江西省抚州市临川第二中学2020届高三月考理综物理试题（上学期第一次）

江西省抚州市临川第二中学2020届高三月考理综物理试题（上学期第一次）

‎2019～2020学年度临川二中高三第一次考试理科综合能力测试试题 物理部分 ‎1.如图所示，把一块不带电的锌板用导线连接在验电器上，当用某频率的紫外线照射锌板时，发现验电器指针偏转一定角度，下列说法正确的是（ ）‎ A. 验电器带正电，锌板带负电 B. 验电器带负电，锌板也带负电 C. 若改用红光照射锌板，验电器的指针一定也会偏转 D. 若改用同等强度频率更高的紫外线照射锌板，验电器的指针也会偏转 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.锌板在紫外线的照射下发生光电效应，射出带负电的光电子，这样锌板本身带的正电荷就会多于负电荷，所以锌板带正电；验电器通过导线和锌板连在一起，所以验电器自然也就带上了正电荷，故选项A、B错误；‎ CD.光电效应发生条件是照射光的频率大于金属板的极限频率，照射光的频率越高，金属板越容易发生光电效应，红光的频率低于紫外线的频率，所以改用红光照射锌板时，不一定发生光电效应，验电器的指针不一定会偏转；若改用同等强度频率更高的紫外线照射锌板，验电器的指针一定会偏转，故选项D正确，C错误。‎ ‎2.如图所示，一辆小车在牵引力作用下沿半径为R的弧形路面匀速率上行，小车与路面间的阻力大小恒定，则上行过程中 A. 小车处于平衡状态，所受合外力为零 B. 小车受到的牵引力逐渐增大 C. 小车受到的牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量 D. 小车重力的功率逐渐增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小车做匀速圆周运动，结合动能定理以及功率的公式进行分析即可；‎ ‎【详解】A．由题可知，小车做匀速圆周运动，其加速度不为零，即小车不处于平衡状态，合力不为零，故选项A错误；‎ B．对小车进行受力分析，如图所示：‎ 根据平衡条件可以得到：，由于逐渐增大，可知逐渐减小，故选项B错误；‎ C．由题可知，小车动能不变，根据动能定理可知：‎ 则根据功能关系可知重力的功等于重力势能的变化，则牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量，故选项C正确；‎ D．随着小车的上升，角逐渐增大到，则根据公式可知由于角逐渐增大则重力的功率逐渐减小，故选项D错误。‎ ‎【点睛】本题考查小车做匀速圆周运动，切线方向根据平衡条件列出方程，判断牵引力的大小，然后结合动能定理以及功率的公式进行分析即可。‎ ‎3.地球绕着太阳公转，其运动可看成匀速圆周运动。已知万有引力常量为G，如果要通过观测求得太阳的质量，还需要测量下列哪些量 A. 地球公转的轨道半径和公转周期 B. 地球公转的轨道半径和自转周期 C. 地球半径和地球的公转周期 D. 地球半径和地球的自转周期 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，考查中心天体质量的计算，根据万有引力提供向心力计算可得。‎ ‎【详解】设地球质量为m，太阳质量为M，地球公转半径为r，万有引力提供向心力，‎ 解得 A.‎ B.‎ C.‎ D.‎ ‎【点睛】在公式中，r表示轨道半径，T表示环绕天体公转周期。‎ ‎4.如图所示，把石块从高处抛出，初速度方向与水平方向夹角为（），石块最终落在水平地面上。若空气阻力可忽略，仅改变以下一个因素，可以对石块在抛出到落地的过程中的“动能的变化量”和 “动量的变化量”都产生影响，这个因素是（ ） ‎ ‎[Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/2019/6/13/2224672582623232/2224907340677120/STEM/53d7f042b2924525a735f3c176c8c983.png]‎ A. 抛出石块的速率v0 B. 抛出石块的高度h C. 抛出石块的角度 D. 抛出石块用力的大小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理：；由动量定理：，则如果抛出石块的速率v0变化，则对物体动能的变化无影响；因时间t要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项A错误；若抛出石块的高度h变化，则对物体动能的变化有影响；因时间t 要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项B正确；若抛出石块的角度变化，则则对物体动能的变化无影响；因时间t要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项C错误；若抛出石块用力的大小变化，则抛出石块的速率v0变化，对物体动能的变化无影响；因时间t要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项D错误；故选B.‎ q ‎5.一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点。已知经过ab、bc和cd的时间分别为t、2t、4t，ac和bd的位移分别为x1和x2，则质点运动的加速度为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，考查匀加速直线运动中加速度的计算，根据运动学位移公式计算可得。‎ ‎【详解】设物体初速度为v0 ，加速度为a ，由匀加速直线运动位移公式可得 联立可得a=‎ ‎【点睛】灵活选择研究阶段，根据速度、位移公式联立可得。‎ ‎6.如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是 A. 在磁铁下落的整个过程中，从上向下看圆环，圆环中的感应电流方向始终为逆时针 B. 在磁铁下落的整个过程中，从上向下看圆环，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针 C. 磁铁在整个下落过程中，圆环对它的作用力方向始终竖直向上 D. 磁铁落地时的速率一定等于 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，考查电磁感应规律，根据楞次定律、能量守恒定律分析可得。‎ ‎【详解】AB．由楞次定律分析感应电流的方向，当磁铁靠近圆环时，取圆环为研究对象，原磁场方向向下，磁通量增加，为阻碍磁通量增加，感应电流产生的磁场方向向上，由安培定则可判断感应电流为逆时针方向。同理分析，当磁铁远离圆环时，感应电流为顺时针。故A不符合题意，B符合题意；‎ C．磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能转化为电能，圆环对它的作用力做负功，所以作用力的方向始终竖直向上，C符合题意；‎ D. 因磁铁的机械能减少，所以落地时的速率小于，故D不符合题意。‎ ‎【点睛】判断感应电流方向要用楞次定律，因电磁感应中能量守恒，磁铁的机械能减少，磁铁始终受到阻力作用，表现为“来拒去留”。‎ ‎7.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，原线圈两端连接正弦交流电源u=220线圈接电阻R，同时接有理想电压表和理想电流表。下列判断正确的是 A. 电压表读数约为31.1V B. 若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数增大到原来的2倍 C. 若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则输入功率增加到原来的2倍 D. 若R的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的2倍 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查变压器变压、功率关系，由变压器变压规律分析计算可得。‎ ‎【详解】A.由变压器电压关系可得，‎ ‎，‎ 电压表的读数为22v，故A不符合题意；‎ B.若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，‎ ‎，‎ 则电压表、电流表读数增大到原来的2倍，故B符合题意。‎ C. 若仅将R的阻值增加到原来的2倍，由 可知输出功率变为原来的，则输入功率增加到原来的，故C不符合题意。‎ D. 若R的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，电压和电阻均翻倍，由可知输出功率增加到原来的2倍，故D符合题意。‎ ‎【点睛】一个原线圈，一个副线圈的变压器变压规律，电流变压规律，输入电压决定输出电压，输出功率、电流决定输入功率、电流。‎ ‎8.如图所示，某位置Q固定一带正电的点电荷，A、B、C是斜面上间距相等的三个点，Q、B连线垂直于斜面，在A点无初速度释放一带有恒定电荷的小物块，已知小物块沿绝缘的斜面运动到C点时停下。下列说法正确的是　　‎ A. 小物块一定带负电 B. 小物块运动过程，电势能可能先增大后减小 C. 小物块运动过程经过B点时的滑动摩擦力最大 D. 小物块从B点运动到C点过程机械能不断减少 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】解：A、若小物块也带正电，则小物块在A点与C点的受力如图：‎ 可知若小物块带正电，则从A到C的过程中小物块沿斜面向下的分力增大；由于小物块能从A开始向下滑动，则沿斜面向下的分力增大后，小物块是不可能在C点静止的。所以小物块只能带负电，则从A到C的过程中小物块沿斜面向下的分力减小，小物块才能到达C后停止。故A正确；‎ B、小物块带负电，则小物块与点电荷之间的库仑力为吸引力，从A到B的过程中库仑力做正功，而从B到C的过程中电场力做负功，所以小物块的电势能先减小后增大。故B错误；‎ C、小物块带负电，受到点电荷的吸引力，当小物块运动达到B点时，库仑力最大，而且沿垂直于斜面方向的力最大，所以小物块在B点受到的支持力最小，则在B点的滑动摩擦力最小。故C错误；‎ D、小物块在B点时仍然向C点运动，运动的过程中做减速运动，动能减小，同时重力势能也减小，所以小物块从B点运动到C点过程机械能不断减少。故D正确。‎ 故选：AD。‎ 根据小物块在A点和C点的受力情况，判断小物块的电性；根据电场力做功与电势能变化的关系判断电势能的变化情况；根据受力分析判断摩擦力的变化；根据功能关系判断小物块的机械能的变化。‎ 该题路程电场力以及电场力做功的特点，解答的关键是正确对小物块在A点与C点的情况进行受力分析，先判断出小物块带负电。‎ ‎9.某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地重力加速度为g。‎ ‎（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪两个物理量_____________。‎ A．小球的质量m B．AB之间的距离H C．小球从A到B的下落时间tAB D．小球的直径d ‎（2）小球通过光电门时的瞬时速度v=_______________（用题中所给的物理量表示）。‎ ‎（3）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出随H的变化图象如图乙所示，若小球下落过程中机械能守恒，则该直线的斜率k=________________（用题中所给的物理量表示）。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查验证机械能守恒定律实验，根据实验原理写出机械能守恒表达式，变形求出 表达式，分析斜率可求得。‎ ‎【详解】(1)[1] 小球自由下落时重力势能转化为动能， ， 联立可求得 因此需要测H、d，故BD符合题意，AC不符合题意。‎ ‎(2)[2] 小球通过光电门的时间为t，小球直径为d，用平均速度代替瞬时速度则 。‎ ‎(3) [3] 由上面的分析可知，则斜率k= 。‎ ‎【点睛】验证机械能守恒定律，方程两边都有m，可以消去，不必测小球质量。式中的H必须用刻度尺测量得出，v必须计算得出，不能用速度、位移公式计算得出。‎ ‎10.在一次实验技能比赛中，要求较精确地测量电阻的阻值，有下列器材供选用：‎ A．待测电阻Rx（约300Ω）‎ B．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）‎ C．电流表A1（量程20mA，内阻约5Ω）‎ D．电流表A2（量程10mA，内阻约10Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流2A）‎ F．滑动变阻器R2（(0～2000Ω，额定电流0.5A）‎ G．直流电源E（3V，内阻约1Ω）‎ H．开关、导线若干 ‎（1）甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，电路图如图甲所示，则电流表应选择_________（选填“A1”或“A2”），滑动变阻器应选择____________（选填“R1”或“R2”）。‎ ‎（2）乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图乙所示的测量电路，具体操作如下：‎ ‎①按图乙连接好实验电路，闭合开关S1前调节滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置；‎ ‎②闭合开关S1，开关S2处于断开状态，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2的示数恰好为电流表A1的示数的一半；‎ ‎③闭合开关S2并保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，读出电压表V和电流表A2的示数，分别记为U、I；‎ ‎④则待测电阻的阻值Rx=__________（用题中所给字母表示）。‎ ‎（3）比较两同学测量电阻Rx的方法，你认为哪个同学方法更有利于减小系统误差？____________（选填“甲”或“乙”）同学。‎ ‎【答案】 (1). A2 (2). R1 (3). (4). 乙 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查伏安法测电阻，消除系统误差的方法。根据欧姆定律、串并联电路关系分析可得。‎ ‎【详解】(1)[1] [2] 估算一下待测电流，‎ ‎，‎ 故电流表选择A2，因滑动变阻器采用分压式接法，选择R1调节更方便，故滑动变阻器选择R1；‎ ‎(2)[3] 闭合开关S1，开关S2处于断开状态，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2的示数恰好为电流表A1的示数的一半；此时A2和R2电阻之和等于Rx的电阻。当闭合开关S2并保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，读出电压表V和电流表A2的示数，分别记为U、I；A2和R2电阻之和等于Rx的电阻等于U与I的比值。‎ ‎(3)[4] 甲图存在系统误差，测量值大于真实值，乙图方案消除了系统误差，故乙同学的方案更有利于减小系统误差。‎ ‎【点睛】电流表内接法测量值大于真实值，外接法测量值小于真实值，当RX< ，电流表选择内接法，当RX>，电流表采用的是外接法。‎ ‎11.如图所示，倾角为θ的粗糙斜面固定在水平面上。质量为m=1kg，初速度为的小木块在距斜面底端某一位置处开始上滑，若从此时开始计时，小木块滑回底端过程的速度v的平方随路程变化的关系图象如右图所示，取g=10m/s2。求：‎ ‎（1）小木块在斜面上运动的全过程的位移；‎ ‎（2）小木块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）小木块在斜面上运动的全过程中产生的热量。‎ ‎【答案】(1)位移大小为3m，方向沿斜面向下 (2) (3) 52J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查牛顿第二定律，功的计算，根据相关公式计算可得。‎ ‎【详解】(1) 选定初速度方向为正方向 根据图像可得小木块上滑的位移是=5m.下滑的位移是=-8m 所以在斜面上的总位移是=-3m 故小木块在斜面上的位移大小为3m，方向沿斜面向下 ‎(2)根据牛顿第二定律，上滑过程加速度大小 同理可得下滑过程加速度大小 根据及图像可得:‎ m/s2=10m/s2‎ 同理可得:=2m/s2‎ 联立方程解得:‎ ‎(3)根据(2)中方程，可得，‎ 由题可知物块运动的路程为 则摩擦生热 ‎=52J ‎【点睛】牛顿第二定律应用时注意选择正方向，可以把矢量表达式变为标量表达式。设摩擦力大小为f，相对距离为s，则滑动摩擦力做功生热 。‎ ‎12.一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：‎ ‎（1）M、N间电场强度E大小；‎ ‎（2）圆筒的半径R；‎ ‎（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移2d/3，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。‎ ‎【答案】（1）（2）　 （3）n = 3‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设两极板间的电压为U，由动能定理得：‎ 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得：U=Ed 联立上式可得 ‎（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心O’， 圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对圆心角。‎ 由几何关系得 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 联立得 ‎（3）保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移后，设板间电压为，则 设粒子进入S孔时的速度为，由可得 设粒子做圆周运动的半径为，‎ 设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为，比较两式得到，可见 粒子须经过这样的圆弧才能从S孔射出，故 n=3‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.‎ ‎13.关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是________‎ A.某种物体的温度为0℃，说明该物体中分子的平均动能为零 B.物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，但内能不一定增大 C.当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都增大但引力增大的更快，所以分子力表现为引力 D.10g100℃水的内能小于10g100℃水蒸气的内能 E.两个铝块挤压后能紧连在一起，说明分子间有引力 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A、某种物体的温度是0℃，不是物体中分子的平均动能为零，故A错误；‎ B、温度是分子平均动能的标志，故物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，内能的多少还与物质的多少有关，所以但内能不一定增大，故B正确；‎ C、当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得快，故表现为引力，故C错误；‎ D、温度是分子平均动能的标志，所以10g 100℃的水的分子平均动能等于10g 100℃的水蒸气的分子平均动能，同样温度的水变为同样温度的水蒸气要吸收热量，所以100℃的水的内能小于100℃相同质量的水蒸气的内能，故D正确；‎ E、两个铅块相互紧压后，它们会黏在一起，是分子运动的结果，说明了分子间有引力，故E正确；‎ 故选BDE。‎ ‎【点睛】关键是知道温度是分子平均动能的标志，故物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，内能的多少还与物质的多少有关，所以但内能不一定增大；当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得快，故表现为引力。‎ ‎14.有一导热良好的圆柱形气缸置于水平地面上，并用一光滑的质量为M的活塞密封一定质量的理想气体，活塞面积为S。开始时汽缸开口向上（如图一），已知外界大气压强p0，被封气体的体积V1。求：‎ ‎①被封气体的压强p1；‎ ‎②现将汽缸倒置（如图二），活塞与地面间的气体始终与外界大气相通，待系统重新稳定后，活塞移动的距离△h是多少。‎ ‎【答案】① ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查理想气态方程的应用。选择合适的研究对象，根据理想气态方程计算可得。‎ ‎【详解】①对活塞进行受力分析 解得:‎ ‎②对活塞进行受力分析 对封闭气体分析 解得:‎ ‎【点睛】取活塞为研究对象，根据平衡关系可求出封闭气体的压强，求出前后气体壮态参量，根据理想气态方程联立可得。‎ ‎15.如图所示为一列沿x轴正方向传播简谐横波在t＝0时刻的波形图。其中a、b为介质中的两质点，若这列波的传播速度是10m/s，则下列说法正确的是___________。‎ A. 该波波源的振动周期是0.4s B. a、b两质点可能同时到达平衡位置 C. t＝0.4s时刻a质点正在向下运动 D. 从t＝0到t＝0.1s时间内质点b的路程为2cm E. 该波与频率为2.5Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查波动、振动规律，由波动、振动规律分析计算可得。‎ ‎【详解】A．由，可得该波波源的振动周期是0.4s，故A符合题意。‎ B． a、b两点平衡位置相距不是半波长的整数倍，所以两质点不可能同时到达平衡位置，故B不符合题意。‎ C ．t＝0.4s时刻a质点靠近波源的点（左侧的点）在a点下方，所以a点正在向下运动，故C符合题意。‎ D ．从t＝0到t＝0.1s时间内质点b的路程小于2cm，故D不符合题意。‎ E．发生干涉的条件之一就是两波源振动频率相等，，故该波与频率为2.5Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象，E符合题意。‎ ‎【点睛】发生干涉的条件是波源质点振动方向相同或相反，频率相同。‎ ‎16.两块相同的直角棱镜与一块等腰棱镜拼接成如图所示的组合棱镜，称为直视棱镜。在主截面内，与底面平行的光线由左方射入棱镜，光线等高地从右面棱镜平行射出，犹如棱镜不存在一样。已知直角棱镜的折射率为，等腰棱镜的折射率为，不考虑底面的反射，求等腰棱镜的顶角。(当光以入射角从折射率为的介质入射到折射率为的介质中时，折射角为，则它们满足关系式)‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查光的折射规律，根据折射定律计算可得。‎ ‎【详解】光路图如图 在AB面，由折射定律 在BC面，由折射定律 解得:‎ 故:‎ ‎【点睛】正确画出光路图，找出入射角，折射角，根据折射定律计算可得。‎ ‎ ‎