【物理】福建省厦门第一中学2020届高三上学期12月试题（解析版） 19页

福建省厦门第一中学2020届高三上学期12月试题 一、选择题 ‎1.下列各种关于近代物理学的现象中，与原子核内部变化有关的是 A. 紫外线照射锌板时，锌板向外发射光电子的现象 B. α粒子轰击金箔时，少数发生大角度偏转的现象 C. 含铀的矿物质自发向外放出β射线（高速电子流）的现象 D. 氢原子发光时，形成不连续的线状光谱的现象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故A错误；‎ B．α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故B错误；‎ C．天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出α射线或β射线，从而发生α衰变或β衰变，反应的过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，故C正确；‎ D．原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有涉及到原子核的变化，故D错误；‎ ‎2.某厂家为了测试新款汽车的性能，将两辆完全相同的汽车并排停在检测场的平直跑道上，t=0时刻将两车同时启动，通过车上的速度传感器描绘出了两车的速度随时间变化的规律图线，如图所示．已知图象中两阴影部分的面积S2>S1，则下列说法正确的是 A. t1时刻甲车的加速度小于乙车的加速度 B. t1时刻甲车在前，t2时刻乙车在前 C. 0-t2的时间内两车可能相遇2次 D. 0-t2的时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．速度时间图线的斜率表示加速度，由题图可知，t1时刻甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误。‎ B．由S2＞S1，可知，t1时刻乙车在前，t2时刻甲车在前，故B错误。‎ C．0-t2时间内，两车相遇的时刻在t1时刻后，t2时刻前，故两车仅能相遇1次，故C错误。‎ D．0-t2的时间内甲车的位移大于乙车的位移，所用时间相等，则0-t2的时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故D正确。‎ ‎3.如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA>mB.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车 (　　)‎ A. 向左运动 B. 左右往返运动 C. 向右运动 D. 静止不动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，AB的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A正确，BCD错误．‎ ‎4.黄冈中学校外输电线路故障导致全校停电，学校启用校内发电机供电．该发电机的输出电压 ，通过匝数比为4﹕1的理想变压器给教学楼内若干盏（220V，40W）日光灯供电，如图所示，输电线总电阻r =10Ω，为保证日光灯正常发光，接入电路的日光灯数量为（ ）‎ A. 66 B. 132 C. 264 D. 330‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 发电机输出的电压的有效值为，为了保证日光灯正常发光，应使得副线圈两端的电压为220V，根据电压正比匝数公式可知，代入数据得，解得，根据电流反比匝数公式可得，解得，设接入电路的日光灯数量为n，故，解得，C正确．‎ ‎5.质量为m=2kg的物体仅受到水平拉力F的作用，在光滑的水平面上由静止开始做直线运动，运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如图所示．则下列判断正确的是 A. 0- 4s内物体先做加速运动再做匀速运动 B. 6s 末物体的速度为零 C. 0- 6s内拉力F冲量大小为18N·S D. 0-4s内拉力F做功49J ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．所给图为加速度的变化规律，同0-4s内物体先做加速度增加的加速运动，再做加速度不变的匀加速运动，则A错误；‎ B．根据a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，0-6s内物体速度的变化量为：‎ ‎ ‎ 第6s末的速度为：‎ v=v0+△v=9m/s 则B错误； C．0-6s内物体速度增量△v=9m/s，则其冲量为 I=m△v=2×9=18N∙s 则C正确；‎ D．4s末的速度 根据动能定理得0～4s内F所做的功是：‎ 则D正确.‎ ‎6.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷q1、q2，一个带电小球（可视为点电荷）恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动．已知O、q1、q2 在同一竖直线上，下列判断正确的是 A. 圆轨道上的电势处处相等 B. 圆轨道上的电场强度处处相等 C. 点电荷q1和q2一定是异种电荷 D. 点电荷q1对小球的库仑力一定是吸引力 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据两个点电荷q1、q2电场中等势面分布的对称性可知，圆轨道上的电势处处相等，故A正确。‎ B．根据电场线的分布情况可知：圆轨道上电场线疏密处处相同，电场强度的大小处处相等，但方向不同，所以电场强度不相同。故B错误。‎ CD．带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，由于两个电荷的电荷量相等，q1‎ 离带电小球比q2近，库仑力较大，水平方向的分力较大，则q1对小球的库仑力必定是吸引力，小球所受两个电荷的库仑力的合外力指向圆心的分力提供向心力，由于q1对带电小球的库仑力较大，水平方向的分力较大，q1、q2可能为异种电荷，则q2对小球的库仑力可能是斥力，故C错误，D正确。‎ ‎7.如图半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、带电量为-q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径AO夹角θ=30°的方向从A点垂直磁场射入，最后粒子从圆弧MN上射出，则磁感应强度的大小可能为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】当粒子轨迹恰好与MN相切时，为临界条件，粒子轨迹如图所示，‎ ‎ 根据几何知识可得：∠AO′B=120°，∠OAB=∠BAO′=30° 故有： ，‎ 解得：‎ 又知道 解得：‎ 若使粒子从圆弧MN上射出，故，即 A．，与结论相符，选项A正确；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，与结论相符，选项C正确；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎8.在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=1×104 N/C的匀强电场，在场中有一个半径为R=2 m的光滑圆环，环内有两根光滑的弦AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成角，质量为0.04 kg的带电小球由静止从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间相同．现去掉弦AB和AC，给小球一个初速度让小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，取小球圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点，（，g=10 m/s2）下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球所带电量q=3.6×10－5 C B. 小球做圆周过程中动能最小值是0.5 J C. 小球做圆周运动从B到A的过程中机械能逐渐减小 D. 小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是3.0N ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】解法一：‎ A．如图所示，令弦AC与直径BC的夹角为∠1，弦AB与水面夹角为∠2，由几何知识可得，‎ ‎，‎ 对沿弦AB带电小球进行受力分析，小球沿着弦AB向上运动，则小球电场力向右，故小球带正电，小球受到水平向右电场力，竖直向下的重力，垂直弦AB向上的支持力，则沿弦AB上有：‎ ‎…………①‎ 同理对沿弦AC的小球受力分析，沿弦AB方向有：‎ ‎…………②‎ 设小球从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间为t,则：‎ ‎…………③‎ ‎…………④‎ 由③/④可得，‎ ‎…………⑤‎ 联立①②⑤可得，‎ ‎…………⑥‎ 化简可得，‎ ‎…………⑦‎ 即…………⑧‎ 则…………⑨‎ 故A错误．‎ B．小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，小球受到水平方向电场力，竖直向下的重力和沿半径指向圆心的支持力，电场力和重力的合力为：‎ ‎，方向与竖直方向夹角为37°…………⑩‎ 延长半径AO交圆与D点．小球在A点可以不受轨道的弹力，重力和电场力的合力提供向心力，此时小球速度最小：‎ ‎…………⑪‎ 可得小球的最小动能 ‎ …………⑫‎ 故B正确．‎ C．小球从做圆周运动从B到A的过程中电场力做负功，则小球机械能减小，故C正确．‎ D．由B得分析可知，小球在D点时，对圆环的压力最大，设此时圆环对小球的支持力为…………⑬‎ 从A到D，由动能定理可得：‎ ‎…………⑭‎ 联立⑬⑭可得，‎ 由牛顿第三定律可得，小球对圆环的最大压力为：‎ 故D正确．‎ 解法二：‎ A. 由题知，小球在复合场中运动，由静止从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间相同，则A点可以认为是等效圆周的最高点，沿直径与之对应圆周上的点可以认为是等效圆周的最低点，对小球进行受力分析，小球应带正电，如图所示，可得 mgtan37=qE 解得小球的带电量为 故A错误；‎ B. 小球做圆周过程中由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，在圆上各点中，小球在等效最高点A的势能（重力势能和电势能之和）最大，则其动能最小，由于小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，根据牛顿第二定律，在A点其合力作为小球做圆周运动的向心力 ‎=m 小球做圆周过程中动能最小值 Ekmin=mvA2==J=0.5J 故B正确；‎ C.由于总能量保持不变，小球从B到A过程中电场力做负功，电势能增大，小球的机械能逐渐减小，故C正确； ‎ D.将重力与电场力等效成新的“重力场”，新“重力场”方向与竖直方向成，等效重力，等效重力加速度为，小球恰好能做圆周运动，在等效最高点A点速度为，在等效最低点小球对环的压力最大，设小球在等效最低点的速度为v，由动能定理得 在等效最低点，由牛顿第二定律 联立解得小球在等效最低点受到的支持力 根据牛顿第三定律知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力大小也为3.0N，故D正确．‎ 三、非选择题 ‎9.某课外小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律．‎ ‎（1）某同学利用螺旋测微器测量小理的直径，读数如图乙所示，小球的直径d=______mm．‎ ‎（2）如图甲所示的弹射装置将小球竖直上抛先后经过光电门A、B，计时装置测出通过A和B的时间分别为tA和tB，用刻度尺测出光电门A、B间距离h，已知当地重力加速度大小为g，则只需要验证等量关系式__________成立， 就可说明在误差允许范围内小球机械能守恒（用所测物理量符号表示）． ‎ ‎（3）通过多次实验发现，小球的重力势能变化量数值_______动能变化量数值（填“大于”或“小于”或“等于”），小球通过光电门A的时间越短，两个数值就相差越大产生误差的主要原因是_______.‎ ‎【答案】(1). 12.987 (2). (3) 小于 速度越大，空气阻力越大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．小球的直径为12.5mm+0.01mm×48.7=12.987mm． （2）[2]．若动能的增加量和重力势能的减小量相等，机械能守恒，重力势能的减小量为 ‎∆EP=mgh 动能的增加量为 则验证 即是否相等．‎ ‎（3）[3][4]．通过多次实验发现，小球的重力势能变化量数值小于动能变化量数值； 由于受到阻力作用，小球通过光电门A的时间越短，知速度越大，空气阻力越大．‎ ‎10.现用以下器材较准确测量一个定值电阻的阻值（阻值约为一百多欧姆）‎ A.待测电阻Rx；‎ B.电源E，电动势约3.0V，内阻可忽略不计；‎ C.电流表Al，量程为0- 150mA，内阻r= 20Ω；‎ D.电流表A2， 量程为0- 200mA，内阻约为5Ω；‎ E.直流电压表V，量程为0~15V，内阻约为30kΩ；‎ F.滑动变阻器R1，最大阻值为10Ω，额定电流为1A；‎ G.滑动变阻器R2，最大阻值为100Ω，额定电流1A；‎ H，单刀单掷开关S，导线若干；‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选用________，为提高精度，应选用_______来测量电压（均填写仪器前的字母）；‎ ‎（2）在方框中画出测量电阻R的实验电路原理图（图上要标明器材后面的字母）；‎ ‎（3）若某次测量中两电表的示数为a和b （a数值上大于b），则计算Rx的表达式为Rx=__________（用a、b、r表示）．‎ ‎【答案】(1). F C (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．为方便调节选择阻值小的滑动变阻器F，且使用分压式；因为电压表的量程过大，所以不能选择，则电流表选择两个电流表，用已知内阻的电流表Ｃ作为电压表使用；‎ ‎（2）[3]．作为测电流的电流表则用外接法电路图如图所示：‎ ‎ （3）[4]．根据欧姆定律有：‎ ‎；‎ ‎11.2019年3月3日，中国探月工程总设计师吴伟仁宜布中国探月工程“三步走”即将收官，我国对月球的探索将进入新的征程． 月球若近似认为月球绕地球作匀速圆周运动，地球绕太阳也作匀速圆周运动，它们的绕行方向一致且轨道在同一平面内． ‎ ‎（1）已知地球表面处的重力加速度为g，地球半经为R，月心地心间的距离为r，求月球绕地球-周的时间Tm；‎ ‎（2）如图是相继两次满月时，月球、地球和太阳相对位置的示意图．已知月球绕地球运动一周的时间Tm =27d，地球绕太阳运动的周期Te=365d，求地球上的观察者相继两次看太阳到满月的时间间隔t．‎ ‎【答案】（1） （2） 29.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设地球的质量为M，月球的质量为m，地球对月球的万有引力提供向心力，则：‎ 地球表面万有引力近似等于重力，则：‎ 解得：‎ ‎ ；‎ ‎（2）相继两次满月，月球绕地心转过弧度比地球绕日心转过的弧度多2π，即 ωmt=2π+ωet 而 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得：‎ t=29.6天。‎ ‎12.某兴趣小组设计制作了一种磁悬浮列车模型，原理如图所示，PQ和MN是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场B1和B2，二者方向相反．矩形金属框固定在实验车底部（车厢与金属框绝缘）．其中ad边宽度与磁场间隔相筹，当磁场B1和B2同时以速度v0= 10m/s沿导轨向右匀速运动时，金属框受到磁场力，并带动实验车沿导轨运动．已知金属框垂直导轨的ab边长L=0.1m、总电阻R=0.8Ω，列车与线框的总质量m=4.0kg，B1=B2=2.0T， 悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力f=0.4N．‎ ‎（1）求实验车所能达到的最大速率；‎ ‎（2）实验车达到的最大速率局，某时刻让磁场立即停止运动，实验车运动20s之后也停止运动，求实验车在这20s丙的通过的距离：‎ ‎（3）假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动，经过时间t=24s时，发现实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度为v=2m/s，求由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间．‎ ‎【答案】（1）8m/s （2）120m （3） 2s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验车最大速率为vm时相对磁场的切割速率为v0-vm，则此时线框所受的磁场力大小：‎ ‎ ‎ 此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：‎ F=f 联立代入数据解得：‎ vm=8m/s ‎（2）磁场停止运动后，线圈中的电动势为：‎ E=2BLv 线圈中的电流为：‎ ‎ ‎ 实验车所受的安培力为：‎ F=2BIL 实验车停止运动的过程，根据动量定理，得：‎ ‎∑F△t+ft＝mvm 整理得：‎ ‎ ‎ 而 ‎∑v△t＝x 解得：‎ x=120m ‎（3）根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a，则t时刻金属线圈中的电动势为：‎ E=2BL（at-v）‎ 金属框中感应电流为：‎ ‎ ‎ 又因为安培力为：‎ ‎ ‎ 所以对试验车，由牛顿第二定律得：‎ 得：‎ a=1.0m/s2‎ 设从磁场运动到实验车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势为：E0=2BLat0 金属框中感应电流为：‎ ‎ ‎ 又因为安培力为：‎ ‎ ‎ 对实验车，由牛顿第二定律得：‎ F0=f 即 ‎ ‎ 得：‎ t0=2s ‎（二）选考题 ‎13.下列说法正确的是__________.‎ A. 当分子之间表现为斥力时，分子间距离越小，分子势能越大 B. 物体的温度越高，分子的热运动越剧烈，每个分子的动能都增大 C. 外界对封闭气体做功，气体的温度可能降低 D. 从单一热源吸收热量，不可能使之完全变成功 E. 气体向真空自由膨胀的过程是不可逆过程 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当分子之间表现为斥力时，分子间距离越小，斥力做负功，分子势能增大，故选项A正确；‎ B、物体的温度越高，分子的热运动越剧烈，分子平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，有个别分子动能也可能减小，故选项B错误；‎ C、外界对封闭气体做功，气体向外界放出热量，如果放出热量大于做功，内能会减小，气体温度降低，故选项C正确；‎ D、从单一热源吸收热量，如果有外界参与时，是可以使之完全变成功，故选项D错误；‎ E、热现象具有方向性，气体向真空自由膨胀的过程就是一种不可逆过程，没有外界的参与气体是不可能自动收缩回去的，故选项E正确．‎ ‎14.近年来我们国家倡导节能减排，促进绿色环保，作为一名公民也要从身边力所能及的小事做起，少开车多骑自行车．一般设计自行车内胎的压强不能高于1.8atm否则易爆胎，另外自行车长时间骑行，会使内胎温度比外界高5℃，所以夏天充气压强要低点．一辆自行车内胎压强，降到1.1atm，在27℃的室温下用200mL的微型打气简给内胎充气，外界大气压强视为1.0atm，内胎容积3000mL，充气过程视为温度不变、内胎容积不变，则：‎ ‎（i）将内胎气压充到1.5atm，需要用微型打气简打多少次?‎ ‎（ii）在室温下充气到1.75atm，能在外界40℃高温下长时间骑行吗?‎ ‎【答案】（i） 6 （ii）不能 ‎【解析】‎ ‎【详解】（i）假设需充气N次，以充入气体后所有气体为研究对象， 充气筒内压强为：P0=1atm，体积V0=200mL 充气前胎内压强为：P1=1.1atm，体积V1=3000mL 充气后所有气体压强为：P2=1.5atm，体积V2=3000mL 充气过程温度不变，根据玻意耳定律得：‎ NP0V0+P1V1=P2V2‎ 解得：‎ N=6‎ ‎（ii）骑车过程轮胎内气体做等容变化，由查理定律得：‎ 其中P3=1.75atm、T3=300K、T4=318K 代入数据解得：P4=1.855atm＞1.8atm 故在室温下充气到1.75atm，不能在外界40℃高温下长时间骑行.‎ ‎15.如图所示为某时刻的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图， 此时a波上某质点P的运动方向如图所示，则下列说法正确的是 ‎ A. 两列波具有相同的波速 B. 此时b波上的质点Q正沿y轴正方向运动 C. a波和b波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样 D. 一个周期内，Q质点沿x轴前进的距离是P质点的1.5倍 E. 在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动 ‎【答案】ABE ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：两简谐横波在同一介质中的波速相等，故A正确；‎ B项：由质点P向下振动可得：a波向左传播；故根据两波传播方向一致可得：b波向左传播，故质点Q向上振动，故B正确；‎ C项：由图可得：两波波长不等，故周期不等，那么，不能产生稳定的干涉图样，故C错误；‎ D项：简谐横波上质点在波的传播方向上位移为零，故质点在x轴方向位移为零，故D错误；‎ E项：由图可得：，故，，那么，在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成次全振动，故E正确．‎ ‎16.某同学作“测定玻璃的折射率”实验时，用他测得的多组入射角i与折射角r作出的图像，如图甲所示．‎ ‎（1）求该玻璃的折射率n．‎ ‎（2）他再取用该种玻璃制成的直角三棱镜，入射光的方向垂直于斜边，如图乙所示；则角θ在什么范同内，入射光经过两次全反射又从斜边射出？‎ ‎【答案】(1)2 (2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由甲图可知入射角与折射角正弦关系，由光的折射定律可求得玻璃的折射率；根据全反射的条件：i≥C和几何知识结合分析入射角的范围，从而得到θ的范围．‎ ‎(1)由图甲可计算出该玻璃的折射率为：‎ ‎(2)光的传播方向如图所示，欲使入射光在左侧直角边发生全反射，须 sin θ＞sin C= ‎ 解得：θ＞30°‎ 又当光线行进至右侧直角边时，入射角为90°－θ，欲使入射光在该边发生全反射，须 sin(90°－θ)＞sin C=‎ 解得：θ＜60°‎ 点睛：本题主要考查了光的折射定律，知道图象是高中物理中常用工具，应掌握图象的意义，并能结合公式去理解图象．‎