【文档说明】【精准解析】湖北省武汉市新洲一中2019-2020学年高一下学期6月月考物理试题【武汉专题】.docx，共(20)页，452.113 KB，由小赞的店铺上传

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新洲一中2022届高一(下)6月线上联考物理试卷一、选择题1.关于衰变下列说法正确地是（）A.天然放射现象使人们认识了原子的核式结构B.原子核发生β衰变时，核的中子数减少1，而质量数不变C.放射性元素衰变快慢与原子所处的外部条件有关D

.半衰期就是放射性元素全部衰变所用时间的一半【答案】B【解析】【详解】A．天然放射现象是原子核发生衰变而产生的，说明原子核内部是有结构的，是可以再分的粒子，故A错误；B．发生β衰变时，是核内的中子转化为一个质子和一个电子，则中子数

减少1，而质量数不变，故B正确；C．放射性元素衰变的快慢由原子核自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件无关，故C错误；D．原子核的衰变有一定的速率，每隔一定的时间（即半衰期），原子核就衰变掉总数的一

半，这个时间即为半衰期，不是指原子量或元素质量减少一半的时间，故D错误。故选B。2.氢原子光谱的巴耳末公式是22111()2Rn=−（n＝3，4，5……），氢原子光谱的巴耳末系中波长最长的光波的光子能

量为E1，其次E2，则12EE为（）A.2027B.2720C.23D.32【答案】A【解析】【详解】当n=3时，波长最大22111123R=−根据11cEh=则有1536EhcR=同理，当n=4时，则有2316

EhcR=则125203632716EE==故A正确，BCD错误。故选A。3.若想检验“使同步卫星绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知同步卫星距地心的距离为地球半径k倍的情况下，需要验证（）A.地球吸引同步卫星的力约为

地球吸引苹果的力的21kB.同步卫星的加速度约为苹果落向地面加速度的21kC.物体在同步卫星表面自由下落的加速度约为在地球表面自由下落的加速度的21kD.苹果在同步卫星表面受到的引力约为在地球表面受到的引力的21k【答案】B【解析】【详解】设苹果质量为m，地球质量为

M，地球半径为R，同步卫星轨道半径rkR=，苹果在同步卫星轨道上运动时的加速度为a，由牛顿第二定律2()MmGmakR=地球表面苹果重力等于万有引力2GmMmgR=联立解得21agk=故B正确，ACD错误。故选B。4.如图，一半径为R的半圆形

轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为1.5mg，重力加速度大小为g，质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A.13mgRB.34mgRC.12mgRD.π4mgR【答案】B【解析】【详解】质点经过Q点时

，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律2QvNmgmR−=由题意1.5NNmg==解得2QgRv=质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得2f12QmgRWmv−=解得克服摩擦力所做的功为f34WmgR=故B正确，ACD错误。故选B。5.如图所示，

三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上。c车上有一静止的质量为m的小孩。现跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v。小孩跳到a车上后相对a车保持静止，则（）A.a、b

、c、小孩四者组成的系统水平方向动量不守恒B.b、c两车运动速率相等C.b的速率为mvMD.a的速率为mvMm+【答案】D【解析】【详解】A．a、b、c、小孩四者组成的系统，水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒，故A

错误；BC．对小孩跳离c车的过程，取向右为正方向，对小孩和c的系统，由水平方向动量守恒定律，有0cmvMv=+解得c车的速度为cmvvM=−负号表示方向向左；对小孩跳上b车再跳离b车的过程，由小孩和b的系统水平方向动量守恒

，有0bmvMvmv+=+解得b车最终的速度为0bv=故BC均错误。D．对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律，有0()amvMmv+=+解得a车的最终速度为amvvMm=+故D正确。故选D。6.关于波粒二象性的有关知识，下列说法错误的是（）A.速度相同的质子和电子相比，电子的波动性更为明显B.

用E和p分别表示X射线每个光子的能量和动量，则hcE=，hp=C.由爱因斯坦的光电效应方程0kEhW=−可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D.康普顿效应表明光子除了具有能量之外还有动量【答案】C【解析】【详解】A．根据德布罗意波波长公式hp=，速度相同的质子和电

子相比，电子的动量小，波长长，波动性明显，故A正确，A项不符题意；B．根据Eh=且hp=c=可得X射线每个光子的能量为hcE=每个光子的动量为hp=故B正确，B项不合题意；C．由爱因斯坦的光电效

应方程0kEhW=−可知，光电子的最大初动能kE与入射光的频率是线性关系，但不成正比，故C错误，C向符合题意；D．康普顿效应表明光子除了具有能量之外还有动量，揭示了光的粒子性，故D正确，D项不合题意。

本题选错误的，故选C。7.关于电场下列说法正确的是（）A.“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则e＝1.60×10-19C，质子和电子都是元电荷B.电场是库仑首先提出来的，电荷A对电荷B的作用就是电荷A的电场对B的作用C.由电场强度

的定义式：FEq=可知E与F成正比，与q成反比D.点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，和质点一样，是一种理想化模型【答案】D【解析】【分析】【详解】A．“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则e＝1.60×10-19C，但元电荷不是电荷，没有正负之分，则质子

和电子不是元电荷，只是两者的电荷量等于元电荷，故A错误；B．电场是法拉第首先提出来的，揭示了电荷A对电荷B的作用就是电荷A的电场对B的作用，故B错误；C．电场强度的定义式FEq=是比值定义法定义的，体现E与F、q无关，电场强度由场

源决定，与试探电荷无关，故C错误；D．点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，和质点一样，是一种理想化模型，故D正确。故选D。8.假设月球绕地球做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出地球的质量，这两个物理量可以是（

）A.月球的线速度和角速度B.月球的质量和轨道半径C.月球的运行周期和轨道半径D.地球的半径和月球表面的重力加速度【答案】AC【解析】【详解】月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。A．已知月球的线速度和角速度，则轨道半径为vr=，根据2

2MmvGmrr=即可求出地球的质量M，故A正确；B．根据22MmvGmrr=可知，月球的质量可以约去，只知道轨道半径不能求出地球的质量，故B错误；C．根据2224MmGmrrT=可知，由月球的运行周期和轨道半径可以求出地球的质

量，故C正确；D．由2GMgR=可知，由地球的半径R和地球表面的重力加速度可以求出地球的质量，而不是月球表面的重力加速度，故D错误。故选AC。9.如图，一质量为m的物体，沿倾角为θ的光滑固定斜面由静止下滑，它在竖直方向下落了h高度，下列说法正确的是（）A.它在竖直方

向下落了h时，重力瞬时功率mg2ghB.它在竖直方向下落了h的过程中，重力的平均功率12sin2mgghC.它在竖直方向下落了h的过程中，斜面对物体弹力的冲量为零D.它在竖直方向下落了h的过程中，物体合外力的冲量为2mggh【答案】B【解析】【详解】A．物体在竖直方向下落了h的过程由动能定理21

02mghmv=−可得瞬时速度为2vgh=由瞬时功率的定义可知，重力的瞬时功率为Gcos(90)sin2Pmgvmggh=−=故A错误；C．物体沿光滑固定斜面下滑做匀加速直线运动，有21sinsin2hgt=则运动时间为22sinhtg=故弹力的冲

量为NFN22cossinhIFtmgg==方向垂直斜面向上，故C错误；B．在竖直方向下落了h的过程中，重力的平均功率为GG2sinsin2222sinWmghghmgPmgghthg====故B正确；D

．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，有=2Imvmgh=合故D错误。故选B。10.甲、乙两铁球质量分别是m1＝1kg，m2＝2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6m/s、v2＝3m/s。甲追上乙发生正碰后甲乙两物体的速度v1′、v2′有

可能是（）A.v1′＝5m/s，v2′＝3.5m/sB.v1′＝4m/s，v2′＝4m/sC.v1′＝3m/s，v2′＝4.5m/sD.v1′＝1m/s，v2′＝5.5m/s【答案】BC【解析】【详解】以甲的初速度方向为正方向，碰撞前的总动量为112212kgm/spmvmv=+=碰撞前的总动能

为22k11221127J22Emvmv=+=A．若v1′＝5m/s，v2′＝3.5m/s，则碰撞后总动量为112212kgm/spmvmv=+=碰撞后的总动能为22k11221124.75J22Emv

mv=+=满足动量守恒，机械能不增加，但甲的速度依然大于乙的速度而发生二次碰撞，不符合实际情况，故A错误；B．若v1′＝4m/s，v2′＝4m/s，则碰撞后总动量为112212kgm/spmvmv=+=碰撞后的总动能为22k11221124J22Emvmv=+=满足动量

守恒，机械能不增加，为完全非弹性碰撞，故B正确；C．若v1′＝3m/s，v2′＝4.5m/s，则碰撞后总动量为112212kgm/spmvmv=+=碰撞后的总动能为22k11221124.75J22Emvmv=+=满足动量守恒，机械能不增加，故C正确；D．若v1′＝1m/s，v

2′＝5.5m/s，则碰撞后总动量为112212kgm/spmvmv=+=碰撞后的总动能为22k11221130.75J22Emvmv=+=满足动量守恒，但机械能增加，故D错误。故选BC。二、实验题11.如图所示，打点计时器固定在铁架台上

，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。①打点计时器接_______电源A.学生电源（6伏直流）B.学生电源（6伏交流）C.220伏交流电源②对于该实验，下列操作正确的是_______A．本实验需要精确测量出重物的质量B．用手托稳重物，先接

通电源后，再撒手释放重物C．本实验的系统误差是有阻力，导致重力势能的减少量大于动能的增加量D．用本实验验证机械能守恒需要已知当地重力加速度③某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz的交流电源上，按正确操作得到了

一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有_________A．OD、C

E长度B．AC、EG和BF的长度C．BD、BF和EG的长度D．AC、BD和EG的长度【答案】(1).C(2).C(3).ABC【解析】【详解】①[1]验证机械能守恒定律的实验装置使用的是电火花打点计时器，故应选220V的交流电源

，故C正确，AB错误。故选C。②[2]A．因为在实验中比较的是mgh、212mv的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故A错误；B．用手托稳重物，纸带会弯曲，增大了摩擦，而应手提着纸带吊

着重物静止释放，故B错误；C．实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，是系统误差而无法消除，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故C正确；D．本实验验证的表达式为212mghmv=可通过分析22vh−图像是否为过原点的倾斜直线来验证机械能守恒，则当地重力加速度

可以未知，故D错误。故选C。③[3]A．CE长度可计算出D点的瞬时速度，知OD长度，则可验证OD段的机械能是否守恒，故A正确；B．AC、EG两段可算出B点和F点的瞬时速度，结合BF的长度，可验证BF段的机械能是否守恒，故B正确；C．当知道BD、BF和EG的长度时，

由BF和EG的长度，可以得到D点和F点的速度，从而求出D点到F点的动能变化量；由BD、BF的长度相减可以得到DF的长度，知道DF的长度，可以求出D点到F点重力势能的变化量，即可验证机械能守恒，故C正确；D．当知

道AC、BD和EG的长度时，可以分别求出B点、C点和F点的速度，但无法求出三个点的长度，不能验证机械能守恒，故D错误。故选ABC。12.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞

前后的动量关系。(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，可以通过仅测量______（填选项前的序号），间接地解决这个问题。A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程（水平位移）(2)图中O点

是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，

并多次重复。接下来要完成的必要步骤是_____A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_______（用②中测量

的量表示）；若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为________（用②中测量的量表示）。(4)若没有测量两球的质量，只是分别找到m1碰前平均落地点的位置P、m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N。若要验证两球相碰是弹性碰撞，则要验证的表达式为________【答案】(1).C

(2).ADE(3).112mOPmOMmON=+(4).222112mOPmOMmON=+(5).OPONOM=−【解析】【详解】(1)[1]ACB．小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小

球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，AB错误C正确。故选C。(2)[2]ABCDE．要验证动量守恒定律定律，即验证11223mvmvmv=+根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相

同，设落地时间为t，则1OPvt=，2OMvt=，3ONvt=解得112mOPmOMmON=+因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，BC错误ADE正确。故选ADE。(3)[3]根据(2)[2]的解释动量守恒的表达式为112mOPmOMmON=+(3)[4]

若碰撞是弹性碰撞，那么还满足222111223111222mvmvmv=+结合公式1OPvt=，2OMvt=，3ONvt=整理为222112mOPmOMmON=+(4)[5]根据动量守恒和能量守恒11223mvmvmv=+222111223111222mvmvmv

=+解得122112mmvvmm−=+131122mvvmm=+显然321vvv−=因平抛运动中的时间相等，所以有OPONOM=−三、计算题13.质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，若规定竖直向下为正方向，不计空气

阻力。（g=10m/s2）(1)求小球与地面碰撞前后的动量变化；(2)若小球与地面的作用时间为0.2s，求小球受到地面的平均作用力及从小球接触地面到反弹到最高点的过程中，重力的冲量。【答案】（1）2kgm/s−；（2）12N−，1.2Ns

【解析】【详解】（1）取竖直向下方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为210.2(4)kgm/s0.26kgm/s=2kgm/smpmvv−=−−−=（2）由动量定理，选向下为正方向NFtmgtp+=解得N12NF=−小球接触地面后反弹到最高点

的过程中时间22vgt=解得20.4st=因此总时间为2=0.6sttt+=总则重力的冲量GImgt=总解得G1.2NsI=14.如图所示，真空中带电荷量分别为＋Q和－Q的点电荷A、B相距r。试探电荷带电量大小为q，

电性为负，求：(1)试探电荷在两点电荷连线的中点O处时，受到的电场力F1；(2)试探电荷在两电荷连线的中垂线上，且距A、B两点都为r的O′点时，受到的电场力F2。【答案】(1)128kQqFr=，方向水平向左；(2)22kQqFr=，方向水平向左【解析】【详

解】(1)两点电荷对中垂线上的O点的试探电荷的电场力为224()2kQqkQqFrr==电场力的方向由同性相斥，异性相斥可知，均水平向左，则电场力的合力为1282kQqFFr==方向水平向左。(2)两点电荷对

O点的试探电荷的电场力为2kQqFr=电场力的方向由同性相斥，异性相斥可知，A施加的电场力沿OA指向A，B施加的电场力沿BO向外，由几何关系知两电场力的夹角为120°，则电场力的合力为222cos60kQqFFr==方向水平

向左。15.如图所示是某类潮汐发电示意图。涨潮时开闸，水由通道进入海湾水库蓄水，待水面升至最高点时关闭闸门（如图甲），落潮时，开闸放水发电（如图乙）。设海湾水库面积为6.0×108m2，平均最高水位与最低水

位差为4.0m，一天涨落潮两次，发电机的平均能量转化效率为10%，则一天内发电的平均功率约为（ρ海水＝1.0×103kg/m3，g取10m/s2），结果保留一位有效数字。【答案】511W10.k【解析】【详解】利用潮汐发电，就是水的重力势能转化为电能，水能转化电能的效率是10%，一次涨潮，退

潮后水坝内水的势能增加WGhmghVghShgh====水水水海水平均潮差为4.0m，则水的重心下降的高度4.0m=2m2h=则水的势能可转变为电能381210%10%1.0106.010104.020.1J4.810JWWSghh====电水水每天2次涨潮，

则该电站一天能发电129.610J，所以每天的平均功率为1259.610W=1.12436001kW0P=16.设地球的质量为M，半径为R，地面上物体的质量为m，地球自转的角速度为ω(1)求物体分别处于北极和赤道时，物体的重力；(2)随着地球自转角速度增加

，物体受到的地面的支持力减小，求地球开始瓦解（地面上的物体由于地球自转飞离地面）的角速度ω1。【答案】（1）2MmGR，22MmGmRR−；（2）13GMR=【解析】【详解】（1）在北极上，物体所需要的向心力为零，万有引力等于重力，则有2MmmgGR=在赤道上，物体所需要的向心力最大

，则有22MmGmgmRR=+解得22MmmgGmRR=−（2）在赤道上，对物体分析有22MmGmgmRR=+，NFmg=当NF=0时，地球开始瓦解，即0mg=，则有212MmGmRR=解得13GMR=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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