陕西省西安市莲湖区2020届高三上学期期中考试物理试题

陕西省西安市莲湖区2020届高三上学期期中考试物理试题

高三物理试卷 考生注意:‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共100分。考试时间100分钟。‎ ‎2.请将各题答案填写在答题卡上。‎ ‎3.本试卷主要考试内容:高考全部内容。‎ 第Ⅰ卷　(选择题　共40分)‎ 选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1~6题只有一项符合题目要求,第7~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分。‎ ‎1.某日，一同学在游乐场乘坐摩天轮，已知摩天轮沿顺时针方向做匀速圆周运动，此时的阳光正好垂直水平地面照射，如图所示，下列说法正确的是 A. 该同学运动到A点时处于超重状态 B. 该同学运动到B点时所受合力零 C. 该同学运动到C点时，他在地面上的影子速度恰好为零 D. 该同学运动到C、D两点之间时，他在地面上的影子做加速运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意知该同学到A点时向心加速度向上，故处于超重状态，故A正确；‎ B．该同学运动到B点时因为还是在做匀速圆周运动，所受合力提供向心力，故合力不为零，所以B错误；‎ C．该同学运动到C点时，因其速度水平，故投影到地面时速度不为零，即影子速度不为零，故C错误；‎ D．该同学运动到C、D两点之间时，因其分解到水平方向的运动在C点速度最大，水平分速度逐渐减小，到达D点水平分速度为0，所以他在地面上的影子做减速运动，故D错误．‎ ‎2.如图所示，理想变压器的原线圈接在u=110sin 60πt(V)的交流电源上，副线圈接有阻值为55 Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为1：2，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是 A. 电压表的示数为55 V B. 原线圈的输入功率为880 W C. 副线圈输出交流电的频率为60 Hz D. 若在副线圈上电阻R的两端再并联一个阻值为55 Ω的定值电阻，则电流表的示数为‎8 A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为原线圈电压关系：‎ u=110sin 60πt 故可知原线圈电压有效值为110V，原、副线圈匝数之比为1：2，所以有：‎ 解得电压表的示数，故A错误；‎ B．因副线圈的功率为：‎ 故B正确；‎ C．根据原线圈电压关系可知该交流电的频率为30Hz，故C错误；‎ D．若在副线圈上电阻R的两端再并联一个阻值为55 Ω的定值电阻，可知总电阻为：‎ 所以副线圈电流为：‎ 根据：‎ 可知原线圈电流，即电流表示数为I2=‎16A，故D错误．‎ ‎3.如图所示，足够长的木板B上表面水平，静止在光滑水平地面上，小物块A静止放置在木板B上，从某时刻(t=0)起，给木板B施加一水平向右的力F，且F=kt(k为定值)．已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，且最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，则物块A的加速度a随时间t的变化关系正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知开始时A、B一起在F的作用下做加速度均匀增加的加速直线运动，‎ F=kt=(mA+mB)a 解析得 ‎ 加速度与时间成正比．‎ 当F大于最大静摩擦力时A、B发生相对滑动，此时对A分析有：‎ 解得：，此后A做匀加速直线运动，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，所以B的最大加速度大于μg，故选D．‎ ‎4.如图所示，两相同的小球M、N用等长的绝缘细线悬挂在竖直绝缘墙壁上的O点，悬点到小球中心的距离均为L，给小球N带上电，电荷量大小为q，小球M上电荷量未知且保持不变．由于库仑斥力作用，初次平衡时两小球间的距离为d1，由于某种原因，小球N缓慢漏电，当两小球间的距离为d2时，小球N的电荷量为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，对小球M受力分析可知M所受的重力，绳的拉力和库仑力F构成的力的三角形与OMN长度三角形一直相似，所以当初次平衡时两小球间的距离为d1时有：‎ 当两小球间的距离为d2时有;‎ 而根据库仑定律，两种状态下库仑力分别有：‎ 联立解得：，故选B．‎ ‎5.如图所示，一圆盘与水平方向夹角为30°，半径为‎0.1 m，圆盘可绕过圆盘中心垂直盘面的转轴转动，一物体放置在圆盘边缘，物体与圆盘间的动摩擦因数为，当圆盘以某一角速度转动时，物体在最低点恰好不会被甩离圆盘，取g=‎10 m/s2‎ ‎，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 A. 物体在最低点受到的摩擦力恰好为零 B. 物体的线速度大小为‎1 m/s C. 圆盘转动的角速度为5 rad/s D. 物体的向心加速度大小为‎5 m/s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物体在最低点恰好不会被甩离圆盘，物体受到的是最大静摩擦力，重力沿圆盘方向的分力，与最大静摩擦力的合力提供向心力，故A错误；‎ B．由A选项可知：‎ 代入数据解得v=‎0.5m/s，故B错误；‎ C．根据线速度与角速度的关系：‎ 可解得：ω=5 rad/s，故C正确．‎ D．根据：‎ 可得a=‎2.5 m/s2，故D错误．‎ ‎6.地球表面上两极的重力加速度约为‎9.83 m/s2，而赤道上的重力加速度约为‎9.78 m/s2，即赤道上的重力加速度比两极的重力加速度小．地球是一个很接近球体的椭球体，若把地球看成球体，半径为6.4×‎103 km，且质量分布均匀，取，由上述数据可粗略地估算出地球同步卫星到地面的高度为 A. 5.12‎‎×‎104 km B. 4.48×‎‎104 km C. 3.2×‎104 km D. 6.4×‎‎103 km ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知物体m在两极时万有引力提供重力有：‎ 而物体m在赤道上时万有引力提供重力和向心力，有：‎ 设同步卫星离地面的高度为h，同步卫星和地球自转角速度相同，则有：‎ 联立以上各式代入数据解得：h=32×‎104 km，故选C．‎ ‎7.关于近代物理，下列说法正确的是 A. 两个氢核聚变时会出现质量亏损 B. 光电效应中被光子打出来的电子来自原子的核外电子 C. 卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子衰变有固定的半衰期 D. 玻尔能级理论中，氢原子从高能级向低能级跃迁时要从外界吸收能量 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据聚变反应，氢核在聚变时是会出现质量亏损的，故A正确；‎ B．光电效应就是核外电子吸收能量被光子打出来的，故B正确；‎ C．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故C错误；‎ D．玻尔能级理论中，氢原子从高能级向低能级跃迁时要放出能量，故D错误．‎ ‎8.用手托着物体向上抛出到达最高点的过程可以看成两段匀变速直线运动，即手使物体竖直向上做匀加速直线运动和物体在重力作用下做竖直上抛运动．已知起点到天花板的高度差为‎2.1 m，手向上运动的加速度大小为‎60 m/s2，重力加速度大小为‎10 m/s2，不计空气阻力．若要物体恰好能抛至天花板，则 A. 手托着物体向上运动的时间为0.2 s B. 手托着物体向上运动的高度为‎0.3 m C. 物体上升过程中的最大速度为‎6 m/s D. 物体上升过程中的平均速度为‎4 m/s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】BC．由题意可知设手托着物体向上运动的高度为h，则物体在重力作用下做竖直上抛运动的高度为‎2.1m-h，设物体上升过程中的最大速度为v，所以匀加速上升阶段有：‎ 减速上升阶段有：‎ 联立解得：‎ ‎，，‎ 故BC正确；‎ A．手托着物体向上运动的时间为：‎ 解得：t1=0.1s，故A错误；‎ D．物体上升过程中的平均速度为：‎ 故D错误．‎ ‎9.如图所示，粗糙固定斜面的倾角为θ，整个斜面处于垂直斜面向下的匀强磁场(大小未知)中，在斜面上有一根有效长度为L、质量为m水平放置的导体棒，当导线中电流为I1和I2时，导体棒均能沿斜面匀速运动．已知电流I1、I2的方向相同且I1L2)的长方形匀强磁场区域边界与导轨平行或垂直，磁感应强度大小为B，方向竖直向下，一导体棒放置在导轨上并与导轨接触良好，导体棒电阻为R2．两平行导轨间的距离大于L1，导轨电阻不计，第一次让导体棒在外力作用下以大小为v的恒定速度通过磁场区域，第二次将长方形磁场区域的长、宽互换，让导体棒在外力作用下以大小为2v的恒定速度通过磁场区域，下列说法正确的是 A. 在导体棒第一次通过磁场区域的过程中，通过电阻的电荷量为 B. 在导体棒第二次通过磁场区域的过程中，通过电阻的电荷量为 C. 在导体棒第一次通过磁场区域的过程中，电阻上消耗的电能为 D. 在导体棒第二次通过磁场区域的过程中，导体棒上消耗的电能为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．恒定速度通过磁场区域时通过的电荷量有：‎ 可知电荷量与通过磁场区域的速度无关，与通过时切割磁感线的长度无关，所以A正确，B错误；‎ C．以大小为v的恒定速度通过磁场区域时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有：‎ 导体棒做匀速直线运动，则通过的时间为：‎ 电阻上消耗的电能为：‎ 联立以上各式解得：‎ 故C正确；‎ D．同理同C选项分析可知：‎ 故D错误．‎ 第Ⅱ卷　(非选择题　共60分)‎ 非选择题:本题包括必考题和选考题两部分。第11~14题为必考题,每个试题考生都必须作答。第15~16题为选考题,考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题:共45分。‎ ‎11.某小组同学在测某特殊电池的电动势和内阻时所用器材如下：‎ A.某特殊电池：电动势约为3 V，内阻约为1 Ω；‎ B.电压表V：量程0~3 V，内阻为几千欧；‎ C.电流表A：量程0~100 mA，内阻为4.5 Ω；‎ D.标准电阻R0：0.5 Ω；‎ E.滑动变阻器R：0~20 Ω；‎ F.开关、导线若干．‎ ‎(1)该小组同学设计了甲、乙、丙三个实验电路，其中可行的是____． ‎ ‎(2)选择(1)中正确的电路后，该小组闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量得出多组电压表示数U和电流表示数I，通过描点画出电源的U-I图象如图丁所示，则该特殊电池的电动势E=___V、内阻r=____Ω．(结果均保留两位小数) ‎ ‎【答案】 (1). 丙 (2). 2.95(2.93~2.97均给分) (3). 0.95(0.93~0.97均给分)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由题意可知，电流表量程太小，应把电流表与定值电阻并联扩大其量程，电压表测路端电压，电流表测电路电流，滑动变阻器采用限流接法，应选择图丙图．‎ ‎(2)[2] 由根据闭合电路欧姆定律可得，‎ 图象中图象与纵坐标的交点为电源电动势，故电源电动势为 ‎(2.93~2.97均给分)‎ ‎[3] 由可知, 图象的斜率为电源内阻，则 ‎12.某同学利用如图甲所示的装置来验证“机械能守恒定律”．将宽度为d的挡光片（质量不计）水平固定在物体A上，将物体由静止释放，让质量较大的物体B通过细线和滑轮带着A—起运动，两光电门间的高度差为h，挡光片通过光电门1、光电门 2的时间分别为t1、t2，A、B两物体的质量分别为mA、mB，已知当地的重力加速度为g．回答下列问题．‎ ‎（1）该同学用游标卡尺测挡光片的宽度时，测量情况如图乙所示，则挡光片的宽度d=________mm．‎ ‎(2)由于没有天平，不能直接测出两物体的质量，该同学找来了一个质量为m0的标准砝码和一根弹簧，将标准砝码、物体A和物体B分别静止悬挂在弹簧下端，用刻度尺测出弹簧的伸长量分别为x0、xA、xB，则A、B两物体的质量分别为mA=____，mB=____． ‎ ‎(3)若系统的机械能守恒，则应满足关系式=________． ‎ ‎(4)若保持物体A的质量mA不变，不断增大物体B的质量mB，则物体A的加速度大小a的值会趋向于____．‎ ‎【答案】 (1). 2.2 (2). (3). (4). (5). g ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) [1]挡光片的宽度:‎ ‎(2)[2][3]由胡克定律可得：‎ ‎；,‎ 联立可得：‎ ‎，‎ ‎(3)[4]物体B质量较大，B带动A一起运动，若系统机械能守恒则有：‎ ‎……①‎ 由于挡光片的宽度较小，则可得，物体通过挡光片时的速度大小为：‎ ‎，‎ 代入①可得：‎ 化简可得：‎ ‎(4)[4] 物体B质量较大，B带动A一起运动，对于A、B系统有：‎ ‎ ‎ 则加速度：‎ 保持物体A的质量mA不变，不断增大物体B的质量mB，当mB远大于mA时，‎ ‎，‎ 则加速度a的值会趋向于g．‎ ‎13.在水平方向上有一电场，其电势随x坐标的变化规律如图所示．将一带电荷量q=+2×10‎-7 C的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动．求:‎ ‎(1)粒子在运动过程中受到的电场力大小F；‎ ‎(2)粒子从x轴‎0.5 m处运动到‎4 m处的动能增加量ΔEk．‎ ‎【答案】(1) F=2×10-6 N (2) ΔEk=7×10-6 J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题图可知粒子所处的电场为匀强电场，其电场强度为：‎ E=‎ 代入数据解得：E=10 N/C 又因为：‎ F=qE 解得：F=2×10-6 N．‎ ‎(2)由上述分析可知粒子受到的电场力恒定，粒子从x轴‎0.5 m处运动到‎4 m处有：‎ ΔEk=FΔx 代入数据解得：ΔEk=7×10-6 J．‎ 答：(1)粒子在运动过程中受到的电场力大小F=2×10-6 N；‎ ‎(2)粒子从x轴‎0.5 m处运动到‎4 m处的动能增加量ΔEk=7×10-6 J．‎ ‎14.如图所示，倾角=37°的足够长斜面上有一长为L、质量为‎2m的木板B，木板B上端有一质量为m的滑块A（视为质点），木板下端‎3L处有一质量为m的足够长木板C锁定．在斜面上，滑块A与木板B、C间的动摩擦因数均为μ1=0.25，木板C与斜面间无摩擦，木板B、C的厚度相同．现同时由静止释放A、B，在B与C碰撞前瞬间，解除对C的锁定，此时A恰好滑离B而滑上C，已知B、C碰撞为弹性碰撞，重力加速度为g，sin 37° = 0.6， cos 37°=0.8，求：‎ ‎（1）木板B与斜面间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（2）B、C发生碰撞后瞬间，木板C的速度大小vC；‎ ‎（3）B、C发生碰撞后2s时，滑块A到木板C上端的距离x．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）0．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当滑块A在木板B上滑动时，对A受力分析有 即aA=‎‎0.4g 在B与C碰撞前瞬间,滑块A做匀变速直线运动有 对木板B受力分析有 即aB=(0.7-1.2μ2)g 在B与C碰撞前瞬间,木板B做匀变速直线运动有 解得．‎ ‎(2)设B、C发生弹性碰撞前瞬间木板B的速度大小为vB，有 解得 B、C发生弹性碰撞时动量守恒:‎ 由弹性碰撞可知碰撞前后动能之和相等:‎ 解得B、C发生碰撞后木板C速度大小．‎ ‎(3)B、C发生弹性碰撞前瞬间，滑块A的速度 由于C碰撞后速度与A相同且C与斜面间无摩擦，所以A、C不发生相对滑动，以相同加速度沿斜面向下运动，滑块A到木板C上端的距离始终为x=0．‎ ‎ (二)选考题:共15分。请考生从15、16两题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。‎ ‎15.10 g‎ ‎100 ℃‎的水在1个大气压的恒压密闭容器中慢慢加热至全部汽化的过程中，水分子的平均动能____；水的总内能____；该过程中，水分子对容器壁单位面积上的撞击次数____．(均选填“增大”、“不变”或“减小”)‎ ‎【答案】 (1). 不变 (2). 增大 (3). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]等质量物体的平均动能至于温度有关，因为加热过程中温度不变，故内能不变；‎ ‎[2]因为加热过程中水吸收热量，而体积不变，没有做功，故内能增加；‎ ‎[3]因体积不变，水分子的平均动能不变，故水分子对容器壁单位面积上的撞击次数不变．‎ ‎16.如图所示，导热的汽缸内封闭有一定质量的理想气体，缸体质量M=‎10 kg，活塞及手柄质量m=‎20 kg，活塞面积S=‎100 cm2 ．活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．将整个装置放置在水平地面上时，缸内气体高度h1=‎6 cm．已知大气压强p0=1×105 Pa，环境温度恒为，重力加速度．拉住手柄将整个汽缸慢慢提离地面(活塞与汽缸未分离)．‎ ‎(1)求汽缸离开地面时汽缸内气体的高度h2；‎ ‎(2)若不拉动手柄而缓慢加热缸内气体，求缸内气体高度变为(1)中的h2时的温度T．‎ ‎【答案】（1）‎8 cm （2）400K ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)开始时气体的压强：‎ 汽缸提离地面时气体的压强：‎ 由玻意耳定律可知 代入数据解得h2=‎‎8 cm ‎(2)汽缸内气体的压强不变,由盖-吕萨克定律可知：‎ 代入数据解得T=400 K.‎ 答：(1)求汽缸离开地面时汽缸内气体的高度h2=‎8 cm.‎ ‎(2)若不拉动手柄而缓慢加热缸内气体,求缸内气体的高度变为(1)中的h2时的温度T=400 K.‎ ‎17.如图所示，波源在x=0处的简谐横波刚好传播到x=‎5 m处的M点，此时波源恰好在正方向最大位移处，已知该简谐横波的波速v=‎4 m/s，则该波的波长为____m;此时x=‎3.5 m处的质点正在向____(选填“x轴正”、“x轴负”、“y轴正”或“y轴负”)方向运动；从波源开始振动到波传播到M点的时间为____s．‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). y轴负 (3). 1.25‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]由图可知该波的波长为‎4m,因该波向右传播，根据上下坡法可知x=‎3.5 m处的质点正在向y轴负方向运动.‎ ‎[3]由题意知波速v=‎4 m/s，传播到M点的距离为x=‎5 m，故传播到M点的时间为：‎ ‎18.如图所示,横截面为半圆形的圆柱体光学器件是用折射率为的某种玻璃制成的,其截面半径为R,底面涂了反光涂层．现用一细光束从A点以i=60°的入射角从真空中射入圆柱体,OA为垂直于底面的半径．求该光束从圆柱体上某位置离开圆柱体时的折射角．‎ ‎【答案】60°‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 光路如图所示，光束从A点入射时：‎ n=‎ 解得：r=30°，由几何关系知：光束在B点的入射角和反射角均为30°，所以：‎ ‎∠OBC=120°‎ ‎=tan 30°‎ 得：‎ OB=R 在∆OBC中由正弦定理得：‎ ‎=‎ 解得：∠OCB=30°.‎ 所以由：‎ ‎=‎ 可得r'=60°，即光束从C点射出时的折射角为60°.‎ 答：该光束从圆柱体上某位置离开圆柱体时的折射角为60°.‎ ‎ ‎