河北省邯郸市大名一中2020届高三物理11月月考试题

河北省邯郸市大名一中2020届高三物理11月月考试题

河北省邯郸市大名一中2020届高三物理11月月考试题 ‎ 注意事项：‎ ‎1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上 ‎2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选图其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题纸上。写在试卷上无效。‎ ‎3考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回 第Ⅰ卷 （选择题 共48分）‎ 选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-7小题只有一项符合题目要求；第8-12小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分 ‎1．甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后．某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞，如图为两车刹车后匀减速运动的v－t图象．以下分析正确的是(　　)‎ A．甲车刹车的加速度的大小为0.5 m/s2‎ B．两车开始刹车时的距离为100 m C．两车刹车后间距一直在减小 D．两车都停下来后相距25 m ‎2．(2020·苏州市模拟)如图所示，倾角θ＝37°‎ 的上表面光滑的斜面体放在水平地面上．一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态，细线与斜面间的夹角也为37°.若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，斜面体仍然保持静止状态．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球将向上加速运动 B．小球对斜面的压力变大 C．地面受到的压力不变 D．地面受到的摩擦力不变 ‎3(2020·苏州市模拟)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为(　　)‎ A．4 kg B．3 kg C．2 kg D．1 kg ‎4．(2020·江苏押题卷)将一小球从某一高度水平抛出，抛出2 s后它的速度方向与水平方向的夹角成45°，落地时位移与水平方向成60°，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球做平抛运动的初速度是10 m/s B．抛出点距地面的高度是60 m C．小球做平抛运动的初速度是20 m/s D．抛出点距地面的高度是240 m ‎5．(2020·丹阳高级中学模拟)如图2所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙程度相同的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能Ek ‎、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图象是(取初速度方向为正方向)(　　)‎ ‎ ‎ ‎6.如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，△ABC是圆的内接直角三角形，∠ACB=26.5°，O为圆心，半径R=5cm。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量+e的粒子，有些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的粒子动能为12eV，达到C点的粒子电势能为-4eV（取O点电势为零）。忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53°=0.8。下列说法正确的是 A．匀强电场的场强大小为100V/m B．圆周上B、C两点的电势差为-4V C．圆周上A、C两点的电势差为12V D．当某个粒子经过圆周上某一位置时，可以具有6eV的电势能，且同时具有6eV的动能 ‎7．(2020·江苏学校联盟模拟)如图所示，固定的倾斜粗糙细杆与水平地面间的夹角为θ＝37°，质量为1 kg的圆环套在细杆上．轻质弹簧的一端固定在水平地面上的O点，另一端与圆环相连接，当圆环在A点时弹簧恰好处于原长状态且与轻杆垂直．将圆环从A点由静止释放，滑到细杆的底端C点时速度为零．若圆环在C点获得沿细杆向上且大小等于2 m/s的初速度，则圆环刚好能再次回到出发点A.已知B为AC的中点，弹簧原长为0.3 m，在圆环运动过程中弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则(　　)‎ A．下滑过程中，圆环受到的合力一直在增大 B．下滑过程中，圆环与细杆摩擦产生的热量为2 J C．在圆环从C点回到A点的过程中，弹簧对圆环做的功为1.2 J D．圆环下滑经过B点的速度一定小于上滑时经过B点的速度 ‎8　(多选)(2020·湖北省4月调研)如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为φ，把半圆环分成AB、BC、CD三等分．下列说法正确的是(　　)‎ A．BC部分在O点产生的电场强度的大小为 B．BC部分在O点产生的电场强度的大小为 C．BC部分在O点产生的电势为 D．BC部分在O点产生的电势为 ‎9.如图所示，小球A、B、C的质量分别为m、m、2m，A与BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上．现让两轻杆并拢，将A由静止释放下降到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则(　　)‎ A．A、B、C组成的系统水平方向动量守恒 B．A、C之间的轻杆始终对C做正功 C．A与桌面接触时具有水平方向的速度 D．A与桌面接触时的速度大小为 ‎10．(2020·‎ 如东调研)研究表明，地球自转周期在逐渐改变，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，且地球的质量、半径都不变，则经过若干亿年后(　　)‎ A．近地卫星的向心加速度比现在大 B．近地卫星的运行周期与现在相等 C．同步卫星的向心加速度比现在小 D．同步卫星的运行速度比现在大 ‎11．(2020·盐城中学段考)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一垂直斜面的固定挡板．系统处于静止状态，现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，物块B刚要离开C时力F的大小恰为2mg.则(　　)‎ A．物块B刚要离开C时受到的弹簧弹力为 B．加速度a＝g C．这个过程持续的时间为 D．这个过程A的位移为 ‎12如图所示，在真空中，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，AB为其竖直直径。一束质子在纸面内以相同的速度射向磁场区域，质子的电量为m。在这束质子中有两个分别从距水平直径为的a点和的b点入射，沿着半径入射的质子恰好到达B点，在B点装置一与水平直径平行的弹性挡板，质子与挡板发生碰撞时无能量损失。则以下说法正确的是（　　）‎ A．这束质子的速率为 B．质子到达B点后沿原路返回 C．所有质子将从磁场右侧平行射出 D．从a点入射的质子在磁场中运动的时间与从b点入射的质子在磁场中运动的时间的比值为 第Ⅱ卷 （非选择题 共62分）‎ ‎13．（8分）利用图甲所示的装置验证动量守恒定律．气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．‎ 实验测得滑块A质量m1＝0.3 kg，滑块B的质量m2＝0.1 kg，遮光片的宽度d用游标卡尺测量，如图丙所示；打点计时器所用的交流电的频率f＝50 Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰；碰后光电计时器显示的时间tB＝2.86×10－3 s，碰撞前后打出的纸带如图乙所示．‎ ‎(1)遮光片的宽度d＝________ cm.‎ ‎(2)计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________ kg·m/s，两滑块相互作用以后系统的总动量为________ kg·m/s.(计算结果保留两位小数)‎ ‎(3)若实验相对误差绝对值σr＝||×100%≤5%，即可认为系统动量守恒，则本实验在误差范围内________验证动量守恒定律．(填“能”或“不能”)‎ ‎(4)两滑块作用前后总动量不完全相等的主要原因是__________________________________．‎ ‎14．(2020·江苏五校联考)某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0(约为2 kΩ)和手机中的锂电池(电动势E标称值为3.7 V，允许最大放电电流为100 mA)．实验室备有如下器材：‎ A．电压表V(量程3 V，电阻RV约为4.0 kΩ)‎ B．电流表A1(量程100 mA，电阻RA1约为5 Ω)‎ C．电流表A2(量程2 mA，电阻RA2约为50 Ω)‎ D．滑动变阻器R1(0～40 Ω，额定电流1 A)‎ E．电阻箱R2(0～999.9 Ω)‎ F．开关S一只，导线若干 ‎(1)为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图4甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选______(选填“A1”或“A2”)，请将实物连线补充完整．‎ ‎(2)为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出－ 图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、b和R2表示)．该实验的测量值偏小，造成此系统误差的主要原因是_____________‎ ‎15．（12分）如图所示，一长度LAB=4．98m，倾角θ=30°的光滑斜面AB 和一固定粗糙水平台BC 平滑连接，水平台长度LBC=0．4m，离地面高度H=1．4m，在C 处有一挡板，小物块与挡板碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶端A 处静止释放质量为m=2kg 的小物块（可视为质点），忽略空气阻力，小物块与BC 间的动摩擦因素μ=0．1，g 取10m/s2。问：‎ ‎（1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；‎ ‎（2）小物块经过B 点多少次停下来，在BC 上运动的总路程为多少；（3）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在D 点，已知半球体半径r=0．75m，OD 与水平面夹角为α=53°，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取）‎ ‎16（15分）如下图，在区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在t=0 时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向夹角分布在0~180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在t=时刻刚好从磁场边界上P(,a)点离开磁场。求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q／ｍ；‎ ‎（２）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与ｙ轴正方向夹角的取值范围；（３）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．‎ ‎17（18分）如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，三点连线组成等腰直角三角形△OAB。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中通过A点。使此小球带负电，电荷量为-q，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的倍，若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，通过B点，且到达B点时的动能为初动能的9倍，重力加速度大小为g，求：‎ ‎（1）无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；（2）电场强度的大小和方向。‎ ‎ 物 理 考 试 答 案 ‎1 答案　B 解析　由题图可知，两车速度相等时，经历的时间为20 s，甲车的加速度a1＝ m/s2＝－1 m/s2，‎ 乙车的加速度a2＝－ m/s2＝－0.5 m/s2，‎ 此时甲车的位移x甲＝v甲t＋a1t2＝25×20 m－×1×400 m＝300 m，‎ 乙车的位移x乙＝v乙t＋a2t2＝15×20 m－×0.5×400 m＝200 m，‎ 两车刚好没有发生碰撞，则开始刹车时两车的距离Δx＝300 m－200 m＝100 m，故A错误，B正确；两车刹车后甲的速度先大于乙的速度，两者距离减小，后甲的速度小于乙的速度，两者距离增大，故C错误；20 s时，甲、乙的速度都为v＝v甲＋a1t＝25 m/s－20 m/s＝5 m/s，根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，两车都停下来后相距Δx′＝×(30－25)×5 m＝12.5 m，故D错误．‎ ‎2答案　B 解析　开始时，对球受力分析，如图所示：‎ 根据平衡条件，在平行斜面方向：Fcos 37°＝mgsin 37°，‎ 垂直斜面方向：Fsin 37°＋FN＝mgcos 37°，‎ 得：F＝0.75mg；‎ 拉力改为水平推力后，由于所施力的大小不变，所施力与斜面的夹角不变，故沿着斜面方向的分力不变，球依然保持静止，小球对斜面的压力变大，故A错误，B正确；对球和斜面体整体受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件，拉力改为水平推力后，其水平分力变大，竖直分力减小，故静摩擦力变大，地面支持力变大；根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力和摩擦力均变大，故C、D错误．‎ ‎3 答案　C ‎4 答案　D 解析　由平抛运动的规律知：抛出2 s后，tan 45°＝，得v0＝vy＝gt1＝20 m/s；落地时tan 60°＝＝得：t2＝＝4 s，抛出点距地面的高度h＝gt22＝240 m，故D正确，A、B、C错误．‎ ‎5 答案　D 解析　设斜面倾角为θ，滑块质量为m，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，则滑块上滑时的加速度大小 a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿斜面向下．下滑时的加速度大小 a2＝＝gsin θ－μgcos θ，方向沿斜面向下，则知a1＞a2，方向相同，均为负方向．因v－t图线的斜率表示加速度，可知选项A、B错误；动能是标量，不存在负值，故C错误．重力做功W＝－mgh＝－mgxsin θ，故D正确．‎ ‎6 答案A。‎ 解析：φC=-4V，UAO=UOC=4V，φA=4V。根据动能定理WAB=EKB-EKA=4eV，φB=0V。∠AOB=53°，AD＝0.04m。由于OBD是等势面，所以E＝100V/m。圆上最高电势5V，最大电势能只能是5eV。‎ ‎7 答案　D 解析　下滑过程中，圆环受到重力、摩擦力、弹簧的弹力和杆的支持力，弹簧的弹力逐渐增大，圆环滑到细杆底端时速度为零，可知合力先减小后增大，故A错误．设下滑过程中，圆环与细杆摩擦产生的热量为Q，上滑时产生的热量也为Q.由能量守恒定律得：下滑过程有 Q＋Ep＝mgh 上滑过程有mv02＋Ep＝Q＋mgh 解得Q＝mv02＝×1×22 J＝1 J，故B错误；Ep＝mgh－Q＝1×10×0.3×0.8 J－1 J＝1.4 J，故C错误．‎ 从B到C，由动能定理得：－WF－Wf＋mgh＝mvB12－0‎ 从C到B，由动能定理得：WF－Wf－mgh＝0－mvB22‎ 对比可得vB1＜vB2，即圆环下滑经过B点的速度一定小于上滑时经过B点的速度，故D正确．‎ ‎8　 答案　AD 解析　如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段．设每段在O点产生的电场强度大小均为E′.AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′，则整个半圆环在O点的合场强：E＝2E′，则：E′＝；故圆弧BC在圆心O处产生的场强为.电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的电势为φ′，则有 3φ′＝φ，则 φ′＝，故选A、D.‎ ‎9 答案　AD 解析　A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项A正确；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项C错误；小球C的速度先增大后减小，则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功，选项B错误；竖直方向，当A与桌面接触时，小球A的重力势能转化为系统的动能，因B、C的速度为零，则mgL＝mv2，解得v＝，选项D正确．‎ ‎10 答案　BC 解析　对近地卫星，据F＝G＝ma近知， 向心加速度a近＝ ‎，地球的质量和半径都不变，故向心加速度大小不变，故A错误； 据F＝G＝m知，近地卫星的运行周期T＝，因质量不变，转动半径不变，故周期不变，故B正确；万有引力提供同步卫星做圆周运动的向心力，有F＝G＝m＝m＝ma同，则r＝，v＝，a同＝，由于地球自转周期变慢，故同步卫星的轨道半径r变大，则同步卫星的向心加速度和运行速度都变小，故C正确，D错误．‎ ‎11 答案　ACD 解析　物块B刚要离开C时B对C的弹力恰好为零，对B，由平衡条件得，此时弹簧的弹力：F弹＝mgsin θ＝，故A正确；B刚要离开C时，对A，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－F弹＝ma，解得：a＝g，故B错误；刚开始时，对A由平衡条件得：kx1＝mgsin θ，B刚要离开C时，弹簧弹力：F弹＝kx2，整个过程A的位移：x＝x1＋x2，解得：x＝，故D正确；物块A做初速度为零的匀加速直线运动，x＝at2，解得运动时间t＝ ，故C正确．‎ ‎12答案ACD ‎【解析】选ACD。沿着半径入射的质子恰好到达B点，其轨迹半径为r=R，由洛仑兹力提供向心力得：Bev=m，解得v= ，故A项正确；假设从任意点E水平射入的质子，其做匀速圆周运动的圆心为D，连接两交点及两圆心．由于DE∥OC，且DE=OC，则四边形DEOC是平行四边形，所以DC=OE=R，所以从任意点E水平入射的质子都能到达B点，此为磁聚焦模型；所有质子到B点后与弹性挡板碰撞，速度大小不变，方向关于直径AB对称，将从磁场右侧沿着水平方向射出，此为磁发散模型，故B项错误、C项正确；从a点入射的质子到达B的过程中在磁场中运动的圆心角为，从b点入射的质子到达B的过程中在磁场中运动的圆心角为，根据对称性，可得二者在磁场中运动的时间之比为，故D项正确。‎ 答案　(1)0.835　(2)0.60　0.58　(3)能　(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦 解析　(1)遮光片的宽度d＝8 mm＋0.05 mm×7＝0.835 cm；‎ ‎(2)打点计时器的打点时间间隔为：t＝0.02 s.‎ 由题图乙所示纸带可知，碰撞前A的速度：vA＝＝ m/s＝2 m/s，碰撞后A的速度：vA′＝ m/s＝0.97 m/s，碰撞后B的速度：vB′＝＝ m/s≈2.92 m/s，‎ 碰撞前后系统总动量分别为：p＝m1vA＝0.3×2.0 kg·m/s＝0.60 kg·m/s p′＝m1vA′＋m2vB′＝0.3×0.97 kg·m/s＋0.1×2.92 kg·m/s≈0.58 kg·m/s ‎(3)σr＝||×100%＝||×100%≈3.3%<5%‎ 由此可知，在误差范围内能验证动量守恒定律．‎ ‎(4)两滑块作用前后总动量不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．‎ ‎14 答案　(1)A2　如图所示 ‎(2)　　电压表分流 ‎15． 【答案】（1）7 m/s；（2）63次；（3）25次 ‎【解析】‎ 试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物块经过B 点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出经过B点多少次。小物块经过平抛运动到达D点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。‎ ‎（1）从A到C段运用动能定理 mgsin-LAB=mv2‎ v=7m/s ‎（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为x mgsinLAB-mgx=0‎ x=24．9m ‎=31．1‎ 经过AB的次数为312+1=63次 ‎（3）设小物块平抛时的初速度为V0‎ H -r=gt2‎ r+=v0t v0=3 m/s 设第n次后取走挡板 mv2-mv02=2Lbcn n=25次 考点：动能定理、平抛运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到D时平抛运动的初速度；再一个容易出现错误的是在BC段运动的路程与经过B点次数的关系，需要认真确定。根据功能关系求出在BC段运动的路程。‎ ‎16‎ ‎17 答案（1）（2），方向与竖直方向成75°。‎ ‎（1）小球做平抛运动，设初速度v0。初动能EK0，从O到AB的运动时间为t，令O到A的竖直距离为d。‎ 水平方向 竖直方向 解得 小球到达A时的动能为EKA，所以 ‎（2）加电场后，从O点到A点下降了d，从O点到B点上升了d，由能量守恒，电势能减少了 在匀强电场中，沿着任意直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点的电势与A的电势相同，M点到O点的距离是x，如图，则有 解得。‎ MA是等势线，电场线与MA的垂线OC平行，‎ ‎∠OAM=30°，‎ 设电场强度的大小是E，则：‎ 解得，方向与竖直方向成75°。‎