鄭州市2020屆高三物理第二次質量預測試題含解析

河南省鄭州市2020屆高三物理第二次質量預測試題含解析河南省鄭州市2020屆高三物理第二次質量預測試題含解析PAGE26-河南省鄭州市2020屆高三物理第二次質量預測試題含解析河南省鄭州市2020屆高三物理第二次質量預測試題（含解析)一、選擇題1.2020年3月15日中國散列中子源利（CSNS)利用中子成像技術幫助中國科技大學進行了考古方面的研究。散射中子源是研究中子特性、探測物質微觀結構和運動的科研裝置。CNSN是我國重點建設的大科學裝置,將成為發(fā)展中國家擁有的第一臺散裂中子源。下列關于中子研究的說法正確的是（）A.α粒子轟擊，生成，并產生了中子B.經過4次α衰變,2次β衰變,新核與原來的原子核相比,中子數少了6個C.放射性β射線其實質是高速中子流,可用于醫(yī)學的放射治療D。核電站可通過控制中子數目來控制核反應劇烈程度【答案】D【解析】詳解】A．α粒子轟擊,生成，并產生了質子，選項A錯誤；B．經過4次α衰變，2次β衰變，新核質量數為222，電荷數為86，中子數為136，原來的原子核中子數為238—92=146，則與原來的原子核相比，中子數少了10個，選項B錯誤；C．放射性β射線其實質是高速電子流，選項C錯誤；D．核電站可通過控制中子數目來控制核反應劇烈程度,選項D正確。故選D。2.水平地面上方分布著水平向右的勻強電場，一光滑絕緣輕桿豎直立在地面上，輕桿上有兩點A、B。輕桿左側固定一帶正電的點電荷，電荷量為+Q，點電荷在輕桿AB兩點的中垂線上，一個質量為m，電荷量為+q的小球套在輕桿上，從A點靜止釋放，小球由A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是（）A。小球受到的電場力先減小后增大B。小球的運動速度先增大后減小C.小球的電勢能先增大后減小D.小球的加速度大小不變【答案】C【解析】【詳解】A．小球下滑時受勻強電場的電場力是不變的,受到點電荷的電場力先增加后減小，則小球受到的電場力先增大后減小，選項A錯誤;B．小球下滑時,勻強電場的電場力垂直小球運動方向，則對小球不做功;點電荷在前半段先對小球做負功，重力做正功，但是由于不能比較正功和負功的大小關系，則不能確定小球速度變化情況;在后半段，點電荷電場力和重力均對小球做正功,則小球的運動速度增大,選項B錯誤；C．小球下滑時，勻強電場的電場力垂直小球運動方向，則對小球不做功；點電荷在前半段先對小球做負功，在后半段對小球做正功，則小球的電勢能先增大后減小，選項C正確;D．由小球的受力情況可知,在A點時小球的加速度小于g，在AB中點時小球的加速度等于g，在B點時小球的加速度大于g，則加速度是不斷變化的，選項D錯誤。故選C.3.為了抗擊病毒疫情,保障百姓基本生活，許多快遞公司推出了“無接觸配送”?？爝f小哥想到了用無人機配送快遞的方法.某次配送快遞無人機在飛行過程中，水平方向速度Vx及豎直方向Vy與飛行時間t的關系圖像如圖甲、圖乙所示。關于無人機運動說法正確的是（)A.0~t1時間內，無人機做曲線運動B。t2時刻，無人機運動到最高點C。t3~t4時間內,無人機做勻變速直線運動D.t2時刻，無人機的速度為【答案】D【解析】【詳解】A．0~t1時間內,無人機在水平方向做勻加速運動，在豎直方向也做勻加速運動，則合運動為勻加速直線運動，選項A錯誤；B．0～t4時間內,無人機速度一直為正，即一直向上運動，則t2時刻，無人機還沒有運動到最高點，選項B錯誤;C．t3～t4時間內，無人機水平方向做速度為v0的勻速運動，豎直方向做勻減速運動，則合運動為勻變速曲線運動，選項C錯誤;D．t2時刻，無人機的水平速度為v0，豎直速度為v2，則合速度為,選項D正確。故選D。4。宇宙中有一孤立星系，中心天體周圍有三顆行星，如圖所示。中心天體質量遠大于行星質量,不考慮行星之間的萬有引力，三顆行星的運動軌道中，有兩個為圓軌道，半徑分別為r1、r3，一個為橢圓軌道,半長軸為a，a=r3。在Δt時間內,行星Ⅱ、行星Ⅲ與中心天體連線掃過的面積分別為S2、S3;行星Ⅰ的速率為v1、行星Ⅱ在B點的速率為v2B、行星Ⅱ在E點的速率為v2E、行星Ⅲ的速率為v3，下列說法正確的是(）A.S2=S3B.行星Ⅱ與行星Ⅲ的運行周期相等C。行星Ⅱ與行星Ⅲ在P點時的向心加速度大小相等D。v3〈v1<v2E<v2B【答案】B【解析】【詳解】AB．行星Ⅱ、行星Ⅲ滿足a=r3，據開普勒第三定律知他們的運行周期相等，令△t等于一個周期,它們與中心天體連線掃過的面積,橢圓面積小于圓面積，故A錯誤，B正確；

C．向心加速度為垂直于速度方向的加速度，行星Ⅱ與行星Ⅲ在P點時加速度相等,但行星Ⅱ在該點的向心加速度為此加速度沿P至橢圓圓心方向的分量，小于行星Ⅲ在P點時加速度，故C錯誤；

D．據,考慮到Ⅰ到Ⅱ的變軌過程應該在B點加速，有v1＜v2B,B到E過程動能向勢能轉化，有v2B＞v2E，考慮到v2E小于在E點能夠繞中心天體勻速圓周運動所需的速度vE，而vE＜v3，所以有v2E＜v3，綜上所述v2E＜v3＜v1＜v2B，故D錯誤；

故選B.5。如圖所示,在某一水平地面上的同一直線上,固定一個半徑為R的四分之一圓形軌道AB，軌道右側固定一個傾角為30°的斜面，斜面頂端固定一大小可忽略的輕滑輪,輕滑輪與OB在同一水平高度.一輕繩跨過定滑輪，左端與圓形軌道上質量為m的小圓環(huán)相連，右端與斜面上質量為M的物塊相連。在圓形軌道底端A點靜止釋放小圓環(huán)，小圓環(huán)運動到圖中P點時,輕繩與軌道相切，OP與OB夾角為60°；小圓環(huán)運動到B點時速度恰好為零。忽略一切摩擦力阻力，小圓環(huán)和物塊均可視為質點,物塊離斜面底端足夠遠，重力加速度為g,則下列說法正確的是(）A.小圓環(huán)到達B點時的加速度為B。小圓環(huán)到達B點后還能再次回到A點C.小圓環(huán)到達P點時，小圓環(huán)和物塊的速度之比為2:D。小圓環(huán)和物塊的質量之比滿足【答案】B【解析】【詳解】A．小圓環(huán)到達B點時受到細線水平向右的拉力和圓弧軌道對圓環(huán)的水平向左的支持力,豎直方向受到向下的重力，可知此時小圓環(huán)的加速度為g豎直向下,選項A錯誤;B．小圓環(huán)從A點由靜止開始運動，運動到B點時速度恰好為零,且一切摩擦不計，可知小圓環(huán)到達B點后還能再次回到A點，選項B正確；C．小圓環(huán)到達P點時，因為輕繩與軌道相切，則此時小圓環(huán)和物塊的速度相等，選項C錯誤；D．當小圓環(huán)運動到B點速度恰好為0時，物塊M的速度也為0,設圓弧半徑為R，從A到B的過程中小圓環(huán)上升的高度h=R；物塊M沿斜面下滑距離為由機械能守恒定律可得解得選項D錯誤.故選B。6。如圖所示為電磁抽水泵模型，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，左右兩側面是邊長為L2的正方形,在泵體內加入導電劑后,液體的電阻率為ρ，泵體所在處于方向垂直紙面向外的勻強磁場B。工作時，泵體的上下兩表面接電壓為U的電源（內阻不計)上。若電磁泵和水面高度差為h，理想電流表示數為I,不計水在流動中和管壁之間的阻力，重力加速度為g。在抽水泵正常工作過程中，下列說法正確的是（）A.泵體上表面應接電源正極B.電磁泵不加導電劑也能抽取純水C.電源提供總的功率為D.若t時間內抽取水的質量為m，這部分水離開電磁泵時的動能為UIt-mgh-t【答案】AD【解析】【詳解】A．當泵體上表面接電源的正極時，電流從上向下流過泵體,這時受到的磁場力水平向左，拉動液體;故A正確；

B．電磁泵不加導電劑，不能抽取不導電的純水，故B錯誤；C．根據電阻定律,泵體內液體的電阻那么液體消耗的電功率為而電源提供電功率為UI,故C錯誤;

D．若t時間內抽取水的質量為m，根據能量守恒定律，則這部分水離開泵時的動能為故D正確；

故選AD。7。如圖所示，x軸與水平傳送帶重合，坐標原點O在傳動帶的左端，傳送帶右端A點坐標為XA=8m,勻速運動的速度V0=5m/s，一質量m=1kg的小物塊，輕輕放在傳送帶上OA的中點位置,小物塊隨傳動帶運動到A點后，沖上光滑斜面且剛好能夠到達N點處無機械能損失，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5，斜面上M點為AN的中點,重力加速度g=10m/s2。則下列說法正確的是（)A.N點縱坐標為yN=1。25mB.小物塊第一次沖上斜面前，在傳送帶上運動產生的熱量為12。5JC.小物塊第二次沖上斜面，剛好能夠到達M點D.在x=2m位置釋放小物塊,小物塊可以滑動到N點上方【答案】AB【解析】【詳解】A．小物塊在傳送帶上勻加速運動的加速度a=μg=5m/s2小物塊與傳送帶共速時，所用的時間運動的位移故小物塊與傳送帶達到相同速度后以v0=5m/s的速度勻速運動到Q，然后沖上光滑斜面到達N點，由機械能守恒定律得解得yN=1.25m選項A正確；

B．小物塊與傳送帶速度相等時，傳送帶的位移x=v0t=5×1=5m傳送帶受摩擦力的作用，小物塊在傳送帶上運動產生的熱量Q=f(x-△x)=μmg（x—△x）=0.5×10×2。5=12。5J選項B正確；

C．物塊從斜面上再次回到A點時的速度為5m/s，滑上傳送帶后加速度仍為5m/s2，經過2。5m后速度減為零，然后反向向右加速，回到A點時速度仍為5m/s,則仍可到達斜面上的N點，選項C錯誤;D．在x=2m位置釋放小物塊，則小滑塊在傳送帶上仍滑動2.5m后與傳送帶相對靜止，則到達A點時的速度等于5m/s，則小物塊仍可以滑動到N點，選項D錯誤。故選AB。8。如圖所示，在紙面內有一個半徑為r、電阻為R的線圈，線圈處于足夠大的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里，線圈與磁場右邊界相切與P點。現使線圈繞過P點且平行于磁場方向的軸以角速度ω順時針方向勻速轉過90°，到達圖中虛線位置,則下列說法正確的是（）A。線圈中產生沿逆時針方向感應電流B.線圈受到的安培力逐漸增大C。線圈經過虛線位置時的感應電動勢為2Br2ωD。流過線圈某點的電荷量為【答案】BC【解析】【詳解】A．線圈順時針方向勻速轉動時，穿過線圈的磁通量向里減小，根據楞次定律可知,線圈中產生沿順時針方向的感應電流，選項A錯誤；B．線圈順時針方向勻速轉動時，切割磁感線的有效長度逐漸變大,感應電流逐漸變大，根據F=BIL可知，線圈受到的安培力逐漸增大，選項B正確；C．線圈經過虛線位置時的感應電動勢為選項C正確；D．流過線圈某點的電荷量為選項D錯誤。故選BC。二、非選擇題9.某同學利用如圖所示的裝置來測量動摩擦因數，同時驗證碰撞中的動量守恒。豎直平面內的一斜面下端與水平面之間由光滑小圓弧相連,斜面與水平面材料相同。第一次，將小滑塊A從斜面頂端無初速度釋放，測出斜面長度為l，斜面頂端與水平地面的距離為h,小滑塊在水平桌面上滑行的距離為X1(甲圖）;第二次將左側貼有雙面膠的小滑塊B放在圓弧軌道的最低點，再將小滑塊A從斜面頂端無初速度釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，測出整體沿桌面滑動的距離X2（圖乙）.已知滑塊A和B的材料相同，測出滑塊A、B的質量分別為m1、m2，重力加速度為g。(1）通過第一次試驗,可得動摩擦因數為μ=___________;(用字母l、h、x1表示）(2)通過這兩次試驗，只要驗證_________,則驗證了A和B碰撞過程中動量守恒。（用字母m1、m2、x1、x2表示）【答案】(1）。(2）.【解析】【詳解】(1)［1］．對小滑塊下滑到停止過程，據動能定理得解得（2)[2]．對小滑塊A滑到斜面最低點的速度為v1，在水平桌面上時，據牛頓第二定律得μm1g=m1a解得a=μg據速度位移關系公式得設A與B碰撞后速度為v2，同理得根據A、B碰撞過程動量守恒得m1v1=(m1+m2）v2聯立解得10.利用如圖所示的電路既可以測量電壓表和電流表的內阻,又可以測量電源電動勢和內阻，所用到的實驗器材有：兩個相同的待測電源（內阻r約為1Ω）電阻箱R1（最大阻值為999。9Ω）電阻箱R2（最大阻值為999。9Ω)電壓表V（內阻未知）電流表A（內阻未知)靈敏電流計G，兩個開關S1、S2主要實驗步驟如下:①按圖連接好電路,調節(jié)電阻箱R1和R2至最大，閉合開關S1和S2,再反復調節(jié)R1和R2，使電流計G的示數為0，讀出電流表A、電壓表V、電阻箱R1、電阻箱R2的示數分別為0。40A、12。0V、30.6Ω、28。2Ω;②反復調節(jié)電阻箱R1和R2（與①中電阻值不同），使電流計G的示數為0，讀出電流表A、電壓表V的示數分別為0。60A、11.7V?；卮鹣铝袉栴}:(1）步驟①中，電流計G的示數為0時，電路中A和B兩點的電勢差UAB=______V；A和C兩點的電勢差UAC=______V；A和D兩點的電勢差UAD=______V；（2)利用步驟①中的測量數據可以求得電壓表的內阻為_______Ω，電流表的內阻為______Ω;(3)結合步驟①步驟②的測量數據，電源電動勢E為___________V，內阻為________Ω?！敬鸢浮?1）.0（2）。12.0V（3）?！?2。0V（4）.1530Ω(5）。1.8Ω（6）.12。6V(7）.1.50【解析】【詳解】（1)［1］［2]［3]．步驟①中，電流計G的示數為0時,電路中AB兩點電勢相等，即A和B兩點的電勢差UAB=0V；A和C兩點的電勢差等于電壓表的示數,即UAC=12V；A和D兩點的電勢差UAD==—12V；（2）[4］［5]．利用步驟①中的測量數據可以求得電壓表的內阻為電流表的內阻為（3）[6][7］．由閉合電路歐姆定律可得2E=2UAC+I?2r即2E=24+0。8r同理即2E=2×11。7+0.6?2r解得E=12.6Vr=1.50Ω11.如圖所示,光滑水平面上有一被壓縮的輕質彈簧，左端固定，質量為mA=1kg的光滑A緊靠彈簧右端（不栓接），彈簧的彈性勢能為Ep=32J。質量為mB=1kg的槽B靜止在水平面上,內壁間距L=0。6m,槽內放有質量為mc=2kg的滑塊C（可視為質點)，C到左端側壁的距離d=0.1m,槽與滑塊C之間的動摩擦因數μ=0.1?，F釋放彈簧，滑塊A離開彈簧后與槽B發(fā)生正碰并粘在一起。A、B整體與滑塊C發(fā)生碰撞時,A、B整體與滑塊C交換速度。（g=10m/s2)求(1)從釋放彈簧，到B與C第一次發(fā)生碰撞，整個系統(tǒng)損失的機械能;(2)從槽開始運動到槽和滑塊C相對靜止經歷的時間?！敬鸢浮浚?）16.2J；（2)2s【解析】【詳解】（1）彈簧將A彈開，由機械能守恒可得:解得=8m/sA、B發(fā)生碰撞,由動量守恒可得：解得=4m/s此過程機械能損失為=16J接下來,A、B與C相對運動,到第一次發(fā)生碰撞，相對運動位移為d。此過程機械能損失為=0。2J因此整個過程機械能損失為=16.2J（2)設槽和滑塊C相對靜止時速度為v。解得v=2m/s分別對A、B和C受力分析可知解得=1m/s2A、B整體與滑塊C發(fā)生的碰撞時，A、B與滑塊C交換速度。由題意可知，解得t=2s12。如圖所示，虛線AB、BC、CD將平面直角坐標系四個象限又分成了多個區(qū)域。在第一、二象限有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為。在第三、四象限中，－2d<y<0區(qū)域又分成了三個勻強電場區(qū)域，其中在x〉d區(qū)域有沿x軸負方向的勻強電場；在x〈－d區(qū)域有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小相等;－d〈x<d區(qū)域有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度是另外兩個電場強度的2倍.第二、四象限中,y<－2d區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場。一個質量為m，電荷量為q的帶電粒子，以速度v0由原點O沿y軸正方向射入磁場.運動軌跡恰好經過B（－d,－2d）、C(d，－2d）兩點，第一次回到O點后，進入豎直向上電場區(qū)域,不計粒子重力，求：(1）電場區(qū)域內的電場強度大小E;(2）y〈－2d區(qū)域內磁場的磁感應強度B2；（3)由原點O出發(fā)開始，到第2次回到O點所用時間.【答案】（1)；（2);(3)【解析】【詳解】粒子的運動軌跡如圖所示。（1)在x〈—d電場區(qū)域中粒子做類平拋運動,可知由以上三式可得(2）由(1)向中各式可解得粒子在B點的速度可得運動軌跡經過B、C兩點,由幾何關系可知，粒子在y<-2d的磁場區(qū)域內運動的軌道半徑為運動軌跡對應的圓心角=90°由可得（3)由對稱性可知，粒子從O點進入電場時的速度大小為v0在d〉x〉-d的電場區(qū)城內，粒子沿y軸負方向運動的位移粒子將做往返運動在兩個磁場中的運動周期均為粒子在磁場中運動總時間為由原點O出發(fā)開始。到第2次到達O點所用的時間13.一定質量的理想氣體從狀態(tài)a開始,經歷三個過程ab、bc、ca回到原狀態(tài)，其V—T圖像如圖所示，pa、pb、pc分別表示a、b、c的壓強,下列判斷正確的是（）A。狀態(tài)a、b、c的壓強滿足pc=pb=3paB。過程a到b中氣體內能增大C。過程b到c中氣體吸收熱量D。過程b到c中每一分子的速率都減小E.過程c到a中氣體吸收的熱量等于對外做的功【答案】ABE【解析】【詳解】A．設a狀態(tài)的壓強為pa，則由理想氣體的狀態(tài)方程可知所以pb=3pa同理得pc=3pa所以pc=pb=3pa故A正確；

B．過程a到b中溫度升高，內能增大,故B正確;

C．過程b到c溫度降低,內能減小,即?U〈0,體積減小，外界對氣體做功，W〉0，則由熱力學第一定律可知,Q〈0，即氣體應該放出熱量，故C錯誤；

D．溫度是分子的平均動能的標志，是大量分子運動的統(tǒng)計規(guī)律，對單個的分子沒有意義,所以過程bc中氣體的溫度降低，分子的平均動能減小，并不是每一個分子的速率都減小，故D錯誤；

E．由圖可知過程ca中氣體等溫膨脹,內能不變,對外做功;根據熱力學第一定律可知，氣體吸收的熱量等于對外做的功，故E正確.

故選ABE。14.如圖所示,粗細均勻的U形管，左側開口,右側封閉。右細管內有一段被水銀封閉的空氣柱，空氣柱長為l=12cm，左側水銀面上方有一塊薄絕熱板，距離管口也是l=12cm,兩管內水銀面的高度差為h=4cm。大氣壓強為P0=76cmHg,初始溫度t0=27℃?，F在將左側管口封閉,并對左側空氣柱緩慢加熱,直到左右兩管內的水銀面在同一水平線上，在這個過程中,右側空氣柱溫度保持不變，試求：（1）右側管中氣體的最終壓強;（2)左側管中氣體的最終溫度。【答案】（1）96cmHg；（2）442K【解析】【詳解】（1)以右管封閉氣體為研究對象=80cmHg,=12cm，=l0cm根據玻意耳定律可得=96cmHg右管氣體最終壓強為96cmHg（2)以左管被封閉氣體為研究對象=76cmHg，=12cm,=(273+27)K=300K，=96cmHg，=14cm根據理想氣體狀態(tài)方程即