2019-2020年高三教学质量检测（二）物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三教学质量检测（二）物理试题 含解析一、本题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，错选、不选得0分1（4分）下列说法中正确的是（） A 粒子散射实验表明了原子核具有复杂结构 B 石墨在反应堆起到降低核反应速度的作用 C 燃料铀在反应堆中发生裂变反应 D 将铀棒插入得更深些，反应堆的核反应速度将降低【考点】： 核反应堆【分析】： 原子核反应堆中铀棒是核反应堆的燃料，镉棒是吸收中子的材料，慢化剂（如石墨、重水等）起减慢裂变产生的快中子的速度，冷却剂把反应堆的热量传递出去，同时使反应堆冷却【解析】： 解：A、a粒子散射实验说明原子具有核式结构，不能说明原子核具有复杂结构；故A错误；B、石墨在反应堆中起到将快中子转换为热中子的作用，可以加快核反应速度；故B错误；C、核反应堆中的燃料铀发生裂变反应，从而释放出大量热量；故C正确；D、将铀棒插入的更深一些后，与中子接触的铀原子增大，反应堆的核反应速度将加快，故D错误；故选：C【点评】： 本题考查核电站的工作原理及粒子散射实验，要明确各种材料在受控核反应中所起的作用2（4分）a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其位移时间图象中，图线c是一条x=0.4t2的抛物线有关这三个物体在05s内的运动，下列说法正确的是（） A a物体做匀加速直线运动 B c物体做匀加速直线运动 C t=5 s时，a物体速度最大 D a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同【考点】： 匀变速直线运动的图像【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： 位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度方向图线c是一条x=0.4t2的抛物线，结合判断c的运动性质【解析】： 解：A、位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，所以速度不同故AD错误；B、图线c是一条x=0.4t2的抛物线，结合可知，c做初速度为0，加速度为0.8m/s2的匀加速直线运动，故B正确C、图象的斜率大小等于速度大小，根据图象可知，t=5s时，c物体速度最大故C错误故选：B【点评】： 本题是为位移时间图象的应用，要明确斜率的含义，并能根据图象的信息解出物体运动的速度大小和方向3（4分）xx年11月欧航局“菲莱”探测器第一次在彗星上实现软着陆，人类对外太空的探索翻开了新的篇章某探测器在太空被一未知行星的引力俘获，成为其卫星，若测得探测器绕行星做圆周运动半径为R，探测器与行星的连线在时间t内扫过的角度为，则再结合万有引力常量G可知（） A 行星的质量 B 行星的半径 C 行星的平均密度 D 探测器所受引力的大小【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据转过的角度和时间求出角速度的大小，根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和角速度求出行星的质量【解析】： 解：A、根据探测器与行星的连线在时间t内扫过的角度为，可以得出角速度的大小为：，根据万有引力提供向心力，有：，解得：M=，A正确B、根据题目中物理量，无法求出行星的半径，则无法得出行星的体积，所以无法求出行星的平均密度，故B、C错误D、由于探测器的质量未知，无法求出探测器所受的引力大小，故D错误故选：A【点评】： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，基础题4（4分）如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过S孔打在MN板上的P点则（） A 该粒子一定带负电 B a极板电势一定比b极板高 C 到达P点粒子的速度大小与ab间电磁场强弱无关 D 带电粒子的比值越大，P S间距离越大【考点】： 质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】： 粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小【解析】： 解：A、粒子在里的磁场中向右运动，向上偏转，由左手定则可知粒子带正电，故A错误；B、由左手定则可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，由qE=qvB，此时粒子受力平衡，电场力的方向向下，所以电场强度的方向也向下，a极板电势一定比b极板高故B正确；C、由qE=qvB可知，粒子的速度：v=，到达P点粒子的速度大小与ab间电磁场强弱有关故C错误；D、由洛伦兹力提供向心力得：qvB=，则：=知荷质比越大，r越小，PS间距离越小，越靠近狭缝，故D错误故选：B【点评】： 解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动二、本题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，只选一个且正确的得3分，错选、不选得0分5（6分）如图是某同学设计的水火箭，现用打气筒将空气打入饮料瓶中，则（） A 饮料瓶内气体密度减小 B 饮料瓶内气体压强增大 C 瓶内气体的分子引力和斥力都在减小 D 当水火箭将水瞬时间喷出时，瓶内气体温度降低【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 在向瓶中打气大气的过程中，气体的质量增加，体积不变，密度增大，压强也在增大，由于分子间的距离减小，故引力和斥力都增大，水火箭将水瞬时间喷出时，瓶内气体对外做功，气体没来得及吸热，故温度降低【解析】： 解：A、打气筒将空气打入饮料瓶中，瓶内的气体质量增多，而体积不变，故密度增大，故A错误；B、在打气的过程中，相当于是质量不变的气体，体积减小，则压强增大，故B正确；C、瓶内气体的分子间的距离在减小，故引力和斥力都增大，故C错误；D、当水火箭将水瞬时间喷出时，气体对外做功，而此瞬间过程没有吸热，故瓶内温度降低，故D正确；故选：BD【点评】： 会从题干找出物理现象，概括出物理规律，知道气体质量增加，体积不变，压强增大，在对外做功的瞬间，气体相当于绝热过程即可6（6分）在测量高压线路的电压时，由于电压过高，通常需借助电压互感器来测量某同学练习使用电压互感器，实验被测线路的电压u=220sin100tV，互感器原副线圈匝数n1=20，n2=440则正确连接电路时（） A ab接PQ，cd接MN B 线圈ab与cd的磁通量变化率相同 C 电压表读数为10V D 当t=0.01s时，电压表读数为0【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 电压互感器是利用电磁感应制成的，原副线圈的电压值比等于电路之比，电压表测量的是有效值【解析】： 解：A、电压互感器变压器原副线圈的电压之比与匝数成正比，故ab接PQ，cd接MN，故A正确；B、变压器是由于原线圈的电流变化引起磁通量的变化，故通过副线圈的磁通量变化率与原线圈的相同，故B正确；C、电压表测量的是有效值，故原线圈电压为U1=220V，故副线圈电压为，故CD错误故选：AB【点评】： 本题实质是电压互感器的简单运用，电压互感器是利用变压器原理将电压减小到可测范围进行测量的仪器7（6分）某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒，圆筒上套一环形轻质铝箔，电磁炉产生的交变磁场的频率、强度及铝箔厚度可以调节现给电磁炉通电，发现铝箔悬浮了起来若只改变其中一个变量，则（） A 增强磁场，铝箔悬浮高度将不变 B 铝箔越薄，铝箔中产生的感应电流越大 C 增大频率，铝箔中产生的感应电流增大 D 在刚接通电源产生如图磁场的瞬间，铝箔中会产生如图所示的电流【考点】： 法拉第电磁感应定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： A、根据安培力F=BIL，结合安培力与重力的大小关系，从而确定高度的变化；B、根据电阻定律R=，结合I=，即可求解；C、频率的变化，导致磁场的变化，根据E=，及I=，即可求解；D、根据楞次定律，即可求解【解析】： 解：A、发现铝箔悬浮了起来，是由于磁场的变化，产生感应电流，导致安培力出现，当磁场增大时，出现感应电流增大，则安培力增大，那么高度会升高，使其周围的磁场会变弱，导致安培力变小，仍与重力平衡，故A错误；B、根据电阻定律R=，铝箔越薄，S越小，则电阻越大，再由I=，可知，感应电流越小，故B错误；C、当增大频率，导致磁场的变化率变大，则感应电动势增大，那么感应电流增大，故C正确；D、在刚接通电源产生如图磁场的瞬间，根据楞次定律：增则反，可知，铝箔中会产生如图所示的电流，故D正确；故选：CD【点评】： 考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与电阻定律的应用，理解铝箔悬浮的原因，掌握楞次定律的内容8（6分）如图为示波管的一部分，a、b为电子枪的两电极，c、d为两平行金属板，且c板电势比d高则（） A a为阳极，b为阴极 B 电子在cd极板间运动时速度一定会增大 C ab间电势差越大，电子在cd极板间动能的改变量可能越小 D ab间电势差越大，电子在cd极板间运动的时间一定越短【考点】： 电势差与电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 电子在加速电场中运动时，电场力做功eU，根据动能定理列式得出v与U的关系式，在偏转电场偏转量为由偏转电压和加速电压有关【解析】： 解：A、要是电子在加速电场中加速，则电子逆着电场线运动，故b板电势高，故a为阴极b为阳极，故A错误；B、电子在cd极板间运动时，电场力做正功，故动能增大，速度增大，故B正确；C、ab间电势差越大，有动能定理可得理考加速电场时的速度越大，电子在偏转电场中的偏转量可能变小，故在偏转电场中电场力做功变少，故动能改变量可能变少，故C正确；D、ab间电势差越大，有动能定理可得理考加速电场时的速度越大，当只要能达到C板，则时间相同，故D错误；故选：BC【点评】： 此题关键运用动能定理研究加速过程，要知道粒子加速获得的速度与极板间的距离无关，而在偏转电场中偏转量即与加速电压有关，由于偏转电压有关；9（6分）两个中间有孔的小球AB用一轻弹簧相连，套在水平光滑横杆上小球C用两等长的细线分别系在AB球上，静止平衡时，两细线的夹角为120已知小球质量均为m，弹簧劲度系数为k则此时（） A 水平横杆对A球的支持力为 B 细线的拉力为 C 弹簧的压缩量为 D 增大C球质量，弹簧弹力将减小【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；胡克定律【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 对小球受力分析后根据平衡条件得到弹簧的弹力，根据胡克定律求解出压缩量；根据几何关系得到弹簧的长度【解析】： 解：对三个小球分别进行受力分析如图：则：由对称性可知，左右弹簧对C的拉力大小相等，与合力的方向之间的夹角是30，所以：2F1cos30=mg得：；则对于A球分析可知，A球受重力、支持力和C球的拉力，竖直方向支持力FN=mg+F1cos30=mg+=； 故A正确，B错误；C、对A进行受力分析如图，则水平方向受到水平弹簧向左的弹力与F1的水平分力的作用，由受力平衡得：同理，对B进行受力分析得：所以弹簧的弹力是套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量：；故C错误；D、增大C球质量，绳子上的拉力将增大，由以上分析可知，弹簧的弹力将增大；故D错误；故选：A【点评】： 本题关键是对小球受力分析后根据平衡条件求得弹力，然后根据胡克定律并几何关系列式求解即可二、非选择题10（8分）某同学采用图甲的电路，测量电流表G1的内阻r1其中电流表G1量程为05mA内阻约200； 电流表G2量程为010mA，内阻约40；定值电阻Ro阻值为200； 电源电动势约为3V请回答下列问题：可供选择的滑动变阻器R1阻值范围为01000，R2阻值范围为020则滑动变阻器应选，R2（填写Rl或R2）图甲中，若要求G1表示数变大，变阻器滑动头P应向B端移动（填写A或B）清用笔画线在乙图完成实物连线若实验中读得G1表和G2表的读数为Il和I2，则Gl表的内阻r1=R0；（用I1、I2及R0表示）【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 分析电路结构，根据分压接法的要求确定滑动变阻器；明确测量电路与哪一部分并联，则可分析如何使变阻器的滑片移动而得到更大的电压；根据原理图可得出对应的实物图；根据实验原理及欧姆定律可得出Gl表的内阻【解析】： 解：由电路图可知，本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻；故选：R2；为了使电流表电流增大，则应使并联的滑动变阻器部分增大；故滑片应向B端移动；根据给出的原理图可得出其实物图；如图所示；G1表与定值电阻R0并联，由欧姆定律可知，G1表两端的电压U=（I2I1）R0；则G1的内阻r=R0；故答案为：R2B；如图所示；（4）R0；【点评】： 本题考查电阻测量实验，要注意明确电路结构，再根据实验电路图确定所选用的实验仪器及接法；并由欧姆定律分析实验结果11（10分）某小组利用气垫导轨装置探究做功与物体动能改变量之间的关系”图1中，遮光条宽度为d，光电门可测出其挡光时间：滑块与力传感器的总质量为M，砝码盘的质量为mo，不计滑轮和导轨摩擦实验步骤如下：调节气垫导轨使其水平并取5个质量均为m的砝码放在滑块上：用细绳连接砝码盘与力传感器和滑块，让滑块静止放在导轨右侧的某一位置，测出遮光条到光电门的距离为S；从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，固定滑块使其静止，记录此时力传感器的值为F接通电源，释放滑块后，记录此时力传感器的值为，测出遮光条经过光电门的挡光时间t；再从滑块上取出个砝码放在砝码盘中，重复步骤，并保证滑块从同一个位置静止释放；重复步骤，直至滑块上的砝码全部放入到砝码盘中请完成下面问题：（a）测量遮光条宽度时，应该使用图2游标卡尺上的B（选填A、B、C）部件若用十分度的游标卡尺测得遮光条宽度d如图3，则d=10.2mm（b）滑块经过光电门时的速度可用v=（用题中所给的字母表示，下同）计算（c）在处理步骤所记录的实验数据时，甲同学理解的合外力做功为W1=FS，则其对应动能变化量应当是Ek1=乙同学理解的合外力做功为W2=FS，则其对应动能变化量应当是Ek2=；d）丙同学按照乙同学的思路，根据实验数据得到F的图线如图4所示，则其斜率k=【考点】： 探究功与速度变化的关系【专题】： 实验题【分析】： a、根据游标卡尺的使用方法及读数方法进行分析解答； b、由平均速度公式可求得经过光电门的速度；c、根据给出的信息明确两同学所用的拉力是作用在哪一个物体上的，再由b中求出的速度列出动能变化的表达式；d、根据动能定理的表达式得出F的关系式，联系公式可得出对应的斜率【解析】： 解：（a）本实验中要求测量厚度，故应采用外测量爪进行测量；故选：B； 读数为：10mm+20.1mm=10.2mm；b、由平均速度公式可得，经过光电门的速度v=；c、甲将力传感器为拉力，则其做功应对应小车的动能的改变量；故动能改变量为：；乙应是以砝码盘的重力为拉力，则动能应为小车与砝码共同的动能增加量；故动能增加量为：Ek1=；d、由FS=可知，F=；故图象的斜率为：；故答案为：a、B；10.2；b、；c、；d、【点评】： 本题考查验证动能定理的实验，解决本题的关键掌握实验的原理，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，掌握光电门的应用，明确用光电门求解瞬时速度的方法12（18分）如图，两平行金属导轨相距L、足够长，与水平面成角倾斜放置构成一个斜面导轨间用一阻值为R的电阻丝相连，R上方磁场垂直斜面向上，R下方磁场沿斜面向上，磁感应强度大小均为B初始时金属棒ab、cd放在金属导轨上设法使其保持静止，棒与导轨间的动摩擦因数均为，且tan两棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计释放cd棒的同时，对ab施加一沿导轨向上的变力F，使其以恒定加速度a由静止开始沿斜面向上做匀加速运动求：（1）t时刻通过ab棒的电流；（2）t时刻ab棒所受拉力F的大小；（3）当cd棒速度达到最大时，通过cd棒的电流及电阻R的发热功率P【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；安培力【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）ab棒做匀加速运动，由v=at求出t时刻的速度，由E=BLv求出感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求通过ab棒的电流；（2）分析ab棒的受力情况，求出安培力大小，再由牛顿第二定律求拉力F的大小；（3）当cd棒速度达到最大时，做匀速直线运动，受力平衡由平衡条件和安培力公式求出感应电流的大小，再由功率公式求解电阻R的发热功率P【解析】： 解：（1）t时刻，ab棒的速度为 v=at 此时ab棒接入电路部分产生的感应电动势为 E=BLv=BLat 通过ab棒的感应电流为 I=总电阻 R总=R+R=R 解得I=（2）ab棒受力如图所示沿导轨方向，由牛顿第二定律得：Fmgsinf1F安1=ma 又 f1=N1=mgcosF安1=BIL 联立解出 F=mgsin+mgcos+ma+（3）cd棒受力如图所示，易知cd棒先做加速度逐渐减小的变加速运动，然后做加速度逐渐变大的变减速运动，当cd棒合外力为零时，速度最大由平衡条件得：mgsin=（mgcos+BIcdL）解出 Icd=又IR=Icd故此时电阻R上的发热功率为 P=R=R答：（1）t时刻通过ab棒的电流为；（2）t时刻ab棒所受拉力F的大小为mgsin+mgcos+ma+；（3）当cd棒速度达到最大时，通过cd棒的电流为，电阻R的发热功率P为R【点评】： 本题中电磁感应与力学知识的综合，安培力是桥梁，推导法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导安培力表达式是关键13（18分）如图，光滑平台左端与半径R=0.6m的半圆光滑轨道相切，且都固定平台上A、B两滑块间压缩有一轻质弹簧（用细线拴住），其中mA=1.5kg，mB=1kg紧靠平台右侧放有M=4kg的木板，其上表面与平台等高剪断细线后，B以vB=9m/s的速度冲上木板已知B与木板间的动摩擦因数1=0.5，木板与地面间的动摩擦因数为2，两滑块都可看作质点，不考虑A与B分离后再对B运动的影响，取g=10m/s2求：（1）A滑至半圆轨道最高点Q时，轨道对其压力的大小；（2）要保证B不滑出木板，木板的最短长度记为L试讨论并求出2与L的关系式，求出L的最小值【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 1、对AB滑块，由动量守恒定律得分离时的速度，根据动能定理得出在Q点速度，再根据牛顿第二定律求解2、根据的2大小进行分类讨论，2较大，长木板静止不动； 滑块B在木板上做匀减速运动，2较小，滑块B先做匀减速，木板做匀加速，两者共速后一起运动，不再发生相对滑动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解【解析】： 解：（1）对AB滑块，规定向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvpmBvB=0可得：vp=6m/s A滑块从P运动到Q，由动能定理可得：2mAgR=mAmA在Q点由牛顿第二定律可得：F+mAg=mA解得F=15N （2）若2（M+mB）g=1mBg得：2=0.1 讨论：当20.1，因2（M+mB）g1mBg 所以滑块B在长木板上滑动时，长木板静止不动； 滑块B在木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0滑块B，根据牛顿第二定律得a1=1g=5m/s2则木板长度至少为L=8.1m 当20.1，滑块B先做匀减速，木板做匀加速，两者共速v共后一起运动，不再发生相对滑动，设共速时B恰好滑至板的最右端设经时间t0滑块B和木板共速，则木板，根据牛顿第二定律得a2=滑块B匀减速，根据运动学公式得s1=vBt0a1v共=vBa1t0木板匀加速，根据运动学公式得s2=a2v共=a2t0相对位移L=s1s2联立得L=所以2越小，L越小当2=0时，L的值最小将2=0代入上式，解得：L=6.48m 综上【分析】：板长的最短长度L为6.48m答：（1）A滑至半圆轨道最高点Q时，轨道对其压力的大小是15N；（2）当20.1，木板长度至少为8.1m，当20.1，板长的最短长度L为6.48m【点评】： 本题过程比较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，确定研究对象与研究过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题