【物理】四川省泸县第四中学2020届高三上学期期末考试（解析版）

【物理】四川省泸县第四中学2020届高三上学期期末考试（解析版）

四川省泸县第四中学2020届高三上学期 期末考试 第卷 选择题（48分）‎ ‎1.关于原子与原子核，下列说法正确的是 A. 将温度升高，放射性元素的半衰期变短 B. 核电站要建很厚的水泥防护层，目的是阻隔γ射线 C. 对于甲状腺病人，可以用放射性同位素碘131来治疗 D. 在α、β、γ三种射线中，β射线的电离本领最强 ‎【答案】B ‎【解析】将温度升高，放射性元素的半衰期不会改变，选项A错误；水泥防护层的作用是为了阻隔γ射线，避免放射性危害，选项B正确；诊断甲状腺疾病时，注入的放射性同位素碘131作为示踪原子，而不是用碘131来治疗，选项C错误；在α、β、γ，这三种射线中，α射线的电离能力最强，选项D错误．‎ ‎2.如图所示，斜劈a放在粗糙的水平地面上，在斜劈上放一物体b，b静止在a上．今用一竖直向下的力F作用于b上，下列说法正确的是（ ）‎ A. a对b的弹力不变 B. b所受的合力变大 C. a受到地面的摩擦力不变 D. F增大到一定程度时，a会向左滑动 ‎【答案】C ‎【解析】设斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ．以物块为研究对象，未加F时物块静止在斜劈上，则有Gsinθ≤μGcosθ，即有sinθ≤μcosθ．当用竖直向下的力F作用于物块上时，受力情况如图，‎ ‎ 沿斜面向下的分力为（G+F）sinθ；最大静摩擦力为fm=μ（G+F）cosθ，根据平衡条件得 N=（G+F）cosθ＞Gcosθ，则斜劈对物块的弹力增大．A错误；由于sinθ≤μcosθ，则（G+F）sinθ≤fm，所以当力F增大到一定程度时，物体不会运动，物块所受的合力为零，保持不变．故B错误． 对ab的整体：水平方向受力为零，则a不受地面的摩擦力作用，即a受地面的摩擦力不变，选项C正确；因地面对a的摩擦力为零，则F增大时，a也不会产生滑动，选项D错误；故选C.‎ 点睛：本题关键要根据沿斜面向下的外力与最大静摩擦力的关系判断物块能否运动．只有外力大于静摩擦力时物块才能向下运动．‎ ‎3.如图所示，把倾角为30°的粗糙斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过光滑定滑轮的柔软轻绳与小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点，初始时，小球B在水平向有的拉力F作用下，使轻绳段与水平拉力F的夹角为，整个系统处于静止状态，现将段轻绳保持方向不变，逐渐减小至30°的过程中，斜面体与A物块均保持静止，A物块质量为2m，小球B质量为m，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 物块A所受摩擦力一直变小 B. 作用在B上的拉力最小为 C. 地面对斜面体的摩擦力最大为 D. 轻绳拉力先变大后变小 ‎【答案】C ‎【详解】C．当时，线拉力 ‎，‎ 向右水平拉力 ‎，‎ 利用整体法，此时地面对斜面体摩擦力最大 ‎，‎ 故C正确；‎ AD．对A分析 ‎，‎ 当摩擦力沿斜面向下，当变小至30°过程中，绳子拉力减小至零，摩擦力先减小至零，再反向变大，故A、D错误；‎ B．当拉力F与绳垂直时拉力最小：‎ ‎；‎ 故B错误．‎ ‎4.冬天站在室外时，人们习惯地搓着双手以取暖，这个过程中(　　)‎ A. 人站着不动就没有做功 B. 即使双手光滑也能搓手取暖 C. 人体内的化学能转换为双手的机械能 D. 双手的内能转换为机械能 ‎【答案】C ‎【详解】搓着双手取暖，手上的摩擦力做功，人体内的化学能转化为机械能，双手的机械能再转化为内能．故C正确，ABD错误．‎ ‎5.如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为5 ：1，V和R1、R2分别是电压表、定值电阻，且R1＝5R2．已知ab两端电压u按图乙所示正弦规律变化．下列说法正确的是 A. 电压u瞬时值的表达式 ‎ B. 电压表示数为40V C. R1、R2两端的电压之比为5 ：1 ‎ D. R1、R2消耗的功率之比为1 ：5‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据公式、，分析解题 从图乙中可知交流电的最大值为，周期为，故，故电压u瞬时值的表达式，A错误；交流电压的有效值为，原线圈中的电流为，故原线圈中输出端电压为，副线圈中的电压为，故根据可得，又知道，，代入整理可得，所以，B错误；两端的电压之比，C错误；消耗的功率之比为，D正确．‎ ‎6.如图，一子弹水平飞行击穿一块原静止在光滑水平面上的木块，在子弹穿透木块的过程中 A. 子弹和木块所受的冲量大小相等 B. 子弹和木块的速度的变化量大小相等 C. 子弹和木块的动量变化量大小相等 D. 子弹和木块的动能变化量绝对值相等 ‎【答案】AC ‎【详解】A．子弹击穿木块过程，子弹和木块所受合外力为作用力与反作用力，它们等大、反向、作用时间相等，它们所受冲量大小相等方向相反，所受冲量不相等，故A错误；‎ BC．子弹与木块所受冲量大小相等，由动量定理可知，它们动量的变化量大小相等，由于不知子弹和木块间的质量大小关系，则无法确定两者的速度变化关系，故B错误，C正确；‎ D．根据由于子弹和木块之间的质量关系不确定，可知不能确定动能变化之间的关系，选项D错误；‎ 故选AC. 点睛：本题考查了判断子弹与木块的冲量、速度变化、动量变化以及动量和动能的关系，，分析清楚物体运动过程、应用动量定理与动量守恒定律即可正确解题．‎ ‎7.右端带有光滑圆弧轨道且质量为的小车静置于光滑水平面上，如图所示．一质量为的小球以速度水平冲上小车，关于小球此后的运动情况，以下说法正确的是（ ）‎ A. 小球可能从圆弧轨道上端抛出并不再回到小车 B. 小球可能离开小车水平向左做平抛运动 C. 小球可能离开小车做自由落体运动 D. 小球可能离开小车水平向右做平抛运动 ‎【答案】BCD ‎【详解】A.若小球能经过小车的最高点，则小球抛出后与小车的水平速度相等，故小球一定能落回小车，A错误；‎ B.从小球冲上小车到最后小球离开小车过程中，系统水平方向动量守恒，即 小球与小车之间的相互作用过程中只有动能和势能之间的相互转化，故系统机械能守恒：‎ 解得 当小球质量小于小车质量时，小球速度向左，故B正确；‎ C.若两者质量相等，小球水平速度为零，则做自由落体运动，C正确；‎ D.若小球质量大于小车质量，小球离开小车时速度向右，故D正确．‎ ‎8.如图所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为 30°，一原长为L的轻质弹簧， 下端固定在水平面上的 B 点，上端与质量为 m 的小环相连， 当把小环拉到 A 点时，AB与地面垂直， 弹簧长为 2L， 将小环从 A 点由静止释放， 当小环运动到 AC 的中点 D 时， 速度达到最大． 重力加速度为 g， 下列说法正确的是 A. 下滑过程中小环的机械能先增大再减小 B. 小环到达 AD 中点时， 弹簧的弹性势能为零 C. 小环刚释放时的加速度等于 g D. 小环的最大速度为 ‎【答案】AC ‎【详解】小环受重力、支持力和拉力，拉力先做正功后做负功，故环的机械能先增加后减小，故A正确；小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为2L，伸长量为L，故弹性势能不为零，故B错误；在A位置，环受重力、拉力、支持力，根据牛顿第二定律，有：mgsin30°+Fcos60°=ma，在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹簧长度为2L，故：mgsin30°-Fcos60°=0，联立解得：a=g，故C正确；小环和橡皮绳系统的机械能守恒，在D点速度最大，此时橡皮绳长度等于初位置橡皮绳的长度，故初位置和D位置环的机械能相等，故：mg（2Lcos60°）=mv2，解得：v= ，故D错误；弹簧在AD的中点时弹簧不处于原长，因此弹性势能不为零，B错误 点睛：本题为力学综合问题，关键正确的受力分析，根据牛顿第二定律列式分析，注意环的机械能不守恒，是环和橡皮绳系统的机械能守恒．‎ 第II卷 非选择题（62分）‎ ‎ (一)必考题 ‎9.用如图所示装置来验证动量守恒定律．滑块在气垫导轨上运动时阻力不计，当其上方挡光条到达光电门D(或E)，计时器开始计时；挡光条到达光电门C(或F)，计时器停止计时．实验主要步骤如下：‎ a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；‎ b.给气垫导轨通气并调整使其水平；‎ c.调节光电门，使其位置合适，测出光电门C、D间的水平距离L；‎ d.A、B之间紧压轻弹簀(与A、B不粘连)，并用细线拴住，如图静置于气垫导轨上；‎ e.烧断细线，A、B各自运动，弹簧恢复原长前A、B均未到达光电门，从计时器上分别读取A、B在两光电门之间运动的时间tA、tB．‎ ‎(1)A弹开后在两光电门间运动的速度大小是__________(用题中所给的字母表示)．‎ ‎(2)实验中还应测量的物理量x是______________(用文字表达)．‎ ‎(3)利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是：________________(用题中所给的字母表示)．‎ ‎(4)利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能Ep=________字母表示)．(用题中所给的字母表示)‎ ‎【答案】 (1). (2). 光电门E、F间的水平距离 (3). (4). ‎ ‎【详解】第一空.由于阻力极小，A被弹开后在DC间做匀速直线运动，所以A的速度为 ‎ 第二空.同样B也在EF间做匀速直线运动，所以还需测量EF之间的距离x，这样B 弹开后的速度；‎ 第三空.烧断后动量若守恒，则有：mAvB-mBvB=0，所以要验证的式子是：；‎ 第四空.根据能量守恒弹簧所具有的弹性势能．‎ ‎10.要组装一个单量程欧姆表，所给电池的电动势为1.5V，内阻可忽略不计，其他可供选择的主要器材有：‎ 电流表A1（量程0~100μA，内阻1500Ω）；‎ 电流表A2（量程0~1mA，内阻1000Ω）；‎ 变阻器R1（阻值范围0~300Ω）；‎ 变阻器R2（阻值范围0~800Ω）；‎ ‎(1)在方框内画出组装欧姆表的电路图；‎ ‎(2)在组装时，电流表选用__________（用代号表示），变阻器选用_________（用代号表示）；‎ ‎(3)在上面组装的单量程欧盟表中，如电流表的表盘刻度分为四等分，如图所示，其中A为电流表的零刻度，作为单量程欧姆表，刻度E表示的阻值为_______Ω，刻度C表示的阻值为______欧盟．‎ ‎【答案】 (1). (2). A2 R2 (3). 0 1500‎ ‎【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律可以知道电路中最小电阻，当时，变阻器不合题意，时，可得，所以电流表选A2，变阻器应选R2，电路图如图所示；‎ ‎(2)由上面的分析可以知道，电流表应选A2，变阻器应选R2‎ ‎(3)根据闭合电路欧盟定律可以知道，当时，即刻度E表示的阻值为0，当时，可计算得出，即刻度C表示的阻值为1500Ω．‎ ‎【点睛】本题的关键是明确欧姆表的改装原理，先画出电路图，然后根据闭合电路欧姆定律求出当电流为1mA时电路的最小电阻，即可选出变阻器的阻值．‎ ‎11.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为L=0.5m，导轨所在平面与水平面夹角θ=37°，M、P间接阻值为R=9Ω的电阻．匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B=2T．质量为m=0.1kg、阻值为r=1Ω的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的恒定拉力F=1N作用下，从静止开始向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，导轨和磁场足够大，重力加速度为g=10m/s2．求：‎ ‎（1）当金属棒的速度为2m/s2时的加速度；‎ ‎（2）金属棒能获得的最大速度；‎ ‎（3）若金属棒从开始运动到获得最大速度在导轨上滑行的距离是2.5m，求这一过程中R上产生的焦耳热．‎ ‎【答案】（1）a=2m/s2（2）4m/s（3）0.18J ‎【解析】‎ ‎（1）在沿斜面方向上，导体棒受到沿斜面向上的拉力，沿斜面向下的重力的分力以及安培力，根据牛顿第二定律可得，‎ 解得当金属棒的速度为2m/s时的加速度为 ‎（2）当金属棒受力平衡时，速度最大，故，解得 ‎（3）根据动能定理可得 又知道R上产生的焦耳热为 联立解得 ‎12.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。求：‎ ‎(1)物块C的质量；‎ ‎(2)从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小。‎ ‎(3)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能？‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）。‎ ‎【详解】（1）由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ 计算得出：‎ ‎(2)12s时B离开墙壁，此时B速度为零，A、C速度相等时 从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中，A、C两物体的动量变化为：‎ 从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小为：‎ 代入数据得：‎ ‎ (3)12s末B离开墙壁之后，A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律，有：‎ 根据机械能守恒定律，有：‎ 计算得出：‎ ‎(二)选考题 ‎13.下列说法正确的是 ．‎ A. 物体温度升高，其内能一定增大 B. 在分子相互远离的过程中，分子引力和斥力都减小 C. 浸润和不浸润现象都是分子力作用的表现 D. 气体发生的热现象，热只能从高温气体传给低温气体而不能从低温气体传给高温气体 E. 一定质量的水，温度从30℃升高到50℃，水分子的平均动能变大 ‎【答案】BCE ‎【详解】‎ A．物体的内能包含动能与势能；与物体的温度、体积以及物质的量等都有关系，则当物体温度升高时，物体的分子平均动能增强，但势能变化不一定，其内能不一定增大，选项A错误；‎ B．在分子相互远离的过程中，分子距离变大，则分子引力和斥力都减小，选项B正确；‎ C．浸润和不浸润现象都是分子力作用的表现，选项C正确；‎ D．气体发生的热现象，热量能从高温气体传给低温气体，也能从低温气体传给高温气体，但要引起其他的变化，选项D错误；‎ E．温度是分子平均动能标志，则一定质量的水，温度从30℃升高到50℃，水分子的平均动能变大，选项E正确．‎ ‎14.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为T0．设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=p0S，环境温度保持不变．在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，求：‎ ‎①活塞B向下移动的距离；‎ ‎②接①问，现在若将活塞A用销子固定，保持气室Ⅰ的温度不变，要使气室Ⅱ中气体的体积恢复原来的大小，则此时气室Ⅱ内气体的温度．‎ ‎【答案】① ②7T0‎ ‎【解析】①初状态Ⅰ气体压强：P1＝P0+ 因为：mg=P0S 故：P1=2P0 Ⅱ气体压强：P2＝P0+＝4P0 添加铁砂后Ⅰ气体压强： ‎ Ⅱ气体压强：P2′＝P1′+＝5P0 Ⅱ气体等温变化，根据玻意耳定律：P2l0S=P2′l2‎ S  可得：l2＝l0，B活塞下降的高度：h2＝l0−l2＝l0 ‎ ‎②Ⅰ气体末状态的体积 ‎ 根据玻意耳定律：=P1′l1S= P1′′l′1S 解得： P1′′=20P0 只对Ⅱ气体末状态压强：P2″= P1″+=21P0‎ 根据气体理想气体状态方程：       解得：Tx=7T0‎ ‎15.振源S在O点做沿竖直方向的简谐运动，频率为时刻向右传播的简谐横波如图所示则以下说法正确的是 A. 该横波的波速大小为 B. 时，处的质点振动方向向下 C. 时，处的质点处在平衡位置且振动方向向下 D. 传播过程中该横波遇到小于1m的障碍物或小孔都能发生明显的衍射现象 E. 若振源S向右匀速运动，在振源S右侧静止的接收者接收到的频率小于5Hz ‎【答案】ACD ‎【解析】由图可知，该波的波长是 λ=2m，则波速大小为 v=λ•f=2×5=10m/s．故A正确．y轴右侧的波向右传播，根据波形的平移法得知，t=0时，x=1m处的质点振动方向向上．故B错误．该波的周期：T=1/f=0.2s，所以：t=0.5s=2T．x=3m处的介质点与t=0时，x=2m处的介质点振动方向相同，t=0时，x=2m处的质点振动方向向下，那么所以t=0.5s时，x=3m处的质点在平衡位置且振动方向向下．故C正确；根据衍射的条件可知，传播过程中波只有遇到小于2m或与2m差不大的障碍物或小孔都能发生明显的衍射现象．故D正确．若振源S向右匀速运动，在振源S右侧静止的接收者接单位时间内收到的波的个数增大，所以频率大于5Hz．故E错误．故选ACD．‎ 点睛：解答此题一要抓住左右两列波的对称性；二要会分析波动形成的过程，分析质点的振动与波动之间关系．‎ ‎16.“道威棱镜”广泛地应用在光学仪器中，如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射．从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知棱镜玻璃的折射率n＝ ，光在真空中的速度为c.‎ ‎（1）请通过计算判断该光线能否从CD边射出；‎ ‎（2）若 ，光在“道威棱镜“内部传播的时间为多少．‎ ‎【答案】（1）光线无法从CD边射出；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎(i)光在棱镜中传播光路如图所示．‎ 由折射定律 ① ‎ 解得 ② ‎ 而 ③ ‎ 解得 ④ ‎ 光线到达CD边时，，故光线无法从CD边射出． ⑤ ‎ ‎(ii)光线在棱镜内传播 ⑥ ‎ 由正弦定理 ‎ 解得 ⑦ ‎ 由对称性可知，光在棱镜内部传播路程 ⑧ ‎ 而 ⑨ ‎ 所以 ⑩ ‎ 点睛：本题关键是画出光路图，找出入射角和折射角，掌握折射定律公式和全反射定律sinC=．‎