學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精江西省吉水中學2020屆高三下學期第十次考試物理試題含解析江西省吉水中學2020屆高三第十次考試物理試題(2020/2/20)一、選擇題1.中國自主研發的世界首座具有第四代核電特征的核電站—華能石島灣高溫氣冷堆核電站，位于山東省威海市榮成石島灣.目前核電站使用的核燃料基本都是濃縮鈾，有一種典型的鈾核裂變方程是＋x→＋＋3x.下列關于x的說法正確的是（)A。x是α粒子，具有很強的電離本領B。x是α粒子，穿透能力比較弱C.x是中子，中子是盧瑟福通過實驗最先發現的D。x是中子,中子是查德威克通過實驗最先發現的【答案】D【解析】【詳解】AB．根據該反應的特點可知，該核反應屬于重核裂變，根據核反應方程的質量數守恒和電荷數守恒可知，x為中子,故AB錯誤；CD．根據物理學史可知,盧瑟福發現了質子，預言了中子的存在，中子是查德威克通過實驗最先發現的，故C錯誤，D正確.故選D。2。如圖所示，有一內壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內，MN是通過橢圓中心O點的水平線．已知一小球從M點出發，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1;若該小球仍由M點以出速率v0出發，而沿管道MQN運動,到N點的速率為v2,所需時間為t2．則（）A.v1=v2，t1＞t2 B。v1＜v2，t1＞t2 C。v1=v2，t1＜t2 D。v1＜v2，t1＜t2【答案】A【解析】試題分析：小球在運動過程中機械能守恒，故兩次到達N點的速度大小相同,且均等于初速度，即v1=v2=v0；兩小球的運動過程分別為先加速后減速和先減速后加速，定性做出小球運動的速率—時間圖象如下圖：則圖線與坐標軸所圍成的面積表示小球的運動路程，小球兩次的路程相等，故兩次圖線與坐標軸所圍面積相同，由圖可知，t1＞t2，A正確．考點：機械能守恒定律、運動圖象3.如圖所示,一質量為m的滑塊以初速度v0從固定于地面的斜面底端A開始沖上斜面，到達某一高度后返回A，斜面與滑塊之間有摩擦．下圖中分別表示它在斜面上運動的速度v、加速度a、勢能Ep和機械能E隨時間的變化圖象，可能正確的是(）A。 B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】B．由牛頓第二定律可知，滑塊上升階段有；mgsinθ＋Ff＝ma1下滑階段有；mgsinθ－Ff＝ma2因此a1〉a2，B選項錯誤；A．當上滑和下滑時，速度圖象的斜率不同，故A選項錯誤；C．重力勢能先增大后減小，且上升階段加速度大，勢能變化快，下滑階段加速度小，勢能變化慢，故選項C正確．D．由于摩擦力始終做負功，機械能一直減小，故選項D錯誤；故選C。4.如圖甲所示，一塊長度為L、質量為m的木塊靜止在光滑水平面上．一顆質量也為m的子彈以水平速度v0射人木塊．當子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s(圖乙)．設子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變,子彈可視為質點．則子彈穿過木塊的時間為A。 B。 C. D。【答案】D【解析】【分析】以子彈與木塊組成的系統為研究對象,滿足動量守恒定律，分別對子彈和木塊列動能定理表達式，再對木塊列動量定理表達式,聯立可求解。【詳解】子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊的系統，外力之和為零動量守恒,有：,設子彈穿過木塊的過程所受阻力為f,對子彈由動能定理：，由動量定理：，對木塊由動能定理：，由動量定理：，聯立解得:；故選D。【點睛】子彈穿過木塊的過程，子彈與木塊組成的相同動量守恒，由動量守恒定律與動量定理可以正確解題，解題時注意研究對象、研究過程的選擇.5.如圖所示，理想變壓器原線圈a、b間輸入一穩定的正弦交流電，原線圈接有理想交流電流表A，副線圈接有理想交流電壓表V，當滑動變阻器的滑片向上滑動時，下列說法正確的是（）A.電壓表的示數不變 B.電壓表的示數增大C。電流表的示數增大 D。電阻R2的功率減小【答案】C【解析】【詳解】設電流表的示數為I,理想變壓器原、副線圈匝數之比為k，則根據變壓器原理副線圈中的電流為kI，變壓器副線圈上的電壓U2=kI(R2+R），變壓器原線圈上的電壓U1=U—IR1，變壓器原、副線圈上的電壓之比==k，解得I=，當滑動變阻器的滑片向上滑動時，R減小，電流表的示數I增大，變壓器原線圈上的電壓U1=U-IR1減小，根據變壓器原理,副線圈上的電壓也將減小，即電壓表的示數減小；電阻R2上消耗功率P2=R2隨電流I的增大將變大．故C正確，A、B、D錯誤．【點睛】變壓器的動態分析與恒定電流動態分析相似，只是注意“電壓由原線圈決定，功率和電流由副線圈決定”．6。有一宇宙飛船,它的正對面積S=2m2,以v=3×103m/s的相對速度飛入一宇宙微粒區．此微粒區1m3空間中有一個微粒,每一個微粒的平均質量為m=2×10—7kg．設微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上,要使飛船速度不變，飛船的牽引力應增加A.3.6×103N B.3.6N C.1。2×103N D。1.2N【答案】B【解析】【詳解】在t時間內與飛船碰撞并附著于飛船上微粒的總質量為由動量定理得：解得:根據牛頓第三定律，微粒對飛船的作用力為3.6N，要是飛船速度不變，根據平衡條件，飛船的牽引力應增加3.6N,故B正確；故選B7.如圖所示,在直角三角形abc區域（含邊界)內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°,邊長ac＝L，一個粒子源在a點將質量為2m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是(）A。 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】粒子在磁場中轉過的圓心角越大，粒子的運動時間越長，粒子沿ab邊界方向射入磁場從ac邊射出磁場時轉過的圓心角最大，運動時間最長,作出粒子運動軌跡求出粒子的最大軌道半徑，然后應用牛頓第二定律求出粒子的最大速度．【詳解】粒子沿ab邊界方向射入磁場從ac邊射出磁場時轉過圓心角最大，粒子在磁場中的運動時間最長,粒子速度最大時運動軌跡與bc相切，粒子運動軌跡如圖所示，

由題意可知：∠a=60°，∠b=90°，邊長ac=L，則ab=L,四邊形abdO是正方形，粒子軌道半徑：r=L，粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得;qvmB=2m，粒子的最大速度，解得:，故ACD錯誤，B正確;故選B．【點睛】本題帶電粒子在有界磁場中運動的類型，注意根據圓的對稱性得到出射時粒子速度和邊界的夾角與入射時速度和邊界的夾角相等．解答此題的關鍵是明確粒子的運動規律，畫出臨界軌跡,結合幾何關系確定軌道半徑，根據牛頓第二定律列式求解最大速度，注意粒子不能從C點射出.8。如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應強度為0.5T的勻強磁場,一足夠長的絕緣木板靜止在水平面上，木板左端放置滑塊，已知木塊與滑塊質量均為0.2kg,滑塊所帶電荷量q=+0。4C，滑塊與絕緣木板、木板與地面之間的動摩擦因數均為0。5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力。t=0時對木板施加方向水平向左的力作用，使木板做勻加速運動，已知力F的大小隨時間變化關系如圖所示,g取10m/s2.則下列說法不正確的是(）A。木板的加速度為2m/s2,滑塊離開木板時速度為16m/sB.t=3s后滑塊和木塊有相對運動C.滑塊開始做勻加速運動，后做加速度減小的變加速運動，最后做速度為10m/s的勻速運動D。滑塊離開木板時，力F的大小為1.4N【答案】A【解析】【詳解】B．根據題意可知木板始終做勻加速運動，且t=0時滑塊不受洛倫茲力作用，則對整體有:由圖像可知此時拉力為2.8N，代入可得：a=2m/s2，根據題意可知，當滑塊與木板恰好發生相對運動時：解得:v=6m/s由v=at，可知t=3s,B正確，不符合題意；AC．此后速度繼續增加,摩擦力繼續減小,則加速度減小，當二者分離時有：解得m/sC正確，不符合題意，A錯誤，符合題意；D．由于木板一直做勻加速運動，故滑塊離開木板后，對木板有:解得ND正確，不符合題意。故選A.9。如圖甲所示,左側接有定值電阻R＝2Ω水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B＝1T，導軌間距L＝1m．一質量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動,金屬棒的v－x圖象如圖乙所示,若金屬棒與導軌間動摩擦因數μ＝0.2,則從起點發生x＝1m位移的過程中(g＝10m/s2）(）A。金屬棒克服安培力做的功W1＝0。25JB.金屬棒克服摩擦力做的功W2＝5JC.整個系統產生的總熱量Q＝4.25JD。拉力做的功W＝9.25J【答案】AC【解析】【分析】由速度圖象得出v與x關系式，由安培力公式得到FA與x的關系式，可知FA與x是線性關系，即可求出發生s=1m位移的過程中安培力做功WA=—x，再根據動能定理求解拉力做功；根據能量守恒求解整個系統產生的總熱量Q．【詳解】由速度圖象得：v=2x，金屬棒所受的安培力，代入得:FA=0。5x，則知FA與x是線性關系．當x=0時，安培力FA1=0；當x=1m時,安培力FA2=0。5N，則從起點發生x=1m位移的過程中,安培力做功為：WA=-x=-0。25J；即金屬棒克服安培力做的功為：W1=0。25J，故A正確．金屬棒克服摩擦力做的功為:W2=-μmgx=-0.2×2×10×1J=-4J，故B錯誤；克服安培力做功等于產生的電熱，克服摩擦力做功等于產生的摩擦熱，則整個系統產生的總熱量Q＝WA+W2=4.25J，選項C正確;根據動能定理得：WF+W2+WA=mv2，其中v=2m/s,μ=0。2，m=2kg，代入解得拉力做的功為：WF=8。25J．故D錯誤．故選AC．【點睛】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度,根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解．10.空間分布有豎直方向的勻強電場,現將一質量為m的帶電小球A從O點斜向上拋出，小球沿如圖所示的軌跡擊中絕緣豎直墻壁的P點．將另一質量相同、電荷量不變、電性相反的小球B仍從O點以相同的速度拋出，該球垂直擊中墻壁的Q點（圖中未畫出)．對于上述兩個過程，下列敘述中正確的是（)A.球A的電勢能增大，球B的電勢能減小B.P點位置高于Q點C.若僅增大A球質量，A球有可能擊中Q點D.電場力對球A的沖量大小等于對球B的沖量大小【答案】AD【解析】【分析】根據題意可判斷電場力的方向，從而判斷電場力做功情況以及電勢能變化情況；分析兩種情況下的加速度關系，根據v2—v02=2ah判斷h的關系;根據I=Ft判斷電場力的沖量關系。【詳解】由題意可知，擊中P點的小球A受電場力向下，垂直擊中Q點的小球B受電場力向上，可知電場力對A做負功，對B做正功，球A的電勢能增大，球B的電勢能減小，選項A正確;根據牛頓第二定律，對A球：mg+qE=maA;對B球：mg-qE=maB;可知aA>aB；對球A豎直方向:，對球B在豎直方向：；可得hA〈hB，即P點位置低于Q點,選項B錯誤;若僅增大A球質量,可知aA減小，但是不可能等于aB，則hA不可能等于hB,則若僅增大A球質量，A球不可能擊中Q點，選項C錯誤；因兩次拋球小球在水平方向的分速度相同,水平位移相同,可知兩球運動的時間t相同;根據I=Eqt可知電場力對球A的沖量大小等于對球B的沖量大小，選項D正確；故選AD。二、實驗題11.用圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律．氣墊導軌上A處安裝了一個光電門，滑塊上固定一遮光條,滑塊用繞過氣墊導軌左端定滑輪的細線與鉤碼相連，每次滑塊都從同一位置由靜止釋放，釋放時遮光條位于氣墊導軌上B位置的上方．（1）某同學用游標卡尺測量遮光條的寬度d，如圖乙所示，則d＝________mm.(2)實驗中，接通氣源，滑塊靜止釋放后，由數字計時器讀出遮光條通過光電門的時間為t，測得滑塊質量為M，鉤碼質量為m，A、B間的距離為L．在實驗誤差允許范圍內,鉤碼減小的重力勢能mgL與___________________（用直接測量的物理量符號表示)相等,則機械能守恒．(3)下列不必要的一項實驗要求是________(請填寫選項前對應的字母)．A。滑塊必須由靜止釋放B。應使滑塊的質量遠大于鉤碼的質量C。已知當地重力加速度D。應使細線與氣墊導軌平行【答案】(1）.(1）2.70(2）。(2）(3）.(3)B【解析】【詳解】(1）由圖示游標卡尺可知，主尺示數為2mm，游標尺示數為14×0.05mm=0。70mm，則游標卡尺讀數為2mm+0。70mm=2.70mm；

（2）由于遮光條通過光電門的時間極短因此可以利用平均速度來代替其瞬時速度，因此滑塊經過光電門時的瞬時速度為：v=d/t;實驗要驗證機械能守恒定律，故:mgL=(M+m)v2=；

(3）本實驗中拉力時通過實驗數據,來判定鉤碼重力勢能的減少量與系統動能的增加量的關系，故不需要保證所掛鉤碼的質量m遠小于滑塊質量M，故ACD不符合題意，B符合；

【點睛】本題考查了實驗器材、實驗注意事項、實驗數據處理、實驗誤差分析等問題；要掌握實驗原理、實驗器材與實驗注意事項、實驗數據的處理方法;常常應用圖象法處理實驗數據，應用圖象法處理實驗數據時為方便實驗數據處理，注意游標卡尺沒有估計值．12.某同學要測量電源的電動勢E和內電阻r（E約為5v，內阻約為2Ω),實驗臺上現有器材為：量程為0.6A內阻較小的電流表一只,量程分別為3v和15v兩量程內阻足夠大的電壓表電壓表一只,0-20Ω變阻器，固定電阻R1=15Ω、R2=50Ω、R3=100Ω,該同學為了準確測出此電源的電動勢和內阻,采用了如圖1所示電路。(1)電路中的固定電阻R應選用__________。（2）請將該同學未聯成的實物圖連接完整。（）（3）該同學利用測出的多組數據描出的伏安特性曲線如圖3，則此電源的電動勢為____v，內阻為___________Ω。【答案】(1）。R1(2）.(3)。5。1（4）。2.0【解析】【詳解】(1）［1］．由于電壓表的兩個量程不合適，3V太小,15V太大，故需要與電源串聯一電阻分得部分電壓，使用電壓表3V量程測量更準確，當變阻器取最大阻值20Ω時電壓表示數最大，由串聯電路電壓分配與電阻成正比，可知，解得:R=40/3Ω,故選用電阻R1。（2）[2］．連線如圖,電壓表選用3V量程.（3）[3]［4］．由圖3讀得,縱軸截距5。1V，故電源電動勢5.1V，橫軸截距為0.30A，則電源內阻。三、計算題13。2018年10月23日，港珠澳大橋開通,這是建筑史上里程最長、投資最多、施工難度最大的跨海大橋．如圖所示的水平路段由一段半徑為48m的圓弧形彎道和直道組成．現有一總質量為2.0×103kg、額定功率為90kW的測試汽車通過該路段，汽車可視為質點,取重力加速度g=10m/s2．(1）若汽車通過彎道時做勻速圓周運動，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力是車重的1.2倍,求該汽車安全通過此彎道的最大速度；（2)若汽車由靜止開始沿直道做加速度大小為3m/s2的勻加速運動，在該路段行駛時受到的阻力為車重的0.15倍,求該汽車勻加速運動的時間及3s末的瞬時功率．【答案】（1)vm=24m/s；(2)P=81kW【解析】【詳解】(1）徑向最大靜摩擦力提供向心力,汽車以動據題意代入數據解得：（2）汽車在勻加速過程中：當功率達到額定功率時，，代入數據解得：，汽車在勻加速過程中,有:，則3s末發動機功率為：14。如圖所示，質量為2m和m的兩個彈性環A、B用不可伸長的、長為L的輕繩連接,分別套在水平細桿OP和豎直細桿OQ上，OP與OQ在O點用一小段圓弧桿平滑相連，且OQ足夠長．初始時刻，將輕繩拉至水平位置伸直,然后釋放兩個小環,A環通過小段圓弧桿時速度大小保持不變,重力加速度為g，不計一切摩擦，試求：（1）當B環下落時A球的速度大小；(2)A環到達O點后再經過多長時間能夠追上B環；【答案】(1)（2)【解析】【分析】（1)A與B下降的過程中系統的機械能守恒，先由速度的合成與分解求出A、B速度的關系，然后即可求出A、B在不同點的速度；（2)根據勻變速直線運動的公式,結合位移關系即可求出A追上B的時間．【詳解】（1）當B環下落時繩子與水平方向之間的夾角滿足sinα＝，即α＝30°由速度的合成與分解可知v繩＝vAcos30°＝vBsin30°則vB＝＝vAB下降的過程中A與B組成的系統機械能守恒,有所以A環的速度vA＝（2）由于A到達O點時B的速度等于0,由機械能守恒，2mvA′2＝mgL，解得vA′＝環A過O點后做初速度為vA′、加速度為g的勻加速直線運動，B做自由落體運動;當A追上B時，有vA′t＋gt2＝L＋gt2解得t＝【點睛】該題結合機械能守恒考查運動的合成與分解，解答的關鍵是能看到A與B的速度不一定大小相等,但它們沿繩子方向的分速度大小相等.15。如圖所示，水平虛線AA’和CC’間距為L，中間存在著方向向右且與虛線平行的勻強電場，CC’的下側存在一半徑為R的圓形磁場區域，磁場方向垂直紙面向外(圖中未畫出），圓形磁場與邊界CC’相切于點M。一質量為m、帶電量為q（q〉0）的粒子由電場上邊界AA'上的S點以初速度v0垂直射人電場,一段時間后從M點離開電場進人磁場，粒子進入磁場的速度大小為，且其運動軌跡恰好過圓形磁場的圓心O。粒子所受重力忽略不計，求：（1）電場強度E的大小;（2)圓形磁場區域磁感應強度B的大小。【答案】（1）（2)【解析】【詳解】（1)粒子在整個過程的運動軌跡，如圖所示。粒子在電