【物理】广东省蕉岭县蕉岭中学2020届高三8月摸底考试试题(解析版)

广东省蕉岭县蕉岭中学2020届高三8月摸底考试1.下列说法正确的是( )A. 氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量越小B. 在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核才会释放核能C. β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D. 氢原子从n ＝2的能级跃迁到n ＝1的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则从n ＝3的能级跃迁到n ＝2的能级辐射的光也可使该金属发生光电效应 【答案】B 【解析】A 、氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时，能量减小，减小的能量以光子的形式释放出来，故氢原子核外电子轨道半径越大，其能量越高，A 错误；B 、在核反应中，由比结合能较小的原子核变成比结合能较大的原子核才会释放核能，B 正确；C 、β射线是原子核内的中子转化为质子同时放出的电子，C 错误；D 、氢原子从n=2的能级跃迁到n=l 的能级辐射出的光子的能量为()1 3.4eV 13.610.2eV E eV =---=，恰好能使某种金属发生光电效应，从n=3的能级跃迁到n=2的能级辐射的光子的能量()2 1.51eV 3.4 1.89Ev E eV =---=,故不能使这种金属发生光电效应，D 错误； 故选B 。

2.如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v -t 图象如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运动的x -t 图象如图丙所示。

若以地面为参考系，下列说法正确的是（ ）A. 猴子在2s 时的速度为0B. 猴子在2s 内做匀变速直线运动C. t ＝0时猴子的速度大小为6 m/sD. 猴子在2s 内的加速度大小为3m/s 2 【答案】D 【解析】【详解】猴子在2 s 时竖直方向的速度为零，s-t 图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为v x =3m/s ，所以猴子在2 s 时的速度为3m/s ，故A 错误；由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下．由丙图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s 内做匀变速曲线运动．故B 错误；s-t 图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为v x =3m/s ，竖直方向分速度v y =6m/s ，t=0时猴子的速度大小为：v=22 x y v v +＝35m /s ．故C 错误．v-t 图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度大小为：a= 206v t -＝m/s 2=-3m/s 2，故加速度大小为3m/s 2．故D 正确．故选D ．点睛：解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况．3.如图所示，质量为m 、带电量为+q 的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块将（ ）A. 继续匀速下滑B. 加速下滑C. 减速下滑D. 先加速下滑后减速下滑 【答案】A 【解析】设滑块与斜面间动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ滑块未进入电场区前，对滑块受力分析，由平衡条件可得：mgsin mgcos θμθ=，解得：tan μθ=滑块滑至竖直向下的匀强电场区后，对滑块受力分析，()()0mg qE sin mg qE cosθμθ+-+=，则滑块将继续匀速下滑。

故A项正确，BCD三项错误。

4.如图所示的电路中，由于某个电阻发生故障，使电流表A的读数变大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗，关于故障的判断下列说法中正确的是（）A. 可能是R3短路B. 可能是R2断路C. 可能是R2短路 D. 可能是R4短路【答案】D【解析】由电路元件各物理量动态变化的规律“串反并同”可知，只有当R4短路时（可认为电阻减小），外电路电阻减小，总电流增大，电流表A的读数变大，R4的电流增大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗．故正确答案为D．故选D．点睛：本题运用“串反并同”的规律分析电路的动态分析比较快捷，若不熟悉，可以“局部到整体再局部”的思路分析．5.如图所示光滑管形圆轨道半径为R（管径远小于R），小球a、b大小相同，质量相同，均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动.两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法正确的是A. 当v5gR b在轨道最高点对轨道无压力B. 当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大6mgC. 速度v至少为2gRD. 只要v5gR小球a对轨道最低点压力比小球b对轨道最高点压力都大5mg【答案】AC【解析】【详解】A.小球在最高点恰好对轨道没有压力时，小球b 所受重力充当向心力mg ＝m 20v R⇒v 0小球从最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒 2mgR ＋2012mv ＝212mv 解以上两式可得：vA 项正确； B.小球在最低点时F 向＝m 2v R＝5mg小球在最高点恰好对轨道没有压力时，小球b 所受重力充当向心力，所以在最高点和最低点所需向心力的差为4mg ，故B 项错误；C.因小球在管内转动，则内管可对小球提供向上的支持力，故可看作是杆模型；故小球的最高点的速度只要大于等于零，小球通过最高点的最小速度为零，根据动能定理得 mg •2R ＝12mv 2−0 解得最小速度v = 故C 正确；D.当v 时，在最高点时，管道对小球有向下的压力，由211v F mg m R+=解得211v F m mg R=-；最低点时，有222v F mg m R-=解得222v F m mg R=+所以2221212v v F F mg m m R R-=+-由机械能守恒可得222111222mg R mv mv ⋅=- 解得：216F F mg -=，根据牛顿第三定律得：只要能做完整的圆周运动，压力之差都等于6mg ，故D 错误；6.假设若干年后，地球的半径变小了，但地球的质量不变、自转周期不变，则相对于现在 A. 地球表面的重力加速度变小了 B. 卫星的最小发射速度变小了 C. 地球同步卫星的高度变大了D. 地球同步卫星绕地球做圆周运动的线速度大小不变 【答案】CD 【解析】在地球表面，根据G 2Mm R =mg 得，g=2GMR ，则知，地球质量不变，半径变小时，地球表面重力加速度变大，故A 错误．根据G 2 Mm R =m 2v R 得，，则知，地球的质量不变，地球的半径变小，则卫星的最小发射速度变大，故B 错误．地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，根据G2 ()Mm R h +=m （R+h ）224 T π得：h =-R ，则知，周期T 不变，地球质量不变，半径变小，则地球同步卫星的高度变大，故C 正确．由G 2()MmR h +=m （R+h ）224 T π得：R+h=h =，可知，地球同步卫星的轨道半径不变，又周期不变，根据v=2rTπ知，线速度大小不变，故D 正确．故选CD. 点睛：解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．7.[湖北荆、荆、襄、宜四地七校2018联考](多选)如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于坐标原点O对称，圆弧曲线是个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a、b两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是（）A. a、b两点的电势相同B. a、b两点的场强相同C. 将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电势能先增加后减小D. 将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则1211F F+为一定值【答案】AD【解析】【分析】根据等量同号电荷的电场分布图，可知各点的电势高低和场强大小；由电场力做功情况可知电势能的大小；根据库仑定律推导1211F F+的值．【详解】结合等量同号正电荷的电场分布特点图可知，a，b两点关于两点电荷的连线的中垂线对称，a，b两点电势相同，A正确；电场强度的方向沿电场线的切线方向，由图可知，a，b两点的电场强度的方向不同，B错误；a、c、b三点中，a、b两点的电势相等，c点的电势最低，所以将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加，C错误；将一个正电荷q放在半圆上任一点，设该点到P的距离为r1，到Q的距离为r2，则由勾股定理得22212r r PQ+=，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则由库仑定律得121kQqFr=，222kQqFr=，所以222121211r r abF F kQq kQq kQq+=+=，为定值，D正确．8.如图所示，物体A 和带负电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A 、B 的质量均为m ，劲度系数为k 的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A 相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。

开始时，物体B 在一沿斜面向上的外力2sin F mg θ=的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F ，直到物体B 获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度（当弹簧的形变量为x 时，弹簧的弹性势能可表示为212p E kx =），则在此过程中A. 撤去外力F 的瞬间，物体B 的加速度为sin g θB. B 的速度最大时，弹簧的伸长量为3sin mg kθC. 物体A 的最大速度为2sin mg kD. 物体A 、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B 电势能的减少量 【答案】ACD 【解析】当施加外力时，对B 分析可知F-mgsinθ-F 电=0，解得F 电=mgsinθ；当撤去外力瞬间，它们受到的合力为F 合=F 电+mgsinθ=（m+m ）a ；解得：a=gsinθ，故A 正确；当B 受到的合力为零时，B 的速度最大，由kx=F 电+mgsinθ解得x=2sin mg kθ故B 错误；对AB 整体有动能定理可得−12kx 2+2mg sinθ•x ＝12•2mv 2−0，解得2m k，故C 正确；根据能量守恒可知，物体A 、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B 电势能的减少量和B 物体机械能的减小量之和，所以物体A 、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B 电势能的减少量．故D 错误；故D 正确；故选ACD.点睛：本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关系，以及运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强训练．9.某同学在做“研究匀变速直线运动”实验时，从打下的若干条纸带中选出了如图所示的一条(每两点间还有4个点没有画出来)，图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的电源频率为50 Hz 。