云南省文山州富宁县三中2020届高三物理上学期期中试题

云南省文山州富宁县三中2020届高三物理上学期期中试题一、单选题(共5小题,每小题6.0分,共30分) 1.一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为uthhe，下列说法正确的是()a 衰变后钍核的动能等于粒子的动能b 衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小c 铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的时间d 衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量2.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t0 时，乙车在甲车前50 m处，它们的vt图象如图所示，下列对汽车运动情况的描述正确的是()a 甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动b 在第20 s末，甲、乙两车的加速度大小相等c 在第30 s末，甲、乙两车相距100 md 在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次3.如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为o.人沿水平方向拉着ob绳，物体和人均处于静止状态若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是()aoa绳中的拉力先减小后增大bob绳中的拉力不变c 人对地面的压力逐渐减小d 地面给人的摩擦力逐渐增大4.如图所示，绝缘轻杆可绕中点o转动，其两端分别固定带电小球a和b，处于水平向右的匀强电场中初始时使杆与电场线垂直，松开杆后，在电场力作用下，杆最终停在与电场线平行的位置上，则下列说法正确的是()a 球一定带正电荷ba球的电荷量一定大于b球的电荷量cb球的电势能一定减少d 两球的电势能之和一定减少5.如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线mn，电流i方向从m到n，绳子的拉力均为f.为使f0，可能达到要求的方法是()a 加水平向右的磁场b 加水平向左的磁场c 加垂直纸面向里的磁场d 加垂直纸面向外的磁场二、多选题(共3小题,每小题6.0分,共18分) 6.“天宫一号”与“神舟八号”交会对接成功，标志着我国对接技术上迈出了重要一步如图所示为二者对接前做圆周运动的情形，m代表“神舟八号”，n代表“天宫一号”，则（）am发射速度大于第二宇宙速度bm适度加速有可能与n实现对接c 对接前，m的运行速度大于n运行速度d 对接后，它们的速度大于第一宇宙速度n7.（多选）如图所示，当电路里滑动变阻器r2的滑动触头p向下滑动时()a 电容器c两端的电压增大b 电容器c两极板间的电场强度增大c 电压表的读数减小dr1消耗的功率增大8.(多选)在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为b，方向相反的水平匀强磁场，如图所示，pq为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个半径为a，质量为m，电阻为r的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线pq重合时，圆环的速度为，则下列说法正确的是()a 此时圆环中的电功率为b 此时圆环的加速度为c 此过程中通过圆环截面的电量为d 此过程中回路产生的电能为0.75mv2三、实验题(共2小题,共15分) 9.研究性学习小组为“研究匀变速直线运动的规律”和“测当地的重力加速度”，采用了如图1所示的装置，其中m150g，m2150g，开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，只要对纸带上的点进行测量，即可研究匀变速直线运动。某次实验打出的纸带如图2所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50hz。（1）系统的加速度大小为_m/s2，在打点05的过程中，系统动能的增量ek_j。（2）忽略一切阻力的情况下，某同学作出的图象如图3所示，则当地的重力加速度g_m/s2。10.张明同学在一次测电源电动势与内阻的实验中，用实验室仅有的实验器材(电流表一个，电阻箱一个，开关一个和导线若干)，设计了如图1所示的电路进行实验，测得的数据如下表所示.(1)利用测得的数据在如图2所示的坐标纸上画出适当的图象(2)由图象可知，该电池的电动势e_ v，该电池的内阻r_ (结果保留两位有效数字)(3)利用该实验电路测出的电动势e测和内阻r测与真实值e真和r真相比，理论上e测_e真，r测_r真(选填“”，“【解析】(2)由闭合电路欧姆定律eirir得rer，则图象斜率为：ke，电动势为：ek6.0 v，内阻为：r2.0 .(3)由于电流表的分压作用，电流表会分担一部分电压，即：r，斜率不变，则电动势大小不变，而测量内阻实际上是电源内阻与电流表内阻之和，故测量值大于实际值11.【答案】（1）弹簧的弹性势能最大时，p、q的速度相等，为v，（2）弹簧的最大弹性势能mv2【解析】（1）p以某一初速度v向q运动并与弹簧发生碰撞，p做减速运动，q做加速运动，当p与q速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：2mv+0=（2m+m）v1解得：（2）根据能量守恒知系统的部分动能转化为弹性势能，所以最大弹性势能为：12.【答案】(1)(2)(3)2mgl【解析】设线框进入磁场时的速度为v，由于导线框恰好做匀速运动，所以安培力与重力大小相等，方向相反，即mgf安；线框bc边切割磁感线产生的电动势为：eblv，故线框中产生的电流为：i，线框在磁场中所受安培力为：f安bil，线框进入磁场前做自由落体运动，根据动能定理可以求出线框进入磁场时的速度v，即：mghmv20，所以h.(2)根据法拉第电磁感应定律，离开磁场的过程中产生的感应电动势：e，感应电流：i.通过导线框某一横截面的电量：qit，联立解得：q.(3)由于磁场的宽度与线框的宽度相等，所以线框匀速穿过整个磁场的过程中线框减小的重力势能转化为线框产生的热量，即：qmg2l2mgl.13.【答案】(1)bde(2)15p0s26g【解析】(1)过程中，气体由a到b，体积v不变、t升高，则压强增大，a项错误；过程中，气体由b到c，体积v变大，对外界做功，b项正确；过程中，气体由d到e，温度t降低，内能u减小，体积v不变，气体不做功，根据热力学第一定律uqw得qpc，由c到d的过程，温度不变，vcpd，所以pbpcpd，e项正确(2)设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为v1，压强为p1；下方气体的体积为v2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0v2p1v1p0v2p2v2由已知条件得v1v2v6v81324vv2v2v6v3 设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得p2sp1smg联立以上各式得m15p0s26g 14.【答案】(1)abd (2)【解析】(1)由题意知，0.2s=nt，传播速度，所以该波的最小波速为20m/s，故a错误；由0.2s=nt，当n=2时，t=0.1s，所以（t+0.1）秒时刻，x=-2m处的质点位移是-a，故b错误；由t时刻波形图知，x=2m处的质点在波谷向上振动，x=2.5m的质点向下运动，所以x=2m处的质点先回到平衡位置，故c正确；由于质点的振动是非匀变速运动，所以当质点m第一次到达平衡位置时，质点n还没有到达波峰，故d错误；该波的波长等于4m大于狭缝的尺寸，故能