2018-2019学年安徽省巢湖第一中学高二下学期第三次月考物理试题 解析版
巢湖一中高二年级2018—2019学年度第二学期第三次月考
物 理 试 卷
一、选择题(每小题4分，共56分.其中第1～7小题只有一个选项正确，第8～14小题有多个选项正确，少选得2分，错选、不选得0分)
1.甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是（ ）
A. 两车在t1时刻也并排行驶
B. 在t1时刻甲车在后，乙车在前
C. 甲车的加速度大小先增大后减小
D. 乙车的加速度大小先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A、B、已知在t2时刻，两车并排行驶，在t1~t2时间内，甲图线与时间轴围成的面积大，则知甲通过的位移大，可知t1时刻，乙车在前，甲车在后，两车没有并排行驶；故A错误、B正确.
C、D、图线切线的斜率表示加速度，可知甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度也是先减小后增大；故C，D错误.
故选B.
2.某人先后两次由斜面体顶端的O点沿水平方向抛出两个可视为质点的物体，第一次的落地点为斜面体上的a点，第二次的落地点为斜面体上的b点，且，两次物体的初速度分别用表示，物体在空中运动的时间分别用表示，下落的高度分别用表示，落地瞬间小球的速度与斜面体斜面的夹角分别用、表示。则下列关系式正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
根据结合几何关系可知，两物体下落的高度比为，C正确；水平位移之比为，两次物体均做平抛运动，根据得，则，B错误；由于水平方向做匀速直线运动，则由可知，则，A错误；两次物体均落在斜面体上，位移与水平方向的夹角为定值，故有：，又，因此位移与斜面体斜面的夹角相同，所以α=β，D错误。
3.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是
A. 在轨道1、2、3上的运行周期：
B. 在轨道1、3上经过Q、P点时加速度：
C. 在轨道2、3上P点时，卫星动能
D. 在轨道2上，卫星由P点到Q点的过程中，引力做负功
【答案】C
【解析】
【详解】根据开普勒第三定律，因为，即，故A错误；由万有引力提供向心力：，解得：，因为，所以，故B错误；卫星从轨道2变到轨道3必须做离心运动，在P点需要加速，可知在轨道3上P点的速度大于在轨道2上P点的速度，所以卫星动能，故C正确；在轨道2上，卫星由P点到Q点的过程中，引力做正功，故D错误。
4.模拟我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动.假设王跃登陆火星后,测得火星的半径是地球半径的,质量是地球质量的.已知地球表面的重力加速度是g,地球的半径为R,王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h,忽略自转的影响,下列说法错误的是( )
A. 火星的密度为
B. 火星表面的重力加速度是
C. 火星的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的
D. 王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后,能达到的最大高度是
【答案】C
【解析】
【详解】由万有引力等于重力得：，得：，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g′=g；设火星质量为M′，由万有引力等于重力可得：，解得：
，密度为：．故AB正确；由万有引力提供向心力得：根据，火星的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比为：，即火星的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的3倍，故C错误；王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：，由于火星表面的重力加速度是g，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度，故D正确；本题选错误的，故选C。
5.光子的能量是hν，动量的大小为hν/c.如果一个静止的放射性元素的原子核在发生衰变时只发出一个γ光子．则衰变后的原子核( )
A. 仍然静止 B. 沿着与光子运动方向相同的方向运动
C. 沿着与光子运动方向相反的方向运动 D. 可以向任何方向运动
【答案】C
【解析】
原子核在衰变过程中动量守恒，因为原子核初动量为零，衰变时发出一个光子，衰变后的原子核一定与光子动量大小相等方向相反，所以衰变后的原子核沿着与光子运动方向相反的方向运动，故C正确
故选C
6.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物体a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )
A. a比b先到达S，它们在S点的动量不相等
B. a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等
C. a比b先到达S，它们在S点的动量相等
D. b比a先到达S，它们在S点的动量相等
【答案】A
【解析】
试题分析：在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有，解得，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同；由于a的路程小于b的路程．故即a比b先到达s；又到达s点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左，故两物体的动量不相等，A正确；
考点：考查了机械能守恒，动量
【名师点睛】要求物体运动的时间，则要找出两个物体运动的速率大小关系：根据机械能守恒定律，相同高度速率相同．动量是矢量，等于物体的质量和速度的乘积
7.一个人在地面上立定跳远的最好成绩是x，假设他站立在船头要跳上距离在L远的平台上，水对船的阻力不计，如图所示，则( )
A. 只要L
μ2(m+M)g时,木板便会开始运动
D. 无论怎样改变F的大小,木板都不可能运动
【答案】BD
【解析】
【详解】A、由于木板相对于地面是否刚要滑动不清楚，地面的静摩擦力不一定达到最大，则木板受到地面的摩擦力的大小不一定是μ2(m+M)g;故A错误.
B、对木板：水平方向受到木块向右的滑动摩擦力f1和地面的向左的静摩擦力f2，而f1=μ1mg，由平衡条件得：f2=f1=μ1mg；故B正确.
C、D、由题分析可知，木块对木板的摩擦力f1不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F改变时，f1不变，则木板不可能运动；故C错误，D正确.
故选BD.
9.如图所示,甲、乙两车同时由静止从A点出发,沿直线AC运动.甲先以加速度a1做初速度为零的匀加速运动,到达B点后做加速度为a2的匀加速运动,到达C点时的速度为v.乙以加速度a3做初速度为零的匀加速运动,到达C点时的速度亦为v.若,则( )
A. 甲一定先由A达到C
B. 甲、乙不可能同时由A达到C
C. 乙一定先由A达到C
D. 若a1>a3，则甲一定先由A达到C
【答案】BD
【解析】
【详解】D、若a1＞a3，作出速度—时间图线如图所示：
因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t甲＜t乙；故D正确.
A、B、C、若a3＞a1，如图所示的速度—时间图象：
因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t甲＞t乙．通过图线作不出位移相等，速度由相等，时间相等的图线，所以甲乙不能同时到达;故B正确，A、C错误.
故选BD.
10.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是（ ）
A. 0～6s内物体的位移大小为30m
B. 0～6s内拉力做的功为70J
C. 合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等
D. 滑动摩擦力的大小为5N
【答案】ABC
【解析】
A项：0～6s内物体的位移大小x==30m．故A正确．
B项：在0～2s内，物体的加速度a==3m/s2，由图，当P=30W时，v=6m/s，得到牵引力F==5N．在0～2s内物体的位移为x1=6m，则拉力做功为W1=Fx1=5×6J=30J．2～6s内拉力做的功W2=Pt=10×4J=40J．所以0～6s内拉力做的功为W=W1+W2=70J．故B正确．
C项：在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等．故C正确．
D项：2～6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到f=F==．故D错误．
点晴：速度图象的“面积”表示位移．0～2s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，2～6s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由P=Fv求出摩擦力，再由图读出P=30W时，v=6m/s，由F=求出0～2s内的拉力，由W=Fx求出0～2s内的拉力做的功，由W=Pt求出2～6s内拉力做的功．
11.下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是( )
A. 图(甲)：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一
B. 图(乙)：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的
C. 图(丙)：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D. 图(丁)：根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性
【答案】C
【解析】
普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故A正确。玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故B正确。卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，故C错误。根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，故D正确。本题选择错误的，故选C。
12.已知氢原子的能级规律为E1＝－13.6 eV、E2＝－3.4 eV、E3＝－1.51 eV、E4＝－0.85 eV.现用光子能量介于11～12.5 eV范围内的光去照射一大群处于基态的氢原子，则下列说法中正确的是( )
A. 照射光中可能被基态氢原子吸收的光子只有1种
B. 照射光中可能被基态氢原子吸收的光子有无数种
C. 激发后的氢原子发射的不同能量的光子最多有3种
D. 激发后的氢原子发射的不同能量的光子最多有2种
【答案】AC
【解析】
【详解】光子能量介于11～12.5eV，只有光子能量为12.09eV的光子被吸收，跃迁到第三能级．故A正确，B错误．光子能量介于11～12.5eV，吸收光子能量，跃迁的最高能级为第3能级，第三能级向基态跃迁最多放出3种不同频率的光子．故C正确，D错误．
13.如图所示，这是工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成．当用绿光照射光电管阴极K时，可以发生光电效应，则下列说法正确的是( )
A. 增大绿光照射强度，光电子的最大初动能增大
B. 增大绿光照射强度，电路中光电流增大
C. 改用比绿光波长长的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流
D. 改用比绿光频率大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流
【答案】BD
【解析】
【详解】增大绿光照射强度，会增大光电流强度，光电子最大初动能不变，A错误B正确；改用波长比绿光波长大的光照射光电管阴极K时，电路中一定没有光电流，C错误；改频率长比绿光频率大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流，D正确．
【点睛】产生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，增大入射光强度只会增大光电流强度，不改变最大初动能．
14.关于核反应方程 (ΔE为释放出的核能，X为新生成粒子)，已知的半衰期为T，则下列说法正确的是( )
A. 没有放射性
B. 比少1个中子，X粒子是从原子核中射出的，此核反应为β衰变
C. N0个经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为(N0数值很大)
D. 的比结合能为
【答案】BC
【解析】
【详解】原子序数大于或等于83的元素都有放射性，故A错误；的中子数为43；的中子数为44，则比少1个中子；由质量数和电荷数守恒知X为电子，是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子，是β衰变，故B正确；经2T时间还剩余四分之一没衰变，发生上述核反应而放出的核能为N0△E，故C正确；的平均结合能是234个核子结合成时放出的能量，该能量不是它衰变时放出的能量△E，所以的平均结合能不是，故D错误；
二、计算题（按题目要求作答，写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写在、出最后答案不能得分，有数值的计算题，答案中必须明确写出数值和单位）
15.如图所示，质量分别为1kg和2kg的木块A和B，用一个劲度系数为k=200N/m轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面.(g=9.8m/s2)
(1)最初静止时弹簧的形变量；
(2)B刚要离开地面时弹簧的形变量；
(3)整个过程中A上升的高度.
【答案】（1）4.9cm （2）9.8cm （3）14.7cm
【解析】
【详解】(1)A压在弹簧上使弹簧被压缩，设弹簧的压缩量为x1，
对A由二力平衡可得：
解得：
(2)B刚要离开地面时，地面的支持力为零，则弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2
由B的二力平衡可得：
解得：
(3)A物体拴在弹簧上，则A物体位移即为弹簧的长度变化
弹簧从压缩状态x1变为原长再变为伸长x2，则
16.如图甲所示，静止在匀强磁场中的核俘获一个速度为v0＝7.7×104 m/s的中子而发生核反应，即，若已知的速度v2＝2.0×104 m/s，其方向与反应前中子速度方向相同，试求：
(1) 的速度大小和方向；
(2)在图乙中，已画出并标明两粒子的运动轨迹，请计算出轨道半径之比；
(3)当旋转三周时，粒子旋转几周？
【答案】(1)大小为1.0×103 m/s，方向与v0相反 (2)3:40 (3)2周
【解析】
【详解】(1)反应前后动量守恒：m0v0＝m1v1＋m2v2(v1为氚核速度，m0、m1、m2分别代表中子、氚核、氦核质量)
代入数值可解得：v1＝－1.0×103 m/s，方向与v0相反．
(2) 和在磁场中均受洛伦兹力，做匀速圆周运动的半径之比
r1∶r2＝∶＝3∶40.
(3)和做匀速圆周运动周期之比
T1∶T2＝∶＝3∶2
所以它们的旋转周数之比：n1∶n2＝T2∶T1＝2∶3，
即旋转三周，旋转2周．
【点睛】本题考查了核反应方程式的书写，遵循质量数和电荷数守恒，动量守恒和磁场中半径、周期公式，综合性强，难度不大．
17.一静止原子核发生衰变，生成一粒子及一新核。粒子垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R的圆。已知粒子的质量为m，电荷量为q；新核的质量为M；光在真空中的速度大小为c。求衰变前原子核的质量。
【答案】
【解析】
试题分析：设衰变产生粒子的速度大小为v，有洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
设衰变后新核的速度大小为V，衰变前后动量守恒，有
设衰变前原子核质量为M0.衰变前后能量守恒，由
联立上式可得
考点：动量守恒定律、能量守恒定律、带电粒子在磁场中的运动
18.如图所示，质量M=4.0kg的长木板静止在光滑的水平地面上，小物块的质量m=1.0kg，以初速度=5m/s冲上长木板，物块与长木板间的动摩擦因数=0.2.取.求：
(1)若长木板固定，为使物块不滑离长木板，长木板至少为多长?
(2)若长木板不固定，为使物块不滑离长木板，长木板至少为多长?
(3)若长木板的长度L=2.5m，在物块冲上长木板的同时，给长木板施加一水平向右的恒力F，为使物块从长木板上滑下，求F的大小范围.
【答案】(1)L=6.25m (2)=5m (3)当F<10N时，物块从长木板右端滑下；当F>10N时，物块从长木板左端滑下。
【解析】
【详解】(1)对m，根据牛顿第二定律：
解得：
当物块滑到长木板最右端时，速度刚好为0，则：
代入数据解得：L=6.25m
(2) 根据牛顿第二定律，对m：
对M：
代入数据：，
设历时，m与M共速，此时物块刚好滑到长木板的最右端，则
m的位移：，
M的位移：
又
代入数据解得：=5m
(3)当F较小时，物块做匀减速直线运动到长木板的最右端时，两者刚好共速.
对m：
对M：
历时共速，则
m的位移：
M的位移：
代入数据：F=10N
故当F<10N时，物块从长木板右端滑下
当F较大时，物块从长木板左端滑下，此种情况下，物块先做匀减速直线运动，经过一段时间与长木板共速，此后，物块相对长木板向左滑动，直至从左瑞滑离长木板.
在物块相对长木板向左滑动过程中：对m：，摩擦力方向向右；
对M：
要使物块滑离长木板，则，代入數据：F>10N
故当F>10N时，物块从长木板左瑞滑下
