湖南师大附中2020届高三第一次月考物理试题

湖南师大附中2020届高三第一次月考物理试题

湖南师太附中2020届高三摸底考试 物理 时量：90分钟 满分：100分 一、选择题（本题共12小题，每小题4分. 在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项合题目要求，第8～12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.到2018年1月，全球30个国家和地区共有440个核电机组，总装机容量为390吉瓦，发电量约占全球发电量的11%。铀235是核电站的主要核燃料，核反应堆在工作时，铀235既发生裂变，也发生衰变。铀235裂变方程为：，衰变方程为，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 裂变过程放出能量，衰变过程吸收能量 B. 裂变产生的新核X中含有88个中子 C. 衰变产生的新核Y不再具有放射性 D. 核裂变释放能量产生高温会加快铀235的衰变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎（1）无论是裂变还是衰变，都是释放能量，选项A错误；‎ ‎（2）根据质量数守恒，电荷数守恒可知，X的质量数：A=235+1−89−3=144，电荷数：Z=92−36=56，由原子核的组成特点可知，X原子核中含有56个质子，中子数为：144−56=88个，选项B正确；‎ ‎（3）铀235衰变产生的新核Y的核电荷数为90，大于83，因此一定具有放射性，选项C错误；‎ ‎（4）铀235的半衰期与温度无关，即高温情况下铀235的半衰期不变，衰变快慢不变，选项D错误；‎ 故本题选B ‎【点睛】核反应遵循质量数守恒，电荷数守恒的规律；质量数是质子数和中子数的总和；原子序数大于或等于83的元素，具有天然放射现象；放射性元素衰变的快慢是由核内部自身因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件无关；‎ ‎2.如图所示，甲、乙两球固定在光滑斜面上的A、B两点，先释放甲球，当甲运动距离为s1时，释放乙球，结果两球同时达到C点，已知A、B间的距离为s2，则A、C间的距离为 A. s1+s2 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】斜面光滑，则两球的加速度相同。设两个球运动的加速度大小为a，B、C间的距离为s，则 ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 求得，则A、C间的距离为 ‎.‎ A.s1+s2与计算结果不相符；故A项错误.‎ B.与计算结果相符；故B项正确.‎ C.与计算结果不相符；故C项错误.‎ D.与计算结果不相符；故D项错误.‎ ‎3.2018年7月27日将发生火星冲日能量，那时火星、地球和太阳几乎排列成一线，地球位于太阳与火星之间，已知地球和火星绕太阳公转的方向相同，火星公转轨道半径约为地球的1.5倍，若将火星和地球的公转轨迹近似看成圆， 取，则相邻两次火星冲日的时间间隔约为（ ）‎ A. 0.8年 B. 1.6年 C. 2.2年 D. 3.2年 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由万有引力充当向心力得：，‎ 解得行星公转周期：，‎ 则火星和地球的周期关系为：，‎ 已知地球的公转周期为1年，则火星的公转周期为年，‎ 相邻两次火星冲日的时间间隔设为t，则：‎ 化解得：，‎ 即：，‎ 求得 故本题选C ‎4.如图所示，用同种材料制成的直角三角形线框ABC处在足够大的水平向右的匀强磁场中，线框平面与磁感线平行，直角边AB的长是直角边BC长的，AB边与磁感线垂直，先让线框绕AB边在匀强磁场中以角速度匀速转动，A、B两端的电压有效值为 ‎；再让线框绕BC边在匀强磁场中仍以角速度匀速转动，结果A、B两端的电压为，则为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设BC边长为d，则AB边长为，让线框绕AB边在匀强磁场中以角速度ω匀速转动，则线框中感应电动势的最大值，电动势的有效值，A、B两端的电压有效值，让线框绕BC边在匀强磁场中仍以角速度ω匀速转动，A、B两端的电压，因此有，选项D正确 故本题选D ‎5.如图所示，B、C两个小球用细线悬挂于竖直墙面上的A、D两点，两球均保持静止，已知B球的重力为2G，C球的重力为3G，细线AB与竖直墙面之间的夹角为37°，细线CD与竖直墙面之间的夹角为53°，则 A. AB绳中的拉力为5G B. CD绳中的拉力为3G C. BC绳中的拉力为2G D. BC绳与竖直方向的夹角θ为53°‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 先以两个小球整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件求出AB和CD两根细线的拉力；再隔离C球受力分析，正交分解，根据平衡条件类方程求解BC绳中拉力和细线BC与竖直方向的夹角θ。‎ ‎【详解】对两个小球构成的整体受力分析：‎ 根据平衡条件：x轴：FABsin37°=FCD sin53°，y轴：FABcos37°+FCDcos53°=5G，得：FAB=4G，FCD=3G，故A错误，B正确；对C球受力分析，‎ 根据平衡条件：x轴：FBCsinθ=FCD sin53°，y轴：FBCcosθ+FCDcos53°=3G，得：tanθ=2；FBC=G，故CD错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解。以上是利用正交分解法，也可以利用合成法。‎ ‎6.现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光照射时，有光电流产生，下列说法不正确的是 A. 保持照射光的频率不变，增大照射光的强度，饱和光电流变大 B. 照射光的频率变高，光电子的最大初动能变大 C. 保持照射光的强度不变，不断减小照射光的频率，始终有光电流产生 D. 遏止电压的大小与照射光的频率有关，与照射光的强度无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据光电效应实验得出结论：保持照射光的频率不变，照射光的强度变大，饱和光电流变大，故A正确；A项不合题意.‎ B.根据爱因斯坦光电效应方程得，照射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故B正确；B项不合题意.‎ CD.遏止电压的大小与照射光的频率有关，与照射光的强度无关，保持照射光的强度不变，不断减小照射光的频率，若低于截止频率，则没有光电流产生，故C错误，D正确. C项符合题意. D项不合题意.‎ ‎7.如图画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E.处在n＝4能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光波．已知金属铂的逸出功为6.34eV.在这些光波中，能够从金属铂的表面打出光电子的总共有( )‎ ‎ ‎ A. 五种 B. 四种 C. 三种 D. 二种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时能发出不同光电子的数目为，n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66eV，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV，n=4跃迁到n=2辐射的光子能量为2.55eV，均小于3.2eV，不能使金属钾发生光电效应，其它三种光子能量都大于3.2eV．故C正确，A、B、D错误。故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道能极差与光子能量的关系，以及掌握发生光电效应的条件．‎ ‎8.一个物体沿直线运动，从时刻开始，物体的的图像如图所示，图线与纵横坐标轴的交点坐标分别为0.5m/s和，由此可知（ ）‎ ‎ ‎ A. 物体做匀加速直线运动的加速度大小为 B. 物体做变加速直线运动 C. 物体的初速度大小为 D. 物体的初速度大小为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图得：=（0.5t+0.5）m/s；由x=v0t+at2得：=v0+at，可得a=0.5，a=1m/s2．可知，物体的加速度不变，做匀加速直线运动。故A正确，B错误。图线纵轴截距表示初速度，则知物体的初速度大小为0.5m/s。故C正确，D错误。‎ ‎9.一个带电粒子仅在电场力作用下在x轴上由静止开始从向做直线运动，其速度平方随位置x变化的图线如图所示，图象关于纵轴对称，由图象可知（ ）‎ A. 粒子从向运动过程中，加速度先减小后增大 B. x=0处电势最高 C. 在x轴上，和两个位置的电场强度不同 D. 粒子沿x轴正向运动过程中，电势能先减小后增大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎（1）由可知，图线的切线斜率表示加速度，因此粒子沿x轴正向运动过程中，加速度先增大再减小再变大最后再变小，选项A错误；‎ ‎（2）在x轴上-x1和x1之间，粒子在x=0处的动能最大，电势能最小，但由于粒子的电性不确定，因此x=0处的电势可能最高，也可能最低，选项B错误；‎ ‎（3）根据图线对称性可知，粒子在-x2和x2两个位置的加速度大小相等方向相反，故电场强度大小相等，方向相反，选项C正确；‎ ‎（4）粒子沿x轴正向运动过程中，动能先增大后减小，因此电势能先减小后增大，选项D正确 故本题选CD ‎10.如图所示，一个质量为4 kg的半球形物体A放在倾角为θ＝37°的斜面B上静止不动．若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则(　　)‎ A. 物体A受到斜面B的摩擦力增加8 N B. 物体A对斜面B作用力增加10 N C. 地面对斜面B的弹力不变 D. 地面对斜面B的摩擦力增加10 N ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，将该力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件可得：Fcos 37°＋Ff＝mgsin 37°，解得摩擦力Ff＝16 N．物体A受到斜面B的摩擦力减小ΔFf＝24 N－16 N＝8 N，选项A错误；没有施加水平力F时，根据平衡条件，A受斜面作用力与重力等大反向，即大小为40 N，根据牛顿第三定律，物体A对斜面的作用力为40 N，方向竖直向下．施加水平力F后，物体A对斜面的作用力如图，F′＝N＝10N，物体A对斜面B的作用力增加(10‎ ‎－40)N，选项B错误；把物体A和斜面B看做整体，分析受力，由平衡条件可知，地面对斜面B的弹力不变，摩擦力增加10 N，选项C、D正确．‎ ‎11.如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向竖直向上，磁场方向垂直于纸面向里，带电粒子B静止在正交的电磁场中，另一带电粒子A以一定的水平速度沿直线向右运动，与粒子B碰撞后粘在一起，碰撞过程中粒子的电荷量没有损失，两个粒子的质量相等，则下列说法正确的是 A. 粒子A带负电，粒子B带正电 B. 粒子A的带电量一定小于粒子B的带电量 C. 两粒子碰撞后仍沿直线运动 D. 两粒子碰撞后会做向上偏转运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 粒子B静止在电磁场中，则，且粒子B带正电，粒子A以一定的水平速度在正交的电磁场中沿直线向右运动，则粒子A也带正电，有，联立上面两式得：，则粒子A的带电量小于粒子B的带电量，选项A错误、B正确；根据动量守恒定律有，则，由于，因此碰撞后粒子会做向上的偏转运动，选项C错误、D正确 故本题选BD ‎12.一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R ‎，在原线圈上加一电压为U的交流电，则（ ）‎ A. 保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大 B. 保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小 C. 保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大 D. 保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定，因此，保持Q位 置不动时，输出电压不变，此时将P向上滑动，负载电阻值R增大，则输出电流减小，根据 输入功率P，等于输出功率P，电流表的读数I变小，故A错误，B正确；‎ CD.保持P位置不变，将Q向上滑动时，副线圈的匝数变多，则输出电压变大，变大，故电流表的读数变大，‎ 故C正确，D错误。‎ 二、实验题（共2小题，共计16分，请将解答填写在答题纸相应的位置）‎ ‎13.利用气垫导轨进行“探究碰撞中的不变量”这一实验，其中甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥．‎ ‎(1)分别用甲、乙两图的实验装置进行实验，碰撞时 ______ 图所示的装置动能损失得较小．‎ ‎(2)某次实验时取乙图A、B滑块匀速相向滑动并发生碰撞，测得碰撞前A、B的速度大小分别为vA=2m/s，vB ‎=4m/s，碰后AB以共同的速度v=0.8m/s运动，方向与碰撞前A的运动方向相同，A、B的质量分别用mA、mB表示，以A运动方向为正方向，则此过程的动量守恒表达式为 ______ ；mA：mB= ______ ．‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). mAvA−mBvB=(mA+mB)v (3). 4：1‎ ‎【解析】‎ ‎(1)乙图中由于装有撞针和橡皮泥，则两物体相碰时成为一体，机械能的损失最大；而甲图中采用弹性圈，二者碰后即分离，此种情况下，机械能的损失最小，机械能几乎不变；‎ ‎(2)以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA-mBvA=(mA+mB)v，解得：mA：mB=4:1．‎ ‎【点睛】本题考查碰撞类型中能量关系，要注意明确当二者相碰后粘在一起时，机械能的损失是最大的．‎ ‎14.某小组利用图（a）所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中V1和V2为理想电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻（阻值100 Ω）；S为开关，E为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计（图中未画出）测出。图（b）是该小组在恒定电流为50.0μA时得到的某硅二极管U-t关系曲线。回答下列问题：‎ ‎（1）实验中，为保证流过二极管的电流为50.0μA，应调节滑动变阻器R，使电压表V1的示数为U1=______mV；根据图（b）可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻_____（填“变大”或“变小”），电压表V1示数_____（填“增大”或“减小”），此时应将R的滑片向_____（填“A”或“B”）端移动，以使V1示数仍为U1。‎ ‎（2）由图（b）可以看出U与t成线性关系，硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为=_____×10-3V/℃（保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 5.00 (2). 变小 (3). 增大 (4). B (5). 2.8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）U1=IR0=100Ω×50×10-6A=5×10-3V=5mV由 ，I不变，温度升高，U减小，故R减小；由于R变小，总电阻减小，电流增大；R0两端电压增大，即V1表示数变大，只有增大电阻才能使电流减小，故滑动变阻器向右调节，即向B端调节。‎ ‎（2）由图可知， =2.8×10-3V/℃‎ 三、计算题（本題共3小題，其中第15小题10分，第16小題12分，第17小题14分，共计36分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演其步聚. 只写出最后的答索不能得分. 有数值计算的题，答案中必须写出数字和单位）‎ ‎15.如图所示，足够长的圆柱形汽缸竖直放置，其横截面积为m2，汽缸内有质量m＝2kg的活塞，活塞与汽缸壁封闭良好，不计摩擦开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底12cm，此时汽缸内密闭气体的压强为Pa，温度为30K、外界大气压为Pa，g＝10m/s2。‎ ‎（1）现对密闭气体加热，当温度升到400K时，其压强多大？‎ ‎（2）若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，汽缸内气体的温度为360K，则这时活塞离缸底的距离为多少？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）气体体积不变，由查理定律得 ‎，‎ 即 解得：‎ ‎（2），T3=360K 设气体温度为360K时活塞离缸底的距离为，由理想气体状态方程得 ‎，‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎16.如图甲所示，两平行导轨固定在绝缘水平面上，导轨左端接有阻值的定值电阻，两导轨的间距，导轨平面处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感强度，一个质量为、长也为0.5m的导体棒垂直放置在导轨上。现用一个水平向右、大小为的恒力拉金属棒，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒向右运动x=2m达到最大速度，此过程中金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，金属棒在运动中始终与导轨接触良好，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计导轨的电阻，求：‎ ‎（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数；‎ ‎（2）金属棒的电阻r。‎ ‎【答案】(1)；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由图乙可知，当v=0时，a=2m/s2 ‎ 由牛顿第二定律可知：‎ 代入数据解得：=0.4‎ ‎（2）由图象可知：=2m/s 当金属棒达到最大速度时，有 且 解得=0.4A 此时电路中的电动势 根据闭合电路欧姆定律有 代入数据解得：r=0.5Ω ‎17.一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。‎ ‎（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；‎ ‎（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；‎ ‎（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？‎ ‎【答案】（1）（2）， 28 m/s（3）30 m/s；；87.5 m ‎【解析】‎ ‎【详解】解：（1）v-t图像如图所示 ‎（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度也为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t2+n-1Δt内的位移为sn，n=1,2,3,…。‎ 若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学有 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 联立①②③式，代入已知数据解得 ‎④‎ 这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。‎ 由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式 ‎⑤‎ ‎⑥‎ 联立②⑤⑥，代入已知数据解得 ‎，v2=28 m/s⑦‎ 或者，v2=29.76 m/s⑧‎ 第二种情形下v3小于零，不符合条件，故舍去 ‎（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有：f1=ma⑨‎ 在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为：⑩‎ 由动量定理有：⑪‎ 由动能定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为：⑫‎ 联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得 v1=30 m/s⑬‎ ‎⑭‎ 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为 ‎⑮‎ 联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得 s=87.5 m⑯‎ ‎ ‎