【物理】黑龙江省大庆实验中学2020届高三下学期开学考试（解析版）

【物理】黑龙江省大庆实验中学2020届高三下学期开学考试（解析版）

黑龙江省大庆实验中学2020届高三下学期 开学考试 ‎1.2019 年 4 月 1 日，在中国核能可持续发展论坛上，生态环境部介绍 2019 年会有核电项目陆续开工建设，某核电站获得核能的核反应方程为，已知铀核的质量为 m1，钡核的质量为 m2，氪核的质量为 m3，中子的质量为 m4，下列 说法中正确的是( )‎ A. 该核电站通过核聚变获得核能 B. 铀核的质子数为 143‎ C. 上述核反应中 x=2‎ D. 一个铀核发生上述核反应，释放的能量为（m1-m2-m3-2m4）c2‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.该核电站利用核裂变获得核能；故A错误；‎ B.铀核的质子数为92.故B错误；‎ C. 根据电荷数守恒、质量数守恒，知aX的电荷数为0，质量数为3，又知X的电荷数为0，质量数为1，为中子，a=3，故C错误；‎ D. 核反应后的中子数是3个，所以中子增加2个，则一个铀核23592U发生上述核反应，释放的能量为（m1-m2-m3-2m4）c2，故D正确；‎ ‎2.甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动，质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止，甲、乙两质点在运动过程中的位置x－v图像如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直。下列说法正确的是（　　）‎ A. 图线a表示质点乙的运动 B. 质点甲的加速度大小为3m/s2‎ C. 质点乙的加速度大小为1m/s2‎ D. 开始运动后，两质点在x=6m处相遇 ‎【答案】C ‎【详解】A．根据图象可知，图象的速度随位移增大而增大，图象的速度随位移增大而减小，所以图象表示质点甲的运动，故A错误；‎ BC．当时，乙的速度为，即质点乙的初速度，设质点乙、甲先后通过处时的速度均为，对质点甲 ‎①‎ 对质点乙 ‎②‎ 联立①②解得 ‎③‎ 当质点甲的速度、质点乙的速度时，两质点通过相同的位移均为，‎ 对质点甲 ‎④‎ 对质点乙 ‎⑤‎ 联立④⑤解得 ‎⑥‎ 联立③⑥解得 ‎，‎ 故B错误，C正确；‎ D．图线、的交点表示两质点在同一位置，但不是同时，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞。下列关于碰后情况，说法正确的是（　　）‎ A. 碰后小球A、B一定共速 B. 若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量， A球将静止 C. 若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，无论A球初速度大小是多少，A球都将反弹 D. 若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A球的3倍 ‎【答案】C ‎【详解】A．小球A、B发生对心碰撞，有可能是完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，非弹性碰撞；若是完全非弹性碰撞，则AB两小球具有共同速度，若不是，两球无共同速度，则A错误；‎ B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，AB碰后有共同速度，有动量守恒可得 解得 ‎ ‎ 若A球质量等于B球质量，则 故B错误；‎ CD．小球A、B发生对心碰撞，若是完全弹性弹性碰撞，则根据动量守恒和机械能守恒，则 解得 ‎，‎ 若A球质量小于B球质量，有上述和的表达式可知 A球质量足够大，B球质量足够小，有上述和的表达式可知 故C正确，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走。我国发射的的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，经变轨成功落月。如图所示为其飞行轨道示意图，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 嫦娥三号发射速度应该大于11.2km/s B. 嫦娥三号在环月轨道1上P点的加速度等于在环月轨道2上P点的加速度 C. 嫦娥三号在动力下降段中一直处于完全失重状态 D. 嫦娥三号在环月轨道2上运行周期比在环月轨道1上运行周期大 ‎【答案】B ‎【详解】A．在地球表面发射卫星的速度大于时，卫星将脱离地球束缚，绕太阳运动，故A错误；‎ B．根据万有引力提供向心力 得 由此可知在轨道1上经过点的加速度等于在轨道2上经过点的加速度，故B正确；‎ C．嫦娥三号在动力下降段中，除了受到重力还受到动力，并不是完全失重状态，故C错误；‎ D．根据开普勒定律 由此可知，轨道半径越小，周期越小，故嫦娥三号在环月轨道2的轨道半径比环月轨道1的轨道半径小，故嫦娥三号在环月轨道2上运行周期比在环月轨道1上运行周期小，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.如图所示,匀强电场中有一圆心角为120°的扇形OAB,且扇形所在的平面平行于电场线、半径OA为2m,C点为AB弧的中点。把一个电荷量为1×10-7C的负点电荷由电势为零的某点移到O点克服电场力做功5×10-7J,将该电荷从O点移动到A点电势能增加2×10-7J,将该电荷沿圆弧从A移到C电场力做功4×10-7J,则（）‎ A. O点的电势为5V B. A点的电势高于O点的电势 C. 该电荷在B点的电势能为1×10-7J D. 电场强度大小为2V/m ‎【答案】CD ‎【详解】A.把一个电荷量为1×10-7C的负点电荷由电势为零的某点移到O点克服电场力做功5×10-7J，故O点的电势为 故A错误；‎ B.将该负电荷从O点移动到A点电势能增加2×10-7J，故A点的电势为，低于O点的电势，B错误；‎ C.将该电荷沿圆弧从A移到C电场力做功4×10-7J，故，由对称性可知，将该电荷从C移到B电场力做功仍然为4×10-7J，故电荷在B位置的电势为 ‎，故电荷在B位置的电势能为1×10-7J，C正确。‎ D.将该电荷沿圆弧从A移到C电场力做功4×10-7J，故，故AC中点D的电势为-5V，故电场方向与OD垂直，且由C指向A，其大小为 故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎6.某理想变压器有两个副线圈，原线图匝数为n，两个副线图匝数分别为n1和n2，如图所示。所接电阻R1＝R2，电流表为理想交流电表，D为理想二极管，原线圈接正弦交流电源，下列说法正确的是（ ）‎ A. 滑动变阻器R滑片向上滑动时，电流表示数变小 B. 滑动变阻器R滑片向上滑动时，副线圈n2的输出电压变大 C. R2两端的电压与R1两端的电压之比为n1:n2‎ D. R2的功率与R1的功率之比为n12:n22‎ ‎【答案】A ‎【详解】一组原线圈对应多组副线圈同样符合电压关系 功率关系：‎ AB．R增大，n，n1，n2不变，不影响 U，U1和 U2，所以I1减小，P1减小，所以原线圈功率 P 减小，故原线圈电流减小，A正确，B错误。‎ CD．R1两端电压等于U1，第二个副线圈由于二极管的存在，使得 R2 电压不等于U2，所以两电阻电压值比不等于n1:n2，功率根 可知，两电阻相等，但是两电阻的电压之比不是n1:n2,所以电压值比也不是;故C、D均错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】变压器的动态分析，原副线圈电流电压功率的关系，二极管单向导电性的应用。‎ ‎7.如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动，一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ．图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止．重力加速度为g，下列说法正确的是 ( )‎ A. 小物块受到的摩擦力始终指向圆心 B. 动摩擦因数μ一定大于tanθ C. 小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为－μmgπRcosθ D. 当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，选项A错误；小物块在B点时由牛顿第二定律Ff-mgsinθ=mRω2，Ff>mgsinθ，又因为Ff<μmgcosθ，所以μmgcosθ>mgsinθ，则μ一定大于tanθ，选项B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理：mg∙2Rsinθ+WFf=0解得WFf =-mg∙2Rsinθ，选项C错误；小物块运动到CD两点时受力具有对称性的特点，所受的静摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为零，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，选项D正确；故选BD.‎ ‎8.如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图像可能正确的有（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABC ‎【详解】设金属棒在某一时刻速度为，由题意可知，感应电动势 环路电流为 ‎，即 安培力为 方向水平向左，即 两端电压为 ‎，即 感应电流功率为 ‎，即 分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得：‎ 即加速度 因为金属棒从静止出发，所以且，即加速度，加速度方向水平向右。‎ ‎(1)若 ‎，‎ 即，金属棒水平向右做匀加速直线运动。有，说明，也即是，，，，所以在此情况下A选项符合；‎ ‎(2)若 随增大而增大，即随增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；‎ ‎(3)若 随增大而减小，即随增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合；‎ 故ABC正确，D错误。‎ 故选ABC。‎ ‎9.在做“研究平抛物体的运动”实验时，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求：‎ ‎(1)将你认为正确的选项前面的字母填在横线上____。‎ A．通过调节使斜槽的末端保持水平 B．每次释放小球的位置必须不同 C．每次必须由静止释放小球 D．用铅笔记录小球位置时，每次必须严格地等距离下降 E．小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相触 F．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线 ‎(2)如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果取g=10m/s2，那么：‎ ‎①照相机的闪光频率是__________Hz；‎ ‎②小球经过B点时的速度大小是__________m/s。‎ ‎【答案】 (1). ACE (2). 10 2.5‎ ‎【详解】(1)[1]A．调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；‎ BC．要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；‎ D．平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，在相同时间里，位移越来越大，因此木条（或凹槽）下降的距离不应是等距的，故D错误；‎ E．平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直，小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以免有阻力的影响，故E正确；‎ F．球经过不同高度的位置记录在纸上后，取下纸，平滑的曲线把各点连接起来，故F错误。‎ 故正确的是ACE；‎ ‎(2)[2]从图中看出，A、B、C3个点间的水平位移均相等，是，因此这3个点是等时间间隔点。竖直方向两段相邻位移之差是个定值，即 解得 则闪光频率 ‎[3]小球运动中水平分速度的大小 小球经过点的竖直分速度 则经过点的速度 ‎10.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中。‎ ‎(1)设计如图甲所示电路图，要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，开关接___（填“M”或“N”）闭合开关S前滑片P置于_______（填“A端”或“B端”）‎ ‎(2)若实验中电流表出现故障，不能使用。该同学需将一个满偏电流为1mA、内阻为30Ω的表头改装成量程为0-0.6A的电流表，则应将表头与电阻箱_________（填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为__________Ω。（保留一位有效数字）‎ ‎(3)实验得到小灯泡伏安特性曲线如图乙所示，若用一电动势E=3V、r=10Ω的电源与该小灯泡连接如图丙所示的电路，电路接通稳定后小灯泡消耗的功率为______W，若用另一只与该小灯泡完全相同的灯泡与电动势E=3V、r=10Ω的电源连接如图丁所示的电路，则电路接通稳定后电源的输出功率为______W。（计算结果保留两位小数）‎ ‎【答案】 (1). N A端 (2)并联 0.05 (3). 0.20~0.23 0.08~0.11‎ ‎【详解】(1)[1][2]要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，滑动变阻器采用分压接法；由于小灯泡电阻较小，电流表采用外接法，故开关S1接N点，闭合开关前，为保护电表，闭合开关S前滑片P置于A端；‎ ‎(2)[3][4]把表头改装成大量程电流表应并联小电阻，根据并联电路特点和欧姆定律得 解得;‎ ‎(3)[5]在灯泡U-I图象坐标系内作出电动势E=3V、r=10Ω的电源的路端电压随电流的变化 由图示图象可知，灯泡两端电压U=1.20V，通过灯泡的电流I=0.18A，则灯泡的实际功率 ‎[6]设通过灯泡的电流为I，灯泡两端电压为U，根据图丁所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得：‎ E=U+2Ir 则 U=E-2Ir 即U=3-20I 在灯泡U-I图象坐标系内作出U=3-20I的图象如图所示 由图示图象可知，灯泡两端电压U=0.35V，通过灯泡的电流I=0.13A，则电源的输出功率为 ‎11.如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝处的P3点。不计重力。求：‎ ‎⑴电场强度的大小。‎ ‎⑵粒子到达P2时速度的大小和方向。‎ ‎⑶磁感应强度的大小。‎ ‎【答案】（1）（2），45º （3）‎ ‎【详解】（1）粒子在x轴上方电场中做类平抛运动：‎ x方向：‎ ‎2h=v0t y方向：‎ h=‎ 解得：‎ E=； ‎ ‎（2）粒子做类平抛运动，x方向：‎ ‎2h=v0t 竖直方向分速度：‎ vy=at=‎ 粒子到达P2时速度大小：‎ v= ‎ 解得：‎ v=‎ tanθ=，‎ 则速度方向与+x方向夹角：θ=45°； ‎ ‎（3）粒子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识可得：r=h,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:‎ qvB=m，‎ ‎ 解得：‎ B=‎ ‎12.如图所示，在倾角为的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为的长木板正以的初速度沿斜面向下运动，现将一质量的小物块（大小可忽略）轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取.‎ ‎（1）求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；‎ ‎（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长；‎ ‎（3）假设长木板长，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的的恒力，求小物块在长木板上运动过程中所做的功及系统机械能的增量.‎ ‎【答案】(1)12.5m/s2；2.5m/s2；（2）10m；（3）90J；0；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小物块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 对小物块： ‎ 解得： ‎ 对长木板： ‎ 解得： ‎ ‎（2）当小物块与长木板共速时： ‎ 解得： ， ‎ 共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移： ‎ 故长木板长度至少为 ‎ ‎（3）由牛顿第二定律得：‎ 对小物块： ‎ 解得：，方向沿斜面向上 对长木板： ‎ 解得： ，方向沿斜面向上 当小物块与长木板共速时，则：‎ ‎ ‎ 解得： ， ‎ 此时小物块位移： ‎ 长木板位移： ‎ 共速后，假设小物块与长木板一起减速，则对整体： ‎ 解得 ，方向沿斜面向上 此时对小物块有： ，解得 ‎ 所以小物块将相对于长木板向下滑动 对小物块有： ‎ 解得： ，方向沿斜面向上 对长木板有： ‎ 解得： ，方向沿斜面向上 小物块从长木板上滑落时，则有： ‎ 解得： ‎ 此时小物块速度：，位移： ‎ 长木板速度： ，位移： ‎ 则小物块从轻放到长木板中央到滑落，长木板位移： ，方向沿斜面向上 ‎ ‎ ‎ ‎ 系统机械能增量为： ‎ 综上所述本题答案是：(1)12.5m/s2；2.5m/s2；（2）10m；（3）90J；0；‎ ‎13.如图所示，某同学打乒乓球时不小心将球踩瘪了，但没有破裂．他将乒乓球放人热水中，一段时间后恢复为球形，在此过程中，下列说法正确的是________．‎ A. 乒乓球中气体温度升高，气体分子无规则运动变得更剧烈 B. 乒乓球中速率大的分子数占总分子数比例随温度的升高而增大 C. 乒乓球中气体的质量不变，温度升高，密度减少，压强增大 D. 乒乓球中气体分子间的引力和斥力都增大 E. 乒乓球受热膨胀，体积增大，气体对外做功，放出热量 ‎【答案】ABC ‎【详解】A.气体温度升高，气体分子无规则运动变得更剧烈，故A正确；‎ B.根据麦克斯韦统计规律可知温度越高，乒乓球中速率大的分子数占总分子数比例随温度的升高而增大，故B正确；‎ C.乒乓球没有破裂，不漏气，乒乓球中气体的质量不变，体积增大，密度减小，压强增大，故C正确；‎ D.乒乓球中气体分子间的引力和斥力都随着气体分子间距离的增大而减小，故D错误；‎ E.乒乓球受热膨胀，体积增大，气体对外做功，但温度升高，内能变大，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故E错误．‎ ‎14.如图，在锅炉外壁紧贴着一个导热性能良好、右壁开孔与大气相通的气缸，用于监控锅炉外壁的温度。活塞通过轻弹簧与气缸右壁的压力传感器a相连；活塞左侧封闭一定质量的理想气体，封闭气体温度与锅炉外壁温度相等。已知大气压强为p0，活塞横截面积为S，不计活塞质量和厚度及与气缸壁的摩擦。当锅炉外壁温度为T0时，活塞与气缸左壁的间距为L，a的示数为0。若弹簧的劲度系数为，温度缓慢升高到某一值时，a的示数为，求此时 ‎(i)封闭气体的压强；‎ ‎(ii)封闭气体的温度。‎ ‎【答案】(i) ； (ii) 3T0‎ ‎【详解】（i）a的示数为时，封闭气体的压强为 ‎（ii）a的示数为时，活塞向右移动的距离为 由理想气体状态方程可得 解得 ‎15.如图所示，一简谐横渡在某区域沿x轴传播，实线a为t =0时刻的波形图线，虚线 b为t = 0.5s时刻的波形图线，虚线b与x轴交点P的坐标为x=1m，下列说法正确的是 ‎ A. t =0时刻P质点的位移为5cm B. 这列波的传播速度大小可能为32m/s C. 这列波的波源振动频率可能为2.25Hz D. t =1.5s时刻P点可能处于波谷位置 E. 若该波遇到宽度为7m的障碍物能发生明显的衍射现象 ‎【答案】CDE ‎【详解】A．P质点的平衡位置坐标为xP=1m，由图可知波长为8m，P质点的位移 故A错误 BC．若波向右传播，则有：‎ m/s 根据 解得：‎ Hz 若波向左传播，则有：‎ m/s 根据 解得：‎ ‎ Hz 当n=1时，Hz或Hz，故B错误，C正确；‎ D．当n=0时，则T=4s，波向右传播，P质点在t=l.5s时刻处于波谷位置，故D正确；‎ E．由于波长大于7m，故遇到障碍物能发生明显的衍射现象，故E正确。‎ 故选CDE。‎ ‎16.有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源S位于其对称轴上，如图所示.从光源S发出的一细光束射到球面上的A点，其反射光恰好垂直于球冠的对称轴，折射进入玻璃球冠内的光经右侧镀银面第一次反射后恰能沿原路返回.若球面半径为R，球冠高为，玻璃折射率为，光在真空中的传播速度为c.求：‎ ‎（1）光源S与球冠顶点M之间的距离SM；‎ ‎（2）光在玻璃中的传播时间.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【分析】考查折射定律，光的传播。‎ ‎【详解】（1）经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回，说明折射光垂直于右侧镀银面，其光路如图所示。‎ 设光在A点射入玻璃，入射到右侧镀银面B点，并按原路返回 由题意可知：‎ 由折射定律得：‎ 解得，‎ 设球冠的球心为O，对三角形OAS：‎ 所以，三角形OAS为等腰三角形。‎ 光源S与球冠顶点M之间的距离：‎ ‎（2）‎ 光在玻璃中的传播时间为 解得：‎