山东省烟台一中2020届高三上学期第一次联考检测物理试题（附答案）.doc

物 理 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～5 题只有一项符合题目要求，第 6—8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全 的得 3 分，有选错的得 0 分。 1．秦山核电站是我国自行设计、建造和运营管理的第一座 30 万千瓦压水堆核电站。在一次 核反应中一个中子轰击 变成 和若干个中子，已知 的比结合能 分别为 7.6MeV、8.4 MeV、8.7 MeV，则 A．该核反应方程为 B．要发生该核反应需要吸收能量 C． 更稳定 D．该核反应中质量增加 2．2018 年 11 月 1 日，我国成功发射第四十一颗北斗导航卫星，这颗卫星属于地球同步卫星； 2019 年 1 月 3 日，我国发射的嫦娥四号探测器在月球背面成功着陆，开启了人类探测月球的 新篇章。若嫦娥四号绕月球做匀速圆周运动的半径是第四十一颗北斗导航卫星绕地球运行的 轨道半径的 ，月球质量为地球质量的 ，则嫦娥四号绕月球做匀速圆周运动的周期与第四 十一颗北斗导航卫星绕地球运行的周期之比为 A. B. C． D． 3．如图所示，AB 与 BC 间有垂直纸面向里的匀强磁场， 为 AB 上的点，PB=L。 一对正、负电子(重力及电子间的作用均不计)同时从 P 点以同一速度沿平 行于 BC 的方向射入磁场中，正、负电子中有一个从 S 点垂直于 AB 方向 射出磁场，另一个从 Q 点射出磁场，则下列说法正确的是 A．负电子从 S 点射出磁场 B．正、负电子先后离开磁场 C．正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为 150° D．Q、S 两点间的距离为 L 4.一小滑块从 O 点由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，途经 A、B、C 三点，已知 A、 B 两点间的距离与 B、C 两点间的距离相等，滑块通过 AB 段、BC 段所用的时间分别为 ，则滑块从 O 点运动到 A 点所用的时间为 A. B. C. D. 235 92U 136 90 3854 Xe Sr、 235 136 90 3892 54U Xe Sr、 、 235 1 136 90 90 1 0 38 38 092 54 9U n Xe Xe Sr n+ → + + + 90 136 38 54Sr Xe比 1 n 1 k 2 k n 3n k 3 1 n 3 k n 30 ,B P∠ =  1 2t t、 ( ) 2 2 1 2 1 22 t t t t + − ( ) 2 2 1 2 1 1 22 t t tt t + −− ( )1 2 1 2 t t+ ( )2 1 1 2 t t−5.某静电场的电场线如图中实线所示，虚线是某个带电粒子在仅受电场力 作用下的运动轨迹，下列说法正确的是 A．粒子一定带负电荷 B．粒子在 M 点的加速度小于它在 N 点的加速度 C．粒子在 M 点的动能大于它在 N 点的动能 D．粒子一定从 M 点运动到 N 点 6.如图所示，质量为 m、半径为 R 的光滑圆柱体 B 放在水平地面上，其左侧有半径为 R、质 量为 2m 的半圆柱体 A，右侧有质量为 3m 的长方体木块 C。现用水平向左的推力推木块 C， 使其缓慢移动，直到圆柱体 B 恰好运动到半圆柱体 A 的顶端，在此过程中 A 始终保持静止。 已知木块 C 与地面间的动摩擦因数 ，重力加速度为 g。则下列说法正确的是 A．当圆柱体 B 下端离地面为 时，地面对 半圆柱体 A 的支持力为 3mg B．此过程中，木块 C 所受地面的摩擦力逐 渐减小 C．木块 C 移动的整个过程中水平推力的最 大值是 D．木块 C 移动的整个过程中水平推力所做的功为 7．如图所示，甲、乙两长度相同的传送带与水平地面的夹角相同，且两传送带都以恒定速率 向上运动。现将一质量为 的小物体(视为质点)轻轻放在 A 处。小物体在甲传送带上到达 B 处时恰好达到传送带的速率 ，所经历的时间为 ，产生的热量为 ；小物体在乙传送带上 到达离 B 处竖直高度为 的 C 处时达到传送带的速率 ，从 A 到 B 所经历的时间为 ，产生的热量为 。 已知 B 处离地面的高度均为 H。则在小物体从 A 到 B 的过程中 A．时间 B．两传送带对小物体做的功相等 C．两传送带消耗的电能甲比乙多 D．热量 8．如图所示为固定在绝缘斜面上足够长的平行导轨，上端连接有电阻 R，匀强磁场垂直穿过 导轨平面，方向向上。一金属棒垂直于导轨放置，以初速度 导 轨下滑。棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻、棒的电阻以及 一切摩擦均不计。若 t 时刻，棒下滑的速度大小为 ，电阻 R 消耗的 热功率为 P，则下列图象可能正确的是 3 3 µ = 3 R 2 3mg 4mg υ m υ 1t lQ甲 h υ 2t Q乙 1 2t t< Q Q 5 32 , 2 LAB L BC= = 30θ =  3n = 5 2 m 8cos 2y t cm π=物理试题答案 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～5 题只有一项符合题目要求，第 6~8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全 的得 3 分，有选错的得 0 分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A D B B ACD BC BC 二、非选择题：共 52 分。第 9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答，第 13～14 题为 选考题，考生根据要求作答。 山东中学联盟 (一)必考题：共 37 分。 9.（1）B（1 分） （2） （3 分） （3）A（2 分） 10.（1）欧姆调零（1 分）（2）1（2 分）（3）20（1 分） 0.85（1 分） （4）1.43（2 分） 13.7（2 分） 11.解：（1）A 受到的滑动摩擦力大小 （1 分） 根据动能定理有 （2 分） 解得 （1 分） （2）A 与 B 发生弹性正碰，设碰后 A、B 的速度分别为 ，由动量守恒定律和能量守恒 定律有 （2 分） （2 分） 解得 设 A 减速滑行的位移大小为 ，所用时间为 ，则 （1 分） （1 分） A 刚停下来停下来时与 B 之间的距离 （1 分） 解得 （1 分） 12.解：（1）该粒子带正电，从 D 点运动到 轴所用的时间设为 ，则 根据牛顿第二定律有 粒子在区域 II 中做类平抛运动，所用的时间设为 ，则 ( )0 1 2 T m g Mg− − 1f m gµ= ( ) 2 1 1 2F f L mυ− = 2.7 /m sυ = 1 2 υ υ、 1 1 1 2 2m m mυ υ υ= + 2 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m m mυ υ υ= + 1 20.9 / , 1.8 /m s m sυ υ= − = 1x 1t 2 1 1 1 10 2fx mυ− = − 1 1 10ft m v= − 1 2 1x x v t= + 0.675x m= x 1t 2 1 1 1 2L a t= 1 1a tυ = 1qE ma= 2t 2 2 2 27 1 2 2L a t=根据牛顿第二定律有 粒子从 D 点运动到 B 点所用的时间 解得 （4 分） （2）①设粒子通过 轴时的速度大小为 ，碰到 AB 前做类平抛运动的时间为 t，则 粒子第一次碰到 AB 前瞬间的 轴分速度大小 碰前瞬间动能 即 由于 为定值，当 时动能 有最大值 由（1）得 最大动能 对应的 粒子在区域 I 中做初速度为零的匀加速直线运动，则 解得 ②粒子在区域 II 中的运动可等效为粒子以大小为 的初速度在场强大小为 6E 的匀强电场中 做类平抛运动直接到达 y 轴的 K 点，如图所示，则时间仍然为 得 由于 ，粒子与 AB 碰撞一次后，再与 CD 碰撞一次，最后到达 B 处 则 (10 分) 23L tυ= 2qE ma′ = 0 1 2t t t= + 06 , 5 2 mLE E t qE ′ = = x 0 υ 0 3L t υ = x 2x a tυ = ( )2 2 0 1 2k xE m υ υ= + 2 2 2 22 9 2k m LE a tt  = +   2 2 2 2 2 2 22 9 9L a t L at ⋅ = 2 2 2 22 2 9 3L La t tt a = =即 kE 2 6qEa m = 18kmE qEL= 0 18qEL m υ = 2 0 1 12a yυ = 1 9y L= 0 υ 2t 0 2OK tυ= 9OK L= 9 33 OK L OB L = = 2 3y L=13.（1）ADE(5 分) (2)解：设初始时，A、B的压强分别为 ，停止加热时 A、B 的压强分别为 ，则 根据胡克定律有 （1 分） 对活塞，受力平衡 初态有 （2 分） 末态有 （1 分） 根据理想气体状态方程 对 A 有 （2 分） 对 B 有 （2 分） 解得 （2 分） 14. （2 分） 60°（1 分） （2 分） (2)(i)由 知 （1 分） 波的周期 （1 分） 由波的图像知波长 （1 分） 波速 （1 分） (ii)在 时， 当 时， 当 时， （1 分） 可见在 时，质点 N 的振动方向沿 轴负方向，质点 M 的振动方向沿 轴正方向，波沿 轴负方向传播（2 分） 从 开始，波点从 N 点传播到 O 点时质点 M 从题图图示位置开始先沿 轴正方向运动到 最高点，后回到平衡位置，所用的时间最短，则最短时间 （2 分） 1 1A BP P、 2 2A BP P、 ( )3 2mgF L LL = ⋅ − 1 1B AP S F P S mg+ = + 2 2B AP S P S mg= + 1 2 0 1 0 3 2A AP LS P LS T n T ⋅ ⋅= 1 2 0 2 0 2B BP LS P LS T n T ⋅ ⋅= ( ) ( )2 1 2 2 2 1 2 1 3,3 3B A n mg n mgP Pn n S n n S = =− − 3 2 L 5 3L c 8cos 2y tcm π= /2 rad s πω = 2 4T s π ω= = 2 3 6mλ = × = 1.5 /v m sT λ= = 1t s= 1 0y = 1t s t= + ∆ ( )2 8cos 1 8sin2 2y s t cm t cm π π   = + ∆ = − ∆      0 1t s< ∆ < 2 0y < 1t s= y y x 1t s= y min xt v ∆=（1 分）min 5 52 1.5 3t s s= =