB，故OA之间的电势差大于OB之间的电势差，根据沿电场线的方向电势降低可知，A点的电势低于B点的电势，故A错误；根据电场线的疏密表示电场的强弱可知，B点的电场强度大．故B错误；负电荷在电势高位置的电势能小，所以负电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能；由于不知道负电荷从A点至B点的运动的路径，所以不能判断出电场力是否一直做正功．故C错误，D正确，故选D.‎ ‎【点睛】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大．‎ ‎4.甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v－t图象为两段直线，乙物体运动的v－t图象为两段半径相同的 圆弧曲线，如右图所示．图中t4＝2t2，则在0～t4时间内，下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲物体的加速度不变 B. 乙物体做曲线运动 C. 两物体t1时刻相距最远，t4时刻相遇 D. 甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎0~t2时间段内，甲做匀加速直线运动，t2~t4时间内甲物体做匀减速直线运动，故A错；速度是矢量，在速度时间图象中，只能表示直线运动，B错；在整个运动过程中t3时刻，两物体相距最远，C错；在速度时间图象中，下面所包围的面积即为位移，可求知t4时间段内，位移相等，故平均速度相同，D对．‎ ‎5.假设地球为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极处的大小为g0、在赤道处的大小为g，地球半径为R，则地球自转的周期T为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】地球表面的重力加速度在两极处的大小为g0，地球半径为R，则 地球表面的重力加速度在赤道处的大小为g，地球自转的周期为T，则 联立解得：‎ 故B项正确，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】在考虑地球自转时，随着纬度的增加，重力加速度增加。‎ ‎6.用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图甲所示，球a受到水平向右的力‎3F的作用，小球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，则系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，球b位于O点正下方，则a、b两球质量之比为（　　）‎ A. 1：1‎ B. 1：2‎ C. 2：1‎ D. 2：3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用整体法研究Oa绳与竖直方向的夹角；再隔离b研究，分析ab绳与竖直方向的夹角；由几何关系得到两夹角相等，判断两个质量的关系。‎ ‎【详解】a受到‎3F水平向右的力，b受到F的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：‎ 设Oa绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得：‎ 以b球为研究对象，受力如图；设ab绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得 由几何关系得到：‎ 联立解得：‎ 故A正确，BCD错误；‎ 故选A。‎ ‎7.如图所示,电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计．则以下说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流 B. 在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流 C. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流 D. 在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况．‎ 解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，C错误；‎ B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；‎ D、在将S断开后，电容器通过电阻R2与R1放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．‎ ‎8.如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A端(细线未画出)，物体与小车A端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端并粘在B端的油泥上。关于小车、物体和弹簧组成的系统，下述说法中正确的是（　　）‎ ‎①若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械能守恒 ‎②若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量守恒 ‎③两种情况下，小车的最终速度与断线前相同 ‎④两种情况下，系统损失的机械能相同 A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故①错误；‎ ‎②整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力零，则系统动量一直守恒，故②正确；‎ ‎③取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故③正确；‎ ‎④由于两种情况下最终速度相同，则整体根据能量守恒可以知道系统损失的机械能相同，故④‎ 正确；‎ ‎②③④正确，故选B。‎ ‎【点睛】物体与橡皮泥粘合的过程，系统机械能有损失，分析系统的合外力，即可判断动量是否守恒，根据动量守恒定律求解小车的速度。根据动量守恒定律与功能关系判断系统的机械能的变化。‎ ‎9.关于核反应方程，下列说法正确的是（ ）‎ A. 是核聚变反应 B. 铀核裂变的核反应为：‎ C. 在衰变方程中，X原子核的质量数是234‎ D. 卢瑟福发现了质子的核反应方程为：‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据核反应的特点可知是核聚变反应，故A正确；‎ B．铀核裂变的核反应是用一个中子轰击铀核得到三个中子，但是方程式中中子不能约去，故B错误；‎ C．在衰变方程中，He核的质量数是4，所以X原子核的质量数是 故C错误；‎ D．卢瑟福通过α粒子轰击氮核得到质子，根据电荷数守恒、质量守恒，知方程式正确。故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎10.如图所示，斜面与水平面夹角为，在斜面上空A点水平抛出两个小球a、b，初速度分别为va、vb，a球恰好垂直打到斜面上M点，而b球落在斜面上的N点，而AN恰好垂直于斜面，则（ ）‎ A. a、b两球水平位移之比va：2vb B. a、b两球水平位移之比va2：2vb2‎ C. a、b两球下落的高度之比va2：2vb2‎ D. a、b两球下落的高度之比va2：4vb2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】b球落在N点，位移与斜面垂直，则位移与水平方向的夹角为 设此时的速度方向与水平方向的夹角为α，则 a球速度方向与斜面垂直，速度与水平方向的夹角为 可知 解得 根据可知，a、b两球下落的高度之比，根据知，a、b两球的运动时间之比为，根据x=v0t，则水平位移之比为 故选BD。‎ ‎11.如图所示，A、B、C三个物体放在水平圆台上，与圆台的动摩擦因数均为μ，A的质量为‎2m，B、C的质量均为m，A、B离轴的距离为R，C离轴的距离为2R，当圆台匀速旋转时（A、B、C都没有相对滑动），则（　　）‎ A. 物体A的向心力比物体B的向心力大 B. 物体B受到的摩擦力比物体C受到的摩擦力小 C. 当圆台转速增大时，A将最先滑动 D. 当圆台转速增大时，C将最先滑动 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．三个物体随圆盘一起转动，即三者的角速度相等，而且均由摩擦力提供向心力 则对A：‎ 则对B：‎ 则对C：‎ 可知：A的向心力比物体B的向心力大，B受到的摩擦力比物体C受到的摩擦力小，故选项AB正确；‎ C、当圆台转速增大，即 变大时，所需要的向心力也变大，当达到最大静摩擦力时，物体开始滑动；‎ 则A的最大静摩擦力为：‎ 则B的最大静摩擦力为：‎ 则C的最大静摩擦力为：‎ 由于A和C需要的向心力大小相等，但是C的最大静摩擦力小，故当转速增大时，C将最先滑动，故C错误，D正确；‎ 故选ABD。‎ ‎【点睛】先对三个物体进行运动分析与受力分析，找出向心力来源，根据向心力公式求出摩擦力，再比较物体受最大静摩擦力即可。‎ ‎12.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0（不计空气阻力），则（ ）‎ A. 小球和小车组成的系统动量守恒 B. 小车向左运动的最大距离为R C. 小球离开小车后做斜上抛运动 D. 小球第二次冲过A能上升的最大高度h0”、“<”或“=”）．‎ ‎(2)实验得到如图乙所示的纸带．O点为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G，小车的加速度大小为_________m/s2（结果保留2位有效数字）．‎ ‎(3)在处理实验数据时，用m表示砝码和托盘的总质量，用M表示小车的质量，用g表示当地的重力加速度．若用m、M和g表述小车的加速度，则测量值为_________，理论值为_________．‎ ‎【答案】 (1). = (2). 0.99（0.98—1.0） (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）为了平衡小车在运动过程中受到的阻力，必须使木板倾斜恰当的角度θ，若小车不受拉力作用下能沿斜面匀速下滑，由平衡知： 得： ‎ ‎（2）利用 得; ‎ 由于误差存在，所以加速度在（0.98—1.00）都算正确；‎ ‎（3）在处理实验数据时，用m表示砝码和托盘的总质量，用M表示小车的质量，用g表示当地的重力加速度，由牛顿第二定律得：，即这是实验的理论值，但在测量时认为绳子对车的拉力等于钩码和托盘的总重力，所以测量值为 ‎ 综上所述本题答案是： (1). = (2). 0.99（0.98—1.0） (3). (4). ‎ ‎16.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如左下图，由图可知其长度为L=________mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D=_____________mm；‎ ‎（3）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，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为_____________Ω．‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R；‎ 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）；‎ 电流表A2（量程0～30mA，内阻约30Ω）；‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）；‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）；‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流‎2.0A）；‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流‎0.5A）； ‎ ‎ 开关S；导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，某同学设计了如图的电路，试指出不妥之处 ____________‎ A．电流表应选A2‎ B．电流表应采用外接法 C．滑动变阻器R1应采用分压式接法 D．滑动变阻器应采用R2 ‎ ‎【答案】 (1). （1）50.15 (2). （2）4.700 (3). （3）120 (4). （4）D ‎【解析】‎ ‎（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：‎50mm+3×‎0.05mm=‎50.15mm； （2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：‎4.5mm+20.0×‎0.01mm=‎4.700mm； （3）用多用电表的电阻“×‎10”‎挡粗测电阻，由图丙所示表盘可知，该电阻的阻值约为12×10=120Ω． （4）电源电动势为4V，电压表应选V1，电路最大电流约为： ，电流表应选A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，故选D 点睛：本题考查了游标卡尺、螺旋测微器与欧姆表的读数，考查了实验器材的选择、设计实验电路图；应根据电源电动势大小或待测电阻的额定电压来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式；当实验要求电流从零调或要求测得多组数据或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节．‎ ‎17.一个电量q=2×10‎-10C的正点电荷放在匀强电场的A点，它受到的电场力是10-7N，则：‎ ‎（1）此电场的场强是多大？‎ ‎（2）此电荷只在电场力作用下从静止开始移动了‎0.4m而到达B点，到达B 点时电荷的动能有多大？‎ ‎（3）A、B两点间的电势差是多少？‎ ‎【答案】（1）500N/C（2）4×10-8J（3）200V ‎【解析】‎ ‎（1）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（2）由动能定理得：‎ ‎（3）‎ ‎18.如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的总质量为M=‎2kg。车上在沙箱左侧距离s=‎1m的位置上放有一质量为m=‎1kg小物块A，物块A与小车的动摩擦因数为。仅在沙面上空间存在水平向右的匀强电场，场强E=2.0×103V/m。当物块A随小车以速度向右做匀速直线运动时，距沙面H=‎5m高处有一质量为的带正电的小球C，以的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中。已知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹簧最短时的长度，并取g=‎10m/s2。求：‎ ‎(1)小球落入沙箱前的速度和开始下落时与小车右端的水平距离；‎ ‎(2)小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能；‎ ‎(3)设小车左端与沙箱左侧的距离为L。请讨论分析物块A相对小车向左运动的整个过程中，其与小车摩擦产生的热量Q与L的关系式。‎ ‎。‎ ‎【答案】(1)‎10m/s，方向竖直向下，‎15m (2)9J (3)①若时， ②‎ 若时，。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)小球C在电场中运动过程，受到重力和电场力作用，两个力均为恒力，可采用运动的分解法研究：竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和位移公式结合求解；‎ ‎(2)小球落入沙箱的过程，系统水平动量守恒，由动量守恒定律求出小球落入沙箱后的共同速度。之后，由于车速减小，物块相对车向右运动，并压缩弹簧，当A与小车速度相同时弹簧的弹性势能最大。‎ ‎(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解；由功能关系求热量Q与L的关系式。要分物块是否从小车上滑下两种情况研究。‎ ‎【详解】(1)小球C下落到沙箱的时间为，则竖直方向上：‎ 代入数据解得：‎ t=1s 小球在水平方向左匀减速运动：‎ 根据速度公式有：‎ 代入数据解得：‎ ‎，‎ 所以小球落入沙箱瞬间的速度：‎ ‎，方向竖直向下 小球开始下落时与小车右端的水平距离：‎ ‎(2)设向右为正，在小球落快速落入沙箱过程中，小车（不含物块A）和小球的系统在水平方向动量守恒，设小球球入沙箱瞬间，车与球的共同速度为，则有：‎ 可得：‎ 由于小车速度减小，随后物块A相对小车向右运动并将弹簧压缩，在此过程中，A与小车（含小球）系统动量守恒，当弹簧压缩至最短时，整个系统有一共同速度，则有：‎ 解得：‎ 根据能的转化和守恒定律，弹簧的最大势能为：‎ 代入数据解得：‎ ‎（3）随后弹簧向左弹开物块A，假设A运动至车的左端时恰好与车相对静止。此过程中系统动量仍然守恒，所以系统具有的速度仍为：‎ 根据功能关系有： ‎ 解得小车左端与沙箱左侧的距离为：‎ 分情况讨论如下：‎ ‎①若时，物块A停在距离沙箱左侧处与小车一起运动，因此摩擦产生的热量为： ‎ ‎②若时，物块A最终会从小车的左端滑下，因此摩擦产生热量为：‎ ‎【点睛】解决该题关键要正确分析小球的运动情况，掌握动量守恒和能量守恒列出等式求解，注意小球掉小车的过程中是小球与车水平方向的动量守恒。‎ ‎19.下列说法不正确的是（　　）‎ A. 由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光.‎ B. 光的双缝干涉实验中，在光屏上的某一位置会时而出现明条纹时而出现暗条纹 C. 泊松亮斑支持了光的波动说 D. 均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波 E. 只有横波才能产生干涉现象.‎ ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．红光的折射率小于绿光的折射率，根据临界角公式分析得知，红光全反射的临界角比绿光的大，不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光，故A正确；‎ B．光的双缝实验中，在光屏上明条纹和暗条纹的位置是确定不变的，故B错误；‎ C．泊松亮斑支持了光的波动说，选项C正确；‎ D．根据麦克斯韦理论可知，均匀变化的电场产生稳定的磁场，不能再产生电场，不能形成电磁波，故D错误；‎ E．横波和纵波都能产生干涉现象，选项E错误；‎ 此题选择不正确的选项，故选BDE。‎ ‎20.一列横波的波源在坐标原点O处，经过0.6s振动从O处向右传播‎30cm，如图所示。P点到O点的距离是‎90cm。求：‎ ‎①求这列波的波长与周期；‎ ‎②从此时可开始计时，经多长时间质点P第二次到达波峰？‎ ‎【答案】① ‎0.2m，0.4s；② 1.7s ‎【解析】‎ ‎【详解】①由图可得，根据 得：‎ T=0.4s；‎ ‎②波速 波从A传到P处：‎ 再经 第二次到达波峰，则