四川省泸州市泸县第一中学2020届高三上学期期中考试理综物理试题 18页

四川省泸州市泸县第一中学2019-2020学年高三上学期期中理综物理试题 ‎1.关于物理学中的贡献，下列说法正确的是（ ）‎ A. 奥斯特最先发现电流的磁效应且首先制造出最原始的发电机 B. 法拉第通过大量的实验研究发现电磁感应现象且首先制造出最原始的发电机 C. 惠更斯发现单摆具有等时性，他由此制造出第一台摆钟 D. 伽利略发现单摆具有等时性，他由此制造出第一台摆钟 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】奥斯特最先发现电流的磁效应，法拉第首先制造出最原始的发电机，故A错误；法拉第通过大量的实验研究发现电磁感应现象且首先制造出最原始的发电机，故B正确；伽利略最先发现单摆做微小摆动的等时性，惠更斯利用其等时性制作了摆钟，故CD错误．‎ ‎2.如图所示，线圈ABCD固定在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外．当磁场变化时，发现线圈AB边受安培力方向水平向右且恒定不变，则磁场的变化情况可能是图中的(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，可知感应电流的方向由B到A，再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B到A 的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式，因安培力的大小不变，则是定值，因磁场B增大，则减小，即B-t线切线的斜率逐渐减小； ‎ A.该图与结论不相符，则选项A错误；‎ B. 该图与结论不相符，则选项B错误；‎ C. 该图与结论不相符，则选项C错误；‎ D. 该图与结论相符，则选项D正确；‎ ‎3.如图所示，有一内壁光滑的高为H=5m、宽为L=1m的直立长方形容器，可视为质点的小球在上端口边缘O以水平初速度v0向左抛出正好打在E点，若球与筒壁碰撞时无能量损失，不计空气阻力，重力加速度的大小为g=10m/s2．则小球的初速度v0的大小可能是 A. 2m/s B. 4m/s C. 6 m/s D. 9 m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平抛运动在水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动规律列出方程；小球水平运动的路程可能为长方形容器宽度的2n+1倍，由此关系可求得初速度．‎ ‎【详解】根据平抛运动的分析可知，（2n+1）L=v0t，解得v0=（2n+1）L ，要满足题意，n=0,1,2,3…，‎ 所以v0的可能值为1m/s，3m/s，5m/s，7m/s，9m/s…‎ 故D正确，ABC错误；‎ 故选D．‎ ‎4.如下图所示，ab间接入u=200‎ sin100πtV的交流电源，理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，Rt为热敏电阻，且在此时的环境温度下Rt=2Ω(温度升高时其电阻减小)，忽略保险丝L的电阻，电路中电表均为理想电表，电路正常工作，则 A. 电压表的示数为100V B. 保险丝的熔断电流不小于25A C. 原副线圈交流电压的频率之比为2︰1‎ D. 若环境温度升高，电压表示数减小，电流表示数减小，输入功率不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据变压器初次级的匝数比求解次级电压有效值即为电压表读数；熔断电流是指有效值；变压器不改变交流电的频率；环境温度升高，则热敏电阻阻值减小，根据次级电压不变进行动态分析.‎ ‎【详解】ab端输入电压的有效值为200V，由于理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，可知次级电压有效值为100V，即电压表的示数为100V，选项A错误；次级电流有效值为 ，则初级电流有效值，则保险丝的熔断电流不小于25A， 选项B正确；变压器不改变交流电压的频率，原副线圈的交流电压的频率之比为1︰1，选项C错误；若环境温度升高，Rt电阻减小，但是由于次级电压不变，则电压表示数不变，电流表示数变大，次级功率变大，则变压器的输入功率变大，选项D错误；故选B.‎ ‎【点睛】要知道有效值的物理意义，知道电表的读数都是有效值；要知道变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，并会计算；要会分析电路的动态变化，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况．‎ ‎5.如图所示，A为地球赤道表面的物体，B为环绕地球运行的卫星，此卫星在距离地球表面R/2的高度处做匀速圆周运动，且向心加速度的大小为a.已知地球同步卫星的轨道半径为6.6R，R为地球的半径，引常量为G.则下列说法正确的是( )‎ A. 地球两极的重力加速度大小3a/2‎ B. 物体A的线速度比卫星B的线速度大 C. 地球的质量为 D. 地球的第一宇宙速度大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据万有引力等于向心力，结合同步卫星的加速度和轨道半径求出加速度关系．地球赤道上的物体与同步卫星的角速度相等，根据a=rω2得出向心角速度关系，利用万有引力等于向心力求得地球的质量．‎ ‎【详解】卫星B绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有，又r0=1.5 R，对于地球两极的物体有G=m′g，解得，g=2.25 a，，故A C错误；物体A与地球同步卫星的角速度相等，根据v=ωr知，同步卫星的线速度大于物体A的线速度，又由可知，同步卫星的线速度小于卫星B的线速度，故物体A的线速度小于卫星B的线速度，故B错误；由，并结合GM=gR2，可得地球的第一宇宙速度为，故D正确．故选D．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，注意赤道上的物体不是靠万有引力提供向心力．‎ ‎6.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16 eV，速度方向垂直于等势面D飞经等势面C时，电势能为－8eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为4 cm，电子重力不计．则下列说法正确的是 ( )‎ A. 电子做匀变速直线运动 B. 匀强电场的电场强度大小为100 V／m C. 等势面A的电势为－8 V D. 电子再次飞经D等势面时的动能为16 eV ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等势面方向得到场强方向，从而得到电子所受电场力方向，即可得到电子运动；再根据电子运动过程得到动能变化，进而得到电势能不变，从而得到电势变化，即可根据等势面C处的电势能求得其他地方的电势．‎ ‎【详解】A．电子运动方向垂直于等势面，故电子运动方向和电场方向平行，那么，电子加速度方向和运动方向平行，故电子做匀变速直线运动，故A正确；‎ BC．电子飞至等势面B时速度恰好为零，故有动能定理可知：电子从等势面D到等势面B，克服电场力做功为16eV，故等势面D、B间的电势差为16V，故场强为：；又有从D到B电势降低；等势面C处电子的电势能为-8eV，故等势面C的电势为8V，所以，等势面A的电势比等势面C的电势低16V，故为-8V，故B错误，C正确；‎ D．电子运动过程只有电场力做功，故电子再次飞经D等势面时电场力做功为零，那么，电子动能不变，仍为16eV，故D正确；‎ 故选ACD．‎ ‎【点睛】带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定，故一般通过受力分析（或运动分析），由牛顿第二定律，通过加速度得到运动情况（或受力情况）．‎ ‎7.为了安全，在公路上行驶的汽车必须保持距离．假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上行驶，甲车在前，乙车在后．t=0时刻，发现前方有事故，两车同时开始刹车，行进中两车恰好没有发生碰撞．两车刹车过程的v–t图象如图所示，以下判断正确的是 A. 两车都停止运动时相距25 m B. t=0时刻两车间距等于50 m C. t=5 s时两车间距小于t=15 s时两车间距 D. 乙车刹车的加速度大小是甲车的1.5倍 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、行进中两车恰好没有发生碰撞，说明t＝10s时刻两车速度相等时恰好相遇，则t＝0时刻两车间距等于两车在10s位移之差，为： m＝50m．根据图象与时间轴围成的“面积”表示位移可知，甲的刹车距离为：m=200m，而乙的刹车距离为：m，两车都停止运动时相距为：＝225m﹣（50m+200m）＝25m；故AB正确．‎ C、根据“面积”表示位移，可知t＝5s～15s内两车通过的位移相等，所以t＝5s时两车间距等于t＝15s时两车间距，故C错误．‎ D、根据v﹣t图象的斜率表示加速度，甲的加速度大小为：a1＝1m/s2；乙的加速度大小为：a2＝2m/s2；故乙车的加速度是甲车的加速度的2倍；故D错误．‎ ‎8.带电小球在电场力和重力作用下，由静止开始沿竖直方向向下运动．运动过程中小球的机械能随位移关系如图所示，曲线关于x＝x0对称，最低点位置坐标为x0，在小球运动到x＝2x0的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 小球所受电场力方向可能不变 B. 小球所受电场力始终比重力小 C. 小球加速度一直增大 D. 小球在x0位置时，动能最大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，小球机械能先减小后增大，则说明电场力先做负功后做正功，运动方向不变，故电场力方向发生变化，故A错误；0﹣x0段小球做加速，又电场力做负功，故竖直向上，故重力大于电场力，两段关于x0对称，故小球所受电场力始终比重力小，故B正确；图象中斜率表示电场力，由图可知，电场力先减小后增大；且据A项分析可知电场力方向先竖直向上，此时a＝g﹣，故加速度增大；后电场力竖直向下且增大，加速度为a＝g+，则加速度继续增大，故加速度一直增大；故C正确；根据C项分析可知，加速度方向始终与速度方向相同，故小球一直加速，2x0处速度最大，故D错误．‎ ‎9.唐中“加速度”社的红梅和秀丽同学在“探究功与速度变化的关系”实验中，采用如图甲所示装置，水平正方形桌面距离地面高度为h，将橡皮筋的两端固定在桌子边缘上的两点，将小球置于橡皮筋的中点，向左移动距离s，使橡皮筋产生形变，由静止释放后，小球飞离桌面，测得其平抛的水平射程为L.改变橡皮筋的条数，重复实验.‎ ‎（1）实验中，小球每次释放的位置到桌子边缘的距离s应_______________(选填“不同”“相同”或“随意”).‎ ‎（2）取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线，如图乙所示，应选__________(填“L”或“L2”)为横坐标.若直线与纵轴的截距为b，斜率为k，可求小球与桌面间的动摩擦因数为__________(使用题中所给符号表示).‎ ‎【答案】 (1). 相同 (2). L2 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎ (1)小球每次释放位置到桌子边缘的距离s要相同，这样保证每根橡皮条的形变量相等，则每根弹簧弹力做的功相等．‎ ‎(2)小球抛出后做平抛运动，根据，解得：，则初速度，‎ 根据动能定理得：，‎ 则 所以应选L2为横坐标，斜率k=，b=μmgs 解得：μ=‎ ‎10.某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有：‎ 小灯泡L(额定电压3.8V，额定电流0.32A)‎ 电压表V (量程3V，内阻3kΩ)‎ 电流表A(量程0.5A，内阻0.5Ω)‎ 固定电阻(阻值1000Ω)‎ 滑动变阻器R(阻值0～9.0Ω)‎ 电源E(电动势5V，内阻不计)‎ 开关S，导线若干．‎ ‎（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图____．‎ ‎（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示．‎ 由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻___(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率____(填“增大”“不变”或“减小”)．‎ ‎（3）用另一电源(电动势4V，内阻1.00Ω)和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率，闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为___W．(结果均保留2位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 电路图见解析； (2). 增大； (3). 增大； (4). 0.39‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻与电流表内阻接近，故应采用电流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用R0和电压表串联，故原理图如图所示； （2）[3][4]．I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；‎ ‎（3）[5]．当滑动变阻器的阻值最大为9.0Ω时，电路中的电流最小，灯泡实际功率最小，由E=U+I（R+r）得 U=-10I+4，‎ 作出图线①如图所示．由交点坐标可得U1=1.78 V，I1=221 mA，‎ P1=U1I1≈039  W；‎ ‎11.在xOy平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于y轴向下，在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强电场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场，质点到达x轴上A点，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d，接着，质点进入磁场，并垂直与OC飞离磁场，不计重力影响，若OC与x轴的夹角为φ.求：‎ ‎⑴粒子在磁场中运动速度的大小；‎ ‎⑵匀强电场的场强大小.‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）由几何关系得：R=dsinφ 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 解得：‎ ‎（2）质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有：‎ v0=vcosφ vsinφ=at d=v0t 设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 qE=ma 解得：‎ ‎12.如图所示，真空中某竖直平面内有一长为2l、宽为l的矩形区域ABCD，区域ABCD内加有水平向左的匀强电场和垂直于该竖直面的匀强磁场．一质量为m、电荷量为+q的带电微粒，从A点正上方的O点水平抛出，正好从AD边的中点P进入电磁场区域，并沿直线运动，从该区域边界上的某点Q离开后经过空中的R点(Q、R图中未画出)．已知微粒从Q点运动到R点的过程中水平和竖直分位移大小相等，O点与A点的高度差 ，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)微粒从O点抛出时初速度v0的大小；‎ ‎(2)电场强度E和磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)微粒从O点运动到R点的时间t．‎ ‎【答案】(1) ；(2)，；(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）从O到P，带电微粒做平抛运动：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以 ‎ ‎（2）在P点： ‎ ‎ ‎ 设P点速度与竖直方向的夹角为θ，则 ‎ ‎ 带电微粒进入电磁区域后做直线运动，受力如图，可知其所受合力为零，可知：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）设微粒从P到Q所用时间为t1，‎ ‎ ‎ 设微粒从Q到R所用时间为t2，因水平和竖直分位移相等，得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 由题意得：‎ ‎ ‎ 微粒从0点运动到R点的时间t为：‎ ‎ ‎ 所以：‎ ‎13.下列说法正确的是（　　）‎ A. 空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性 B. 第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量的转化和守恒定律 C. 对于一定质量的理想气体，只要温度升高其内能就一定增大 D. 用温度计测量温度是根据热平衡的原理 E. 随着科技的发展，热机的效率定能达到100%‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】热传递存在方向性是说热量只能自发的从高温物体传向低温物体，空调的制冷过程是热量从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂，再通过压缩制冷剂将热量传到室外，而制热过程也是这样进行的．故A错误．第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量的转化和守恒定律．故B 正确．理想气体内分子之间的相互作用忽略不计，所以理想气体的内能仅仅与温度一个，对于一定质量的理想气体，只要温度升高其内能就一定增大．故C正确．用温度计测量温度是根据热平衡的原理，故D正确．根据热力学第二定律可知，即使科学技术有长足进步，将来的热机的效率也达不到100%．故E错误．‎ ‎14.如图所示，粗细均匀的U型玻璃管在竖直平面内放置其中AB段水平，左右两管均竖直．右侧玻璃管内封闭一定质量的理想气体，气柱长度L＝10cm，左侧玻璃管开口且足够长．室温为27℃时，左右两管内水银柱的高度均为h＝10cm．求：右管内封闭气体为多少摄氏度时，两侧管内水银柱高度差为5cm（已知大气压强p0＝75cmHg）．‎ ‎【答案】若左管水银面比右管低5cm，气体温度为77摄氏度；若右管水银面比左管低5cm，气体温度为﹣33摄氏度．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】以封闭气体为研究对象；初态压强P0＝75cmHg，体积V0＝LS，温度T0＝（273+27）K＝300K 若左管水银面比右管低5cm，其末态压强为：P1＝（p0﹣h）cmHg＝70cmHg 末态体积为：V1＝（L+2.5）S＝12.5S 根据理想气体状态方程得： ‎ 代入数据解得：T1＝350K＝77℃‎ 若右管水银面比左管低5cm，其末态压强为：P2＝（p0+h）cmHg＝80cmHg 末态体积为：V2＝（L﹣2.5）S＝7.5S 代入数据解得：T2＝240K＝﹣33℃‎ ‎15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t秒与（t+2）秒两个时刻，在x轴上（-3m，3m）区间的波形完全相同，如图所示．并且图中M，N两质点在t秒时位移均为，下列说法中不正确的是 A. 该波的最大波速为20m/s B. （t+0.1）秒时刻，x=-2m处的质点位移一定是a C. 从t秒时刻起，x=2m处的质点比x=2.5m的质点先回到平衡位置 D. 从t秒时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰 E. 该列波在传播过程中遇到宽度为d=3m的狭缝时会发生明显的衍射现象 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题意知，‎ ‎02s=nT 传播速度 所以该波的最小波速为20m/s，故A错误符合题意；‎ B.由 ‎0.2s=nT 当n=2时，T=0.1s，所以（t+0.1）秒时刻，x=-2m处的质点位移是-a，故B错误符合题意；‎ C.由t时刻波形图知，x=2m处的质点在波谷向上振动，x=2.5m的质点向下运动，所以x=2m处的质点先回到平衡位置，故C正确不符合题意；‎ D. 根据数学知识得知质点M和N之间的距离等于 ，由波形得知，质点M第一次到达平衡位置时，质点N不在波峰．故D错误符合题意；‎ E.该波的波长等于4m大于狭缝的尺寸，故能发生明显的衍射现象，所以E正确不符合题意．‎ ‎16.某次探矿时发现一天然透明矿石，经测量其折射率n＝．人工打磨成球形后置于空气中（如图所示），已知球半径R＝10 cm，MN是一条通过球心O的直线，单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，AB与MN间距为d=5cm，CD为出射光线．求：‎ ‎①光从B点传到C点的时间；‎ ‎②CD与MN所成的角α.‎ ‎【答案】①光从B点传到C点的时间为×10﹣9s；②CD与MN所成的角α为30°．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①连接BC，作出光路图．由几何知识求出光线在B点时的入射角，根据折射定律求出折射角，由几何关系求出BC，由v=求出光在球体中传播的速度v，再求解光从B点传到C点的时间；‎ ‎②由光路可逆性得到光线在C点的折射角，根据几何知识求出CD与MN所成的角α．‎ ‎【详解】光路图如图．‎ ‎①光线在B点界面入射角与折射角分别为θ1、θ2．‎ 由数学知识得：sinθ1===，θ1=45°‎ 由折射率n=‎ 得：sinθ2===‎ 光在球体中传播的速度 v=‎ BC间的距离 S=2Rcosθ2‎ 则光线在球中传播的时间 t=====×10﹣9s ‎②在C点折射角为β，根据光路可逆性得：β=θ1=45°‎ 由几何知识得：∠COP=π﹣θ1﹣∠BOC=180°﹣45°﹣120°=15°，‎ 因α+∠COP=β，得 α=β﹣∠COP=45°﹣15°=30°‎ 答：‎ ‎①光从B点传到C点的时间为×10﹣9s；‎ ‎②CD与MN所成的角α为30°．‎ ‎【点睛】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的基础，此类问题还要能熟练运用几何知识，根据折射定律和光速公式求解．‎ ‎ ‎