【物理】重庆市西南大学附属中学2020届高三上学期第五次月考（解析版）

【物理】重庆市西南大学附属中学2020届高三上学期第五次月考（解析版）

重庆市西南大学附属中学2020届高三上学期 第五次月考 一、选择题 ‎1.下列关于原子物理知识的叙述正确的是 A. 衰变中产生的射线是原子的核外电子挣脱原子核的束缚形成的 B. 结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定 C. 两个轻核结合成一个中等质量的核，存在质量亏损 D. 对于一个特定的氡原子，如果知道了半衰期，就能准确的预言它在何时衰变 ‎【答案】C ‎【详解】A．β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，实质是，而不是核外电子的电离，故A错误；‎ B．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能大，原子核不一定越稳定，故B错误；‎ C．两个轻核结合成一个中等质量的核，会释放一定的能量，根据爱因斯坦质能方程可知存在质量亏损，故C正确；‎ D．对于一个特定的衰变原子，我们只知道它发生衰变的概率，并不知道它将何时发生衰变，发生多少衰变，大量的衰变原子满足统计规律存在半衰期，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A，B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，若使指针张开的角度变小，则下列采取的措施可行的是 A. 断开开关S后，只将A、B两极板靠近 B. 断开开关S后，只将A、B两极板远离 C. 保持开关S闭合，只将A、B两极板靠近 D. 保持开关S闭合，只将滑动变阻器触头向右移动 ‎【答案】A ‎【分析】静电计测量电势差的大小，电势差越大大，指针张开的角度越大。保持开关S闭合，电容器的电压保持不变．插入介质，电容器的电容增大。断开开关S后，电容器的电量不变，由分析电势差U的变化。‎ ‎【详解】A．断开开关S后，电容器的电量不变。在极板间插入一块介质，电容器的电容增大。由分析可知，电势差U减小，指针张开的角度变小，故A正确。‎ BCD．保持开关S闭合，不论将A、B两极板分开些，还是将A、B两极板靠近些，还是将变阻器滑动触头向右移动，电容器的电压都保持不变，则静电计张开的角度保持不变，故BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎3.一质点以一定的初速度从A点开始向相距的B点做直线运动，运动过程中其速度的二次方与位移x之间的关系图象如图所示，则下列说法正确的是 A. 质点做加速度增大的变加速运动 B. 质点做匀加速运动，其加速度大小为 C. 质点运动的初速度大小为 D. 质点从A点运动到B点所用的时间为 ‎【答案】B ‎【详解】A．根据匀变速直线运动的速度位移关系 变形为：‎ 可得的函数关系为一次函数，则质点做的是匀加速直线运动，故A错误；‎ BC．由图像取两组数据点（-1，0）和（8，36）代入表达式有：‎ 解得:‎ a=2m/s2，v0=2m/s，‎ 故B正确，C错误；‎ D．从A点运动到B点的位移为8m，根据匀加速直线运动的位移时间公式可知 解得：‎ t2=2s，‎ 故D错误。故选B。‎ ‎4.如图所示，人造卫星P（可视为质点）绕地球做匀速圆周运动。在卫星运动轨道平面内，过卫星P作地球的两条切线，两条切线的夹角为，设卫星P绕地球运动的周期为T，线速度大小为v，引力常量为G。则下列说法正确的是 A. 越小，T越小 B. 越大，v越小 C. 若测得T和，则地球平均密度 D. 若测得T和，则地球的平均密度为 ‎【答案】D ‎【详解】A．根据图中的几何关系可得人造卫星的轨道半径 ‎（R为地球的半径），可知θ越大，半径越小，又因人造卫星的运动周期为：‎ 则θ越小，半径越大，T越大，故A错误；‎ B．人造卫星的线速度为：‎ 可得θ越大，半径越小，v越大，故B错误；‎ CD．测得T和θ，由万有引力提供向心力：‎ 可得地球的质量：‎ 而地球的质量和密度关系为：‎ 解得地球的密度为：‎ 则D正确，C错误。‎ 故选D。‎ ‎5.如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机。为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角保持不变，在此过程中主机沿竖直方向匀速上升，则在提升主机过程中，下列说法正确的是 A. 缆绳拉力和拉绳拉力大小都不变 B. 缆绳拉力和拉绳拉力大小都增大 C. 缆绳与竖直方向的夹角a可能大于拉绳与竖直方向的夹角 D. 缆绳拉力的功率保持不变 ‎【答案】B ‎【详解】A．主机竖直向上匀速运动故合力为零，受力分析如图：‎ 在上升过程中，α增大，而β不变，则三个力构成动态平衡，重力mg为恒力，F2保持方向不变，F1顺时针转动，由图解法可判断出缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大，故A错误，B正确；‎ C．由三力平衡特点（任意两个力的合力与第三个力等大反向）可知，F1的方向始终在mg和F2所夹的的对角线的反向延长线上，则一定有缆绳与竖直方向的夹角α小于角β，故C错误；‎ D．对于主机向上做匀速直线运动，由动能定理可知：‎ 而拉力F2的功率为PF2=F2vcosβ，‎ 由于F2变大，而β不变，则拉力F2的功率会增大，由可知F1的功率增大，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎6.两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框abcd，线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，不计线框以外的感应电场，右侧线圈连接一定值电阻R。则下列说法中正确的是 A. 时刻ab边中电流方向由，e点电势低于f点电势 B. 设、时刻ab边中电流大小分别为、，则有，e点与f点电势相等 C. 时间内通过ab边的电荷量为0，通过定值电阻R的电流方向竖直向下 D. 时刻ab边中电流方向由，通过定值电阻R的电流方向竖直向下 ‎【答案】BD ‎【详解】A．由图可知，t1时刻磁场方向向里且均匀增加，根据楞次定律，线框中感应电流沿逆时针方向，ab边中电流方向由a→b，根据法拉第电磁感应定律知，正方形线框中的感应电动势是恒定值，原线圈中电流值恒定，副线圈中不产生感应电动势，e点电势等于f点电势，故A错误；‎ B．根据法拉第电磁感应定律得感应电动势 ‎，‎ t1时刻磁感应强度的变化率小于t3时刻的磁感应强度变化率，e1＜e3，根据欧姆定律，知i1＜i3；副线圈磁通量不变，定值电阻R中无电流，e点与f点电势相等，故B正确；‎ C．t2∼t4时间内磁感应强度均匀变化，磁通量均匀变化，感应电动势恒定，有恒定感应电流通过ab，通过ab的电量为q=It，不等于0，恒定电流通过铁芯产生恒定磁场，故副线圈磁通量不变，副线圈无感应电流产生，则定值电阻R中无电流，故C错误；‎ D．t5时刻磁场方向垂直纸面向外，磁场变小，磁通量减小，根据楞次定律得感应电流逆时针，ab边中电流方向a→b，磁感应强度的变化率增大，感应电流大小变大，穿过原副线圈的磁通量增大，根据楞次定律，副线圈中感应电动势上正下负，因此通过定值电阻R的电流方向竖直向下，故D正确。故选BD。‎ ‎7.如图所示，地面上方分布着竖直向上的匀强电场。一带正电的小球从油中A 处由静止释放后竖直下落，下落过程中受到油对球的阻力，且阻力与球的速度平方成正比。已知小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，M和N是小球下落过程中经过的两个位置。小球在此运动过程中说法正确的是 A. 在AB段的加速度大小逐渐增大 B. M点的机械能大于N点的机械能 C. 重力的冲量大于电场力的冲量 D. 机械能和电势能的总量保持不变 ‎【答案】BC ‎【详解】A．球受到的阻力与球的速度平方成正比，设为，小球在AB段做加速运动，由牛顿第二定律：‎ 可知AB段随着速度的逐渐增大，阻力增大，加速度向下逐渐减小，故A错误；‎ B．小球在下落的过程，除重力外其它的力(电场力和阻力)做负功，机械能一直减小，所以在N点的机械能比M点的小，故B正确；‎ C．冲量的大小为，因AB段做加速运动，可知这两个恒力满足， 两个力的作用时间相同，则一定有重力的冲量大于电场力的冲量，故C正确；‎ D．球的下落过程有重力做正功，电场力做负功，阻力做负功，由能量守恒定律可知 因阻力一直做负功，热能Q不断增大，则机械能和电势能的总量（）不断减小，故D错误。故选BC。‎ ‎8.如图所示，在水平桌面上放置两根相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上（图中未画出），磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，轻绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，轻绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度（物块不会触地），g表示重力加速度，其他电阻不计，则下列说法正确的是 A. 通过电阻R中的感应电流方向由c到a B. 物块下落的最大加速度为g C. 若h足够大，物块下落的最大速度为 D. 通过电阻R的电荷量为 ‎【答案】ACD ‎【详解】A．从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向由c到a，故A正确；‎ B．设导体棒所受的安培力大小为F，根据牛顿第二定律得物块的加速度 ‎，‎ 当F=0，即刚释放导体棒时，a最大，最大值为0.5g，故B错误。‎ C．物块和滑杆先做变加速运动，后做匀速运动，当加速度等于零时速度最大，则有 mg=F，‎ 而 F=BIl，‎ ‎，‎ 解得物体下落的最大速度为 ‎，‎ 故C正确；‎ D．通过电阻R的电量：‎ ‎，‎ 故D正确。‎ 故选ACD。‎ 二、非选择题 ‎9.用自由落体法验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选出的纸带如图。其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点。该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中（单位：cm）（已知重锤的质量为0.1kg，打点时间间隔为0.02 s）。‎ ‎（1）这三个数据中不符合有效数字读数要求的是____________（填“9.51”或“12.42”或“15.7”），应记作____________cm。‎ ‎（2）该同学用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，已知当地的重力加速度，他用AC段的平均速度作为跟B点对应的物体的瞬时速度，则该段重锤重力势能的减少量为_________，而动能的增加量为________（均保留三位有效数字）。这样验证的系统误差总是使重力势能的减少量_________动能的增加量（填“大于”“小于”“等于”），原因是_____________。‎ ‎【答案】 (1). 15.7 15.70 (2). 0.122J 0.120J 大于 v是实际速度，因为有摩擦生热，减少的重力势能一部分转化为内能 ‎【详解】（1）[1][2]毫米刻度尺测量长度的精确度为1mm，要求估读即读到下一位0.1mm，这三个数据中不符合有效数字读数要求的是OC段：15.7，应记作15.70cm。‎ ‎（2）[3]重锤OB段重力势能减小量：‎ ‎△EP=mgh=0.1×9.8×0.1242J=0.122J ‎[4]由匀变速直线运动的推论，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B的速度大小：‎ 则重锤在OB段动能的增量为：‎ ‎[5]由计算结果可知重力势能的减少量大于动能的增加量；‎ ‎[6]由于物体下落过程中存在摩擦阻力，因此动能的增加量小于势能的减小量，重力势能没有完全转化为动能。‎ ‎10.某电池的电动势约为10V，内阻约为，已知该电池允许输出的最大电流为。为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图示电路进行实验，图中电流表的内阻，R为电阻箱，阻值范围，为定值电阻，对电源起保护作用。‎ ‎（1）本实验中的应选____________（填字母）。‎ A．10 B．150 C．250 D．500‎ ‎（2）该同学接入符合要求的后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了如图所示的图象，则根据图象可求得该电池的电动势为________V，内阻___________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). 10 . 47.5‎ ‎【详解】（1）[1]电池的允许通过的最大电流为50mA，内电阻约为50Ω，电路中的最小电阻约为 ‎，‎ 则最小的保护电阻为：200-50-2.5=147.5Ω；为了能很好的调节电路，并能得出更多组数据，保护电阻应选B。‎ ‎（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律可知：‎ E=I（R+r+R0+RA）‎ 变形为：‎ 结合数学函数y=kx+b可得图像的斜率和纵截距的物理意义：‎ 解得：‎ E=10V；‎ r=47.5Ω。‎ ‎11.如图所示，直角三角形光滑框架ABC处于匀强电场中，其平面与电场线平行，一电量，质量的带正电小环套在三角形框架上。已知小环从A点由静止开始运动至C点与从C点由静止开始运动至B点的时间均为2s，AB长为5m，，不计重力。求：‎ ‎（1）匀强电场强度的大小及方向；‎ ‎（2）AC两点间的电势差；‎ ‎（3）小环从A点由静止运动到B点时电场力的瞬时功率。‎ ‎【答案】（1），电场方向由A至B;（2）;（3）‎ ‎【详解】（1）设电场沿AC方向的分量为，沿CB方向的分量为；环由A至C时有：‎ 环由C至B时有：‎ 由电场力叠加可知：‎ 由以上各式解得：，，即电场方向由A至B。‎ ‎（2）由匀强电场的电压和场强关系：‎ ‎（3）环从A点由静止运动到B点由动能定理：‎ 由以上各式解得：。‎ ‎12.如图1所示，在ABCD矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场（磁场边界有磁场），规定垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B如图2所示的变化。时刻，一质量为m，带电量为q的带正电粒子从B点以速度沿BC方向射入磁场，其中已知，未知，不计重力。‎ ‎（1）若，粒子从D点射出磁场，求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；‎ ‎（2）若，粒子仍从D点射出，求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；‎ ‎（3）若，求磁场周期需满足什么条件粒子不从AB边射出，并求恰好不射出时时刻粒子距BC边的距离。‎ ‎【答案】（1），2，；（2），2，；（3），‎ ‎【解析】‎ 详解】（1）若粒子通过D点，其运动轨迹如图所示，则必须满足：   ‎ 则必须满足：‎ ‎ 2，‎ ‎2，‎ 由以上各式解得：‎ ‎，‎ ‎   2，‎ ‎（2）若粒子通过D点，其运动轨迹如图所示：‎ 则必须满足：‎ ‎   2，‎ ‎          2，‎ 又因为 由以上各式解得：‎ ‎，‎ ‎   2，‎ ‎（3）如图3所示：‎ 粒子恰不从AB边射出时，时的轨迹与AB边相切，故需满足 ‎ ，‎ 解得粒子在时间内转过角度不超过150°，则有：‎ 时刻粒子离AB的距离为 由以上方程解得：‎ ‎，‎ ‎。‎ ‎13.如图所示为一定质量的理想气体的压强随体积变化的图象，其中AB段为双曲线，则下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 过程①中气体分子的平均动能不变 B. 过程②中气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数减小 C. 过程②中气体分子的平均动能减小 D. 过程③中气体分子对容器壁的碰撞次数增大 E. 过程③中气体的内能不变 ‎【答案】BDE ‎【详解】根据理想气体状态方程 可得：‎ 故可知图像的斜率，而对一定质量的理想气体而言，斜率定性的反映温度的高低。‎ A．图像在过程①的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐减小，表示理想气体的温度逐渐降低，而由平均动能可知平均动能减小，A项错误；‎ C．图像过程②的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐逐渐增大，则温度升高，平均动能增大，C错误；‎ B．图像过程②可读出压强不变，体积增大，温度升高，由压强 ‎，‎ 其中N为单位时间单位面积的碰撞次数(由温度和体积共同决定)，为每个气体分子的平均碰撞力（仅由温度决定），‎ 因压强不变，而温度升高导致增大，可得N减小，故B正确；‎ D．过程③可读出压强增大，体积减小，温度不变，因温度不变使得不变，而压强增大，则气体分子对容器壁的碰撞次数增大，D项正确；‎ E．图像过程③可读出压强增大，体积减小，温度不变，因理想气体的分子势能不计，则有：‎ 可知理想气体的内能不变，故E项正确；‎ 故选BDE。‎ ‎14.如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦．两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为、温度均为．缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积和温度．‎ ‎【答案】；‎ ‎【详解】设初态压强为p0，膨胀后A，B压强相等pB=1．2p0‎ B中气体始末状态温度相等p0V0=1．2p0（2V0-VA）‎ ‎∴，A部分气体满足 ‎∴TA=1．4T0‎ 答：气缸A中气体的体积，温度TA=1．4T0‎ 考点：玻意耳定律 ‎【点睛】本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出A、B部分气体状态的联系（即VB=2V0-VA）是关键．‎ ‎15.如图所示，一列在x轴上传播的横波，时刻的波形图用实线表示，经过后，其波形图变为图中的虚线所示，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若波向右传播，则波的最大周期为2s B. 若波向右传播，则波的最大速度为1m/s C. 若波向左传播，则波的最小波速为9m/s D. 若波速为，则波向左传播 E. 若此波传入另一介质中的波速变为，那么，它在该介质中的波长为4m ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 详解】AB．由图可得波长λ=2m；‎ 若波向右传播，则在△t=0.2s内波的传播距离 ‎△x1=2n+0.2（m），n∈N，‎ 故波速 ‎，n∈N，‎ 故波的最小速度为1m/s；‎ 波的周期 ‎，n∈N，‎ 故波的最大周期为2s，故A正确，B错误；‎ C．若波向左传播，则在△t=0.2s内波的传播距离 ‎△x2=2n'+1.8（m），n'∈N，‎ 故波速 ‎，n′∈N，‎ 故波的最小速度为9m/s；故C正确；‎ D．若波速为29m/s，n没有取值，n'=2，故波向左传播，故D正确；‎ E．波长为，当波速变为，波的周期不变但不确定，则在该介质中的波长不确定，故E错误；‎ 故选ACD。‎ ‎16.一内外半径分别为R1和R2的空心玻璃圆柱体的横截面如图所示，已知玻璃的折射率为n，真空中光速为c．‎ ‎（i）当R2=2R1，n=时，入射光线a的折射光恰好与圆柱体的内表面相切，求a 光线在外表面的入射角．‎ ‎（ii）当R1、R2和折射率n满足一定的关系时，与外圆相切的入射光线b的折射光线也恰好与圆柱体的内表面相切，求光从外表面到达内表面的传播时间．‎ ‎【答案】（i）（ii）（或也正确）‎ ‎【详解】（i）设光线a的入射点为M，有 由折射定律，有 故入射角 ‎（i i）设光线b的入射点为N，在中，由折射定律，有和 ‎ 光由N到B的传播时间为 故 （或也正确）．‎