【物理】四川省泸县第五中学2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

【物理】四川省泸县第五中学2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

四川省泸县第五中学2020届高三上学期 期末考试 ‎1.关于原子结构及原子核的知识，下列判断正确的是(　　)‎ A. 处于n＝3的一个氢原子回到基态时一定会辐射三种频率的光子 B. α射线的穿透能力比γ射线强 C. 氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的总能量增大，电子的动能也增大 D. 放射性元素的半衰期与压力、温度无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 处于n＝3的一个氢原子回到基态时最多会辐射2种频率的光子，选项A错误；α射线的穿透能力比γ射线弱，选项B错误； 氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的总能量增大，电子的动能减小，选项C错误； 放射性元素的半衰期与压力、温度无关，选项D正确；故选D.‎ ‎2.一质量为m可视为质点的小球以某一初速度竖直上抛，上升过程中受到的空气阻力恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小球在上升h的过程中 A. 小球的机械能减少了kmgh B. 小球的动能减少了kmgh C. 小球克服空气阻力所做的功为(k+1)mgh D. 小球的重力势能减少了mgh ‎【答案】A ‎【解析】A、根据功能关系知：除重力和弹力外其它力做的功等于机械能的变化量，在上升过程中，物体克服阻力做功，故机械能减小，故A正确，C错误；‎ B、小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，根据动能定理得：，则得动能的减小量等于，故B错误；‎ D、根据重力做功和重力势能的关系可知：小球上升h，故重力势能增加，故D错误．‎ 点睛：本题应根据总功等于动能的变化量；重力做功等于重力势能的变化量；除重力和弹力外其余力做的功等于机械能的变化量，进行分析．‎ ‎3.如图所示，将两个完全相同的均匀长方体物块A、B叠放在一起置于水平地面上．两物块的重力均为20N．现用弹簧秤竖直向上拉物块A，当弹簧秤示数为10N时，下列说法中正确的是 A. 物块A对物块B的压力大小为10N B. 物块B对地面的压力大小等于20N C. 地面与物块B之间存在静摩擦力 D. 物块A与物块B之间存在静摩擦力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以A为研究对象，竖直方向根据共点力的平衡条件可得B对A的支持力为:‎ NA=mg-F=10N B．根据牛顿第三定律可得物块A对物块B的压力大小为10N，故选项A正确；‎ 以整体为研究对象，竖直方向根据共点力的平衡条件可得地面对B的支持力:‎ NB=2mg-F=30N 根据牛顿第三定律可得物块B对地面的压力大小等于30N，B错误；‎ C．整体水平方向不受外力作用，所以水平方向不存在摩擦力，C错误；‎ D．以A为研究对象，水平方向不受外力作用，所以水平方向不存在摩擦力，D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．注意整体法和隔离法的应用．‎ ‎4.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示．产生的感应电动势如图乙所示，则（ ）‎ A. 线框产生的交变电动势有效值为 B. 线框产生的交变电动势频率为 C. 时线框平面与中性面重合 D. 时线框的磁通量变化率为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙可知T=0.02s， ，故该交变电流的有效值为，频率 ，故AB错误；0.01 s时电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，即线框平面与中性面重合，故C正确；由图可知t=0.015 s时刻感应电动势最大，所以穿过线框回路的磁通量变化率为最大，故D错误．故选C.‎ ‎5.物体 A、B 在力 F 作用下一起以相同速度沿 F 方向运动，关于物体 A、B 所受的摩擦力，下列说法正确的是 A. 物体 A 和 B 均受摩擦力 B. 物体 A 不受摩擦力，物体 B 受滑动摩擦力 C. 物体 A 和 B 均不受摩擦力 D. 物体 A 受向左的摩擦力，物体 B 受向右的滑动摩擦力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B一起做匀速直线运动，对A受力分析可知水平方向受力为零，即A与B间不存在摩擦力；对AB整体，水平方向受到力F作用，则B一定受到地面的滑动摩擦力作用；‎ A．物体 A 和 B 均受摩擦力，与结论不相符，选项A错误；‎ B．物体 A 不受摩擦力，物体 B 受滑动摩擦力，与结论相符，选项B正确；‎ C．物体 A 和 B 均不受摩擦力，与结论不相符，选项C错误；‎ D．物体 A 受向左的摩擦力，物体 B 受向右的滑动摩擦力，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块（可视为质点）由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是 A. 物块滑到b点时的速度为 B. 物块滑到b点时对b点的压力是2mg C. c点与b点的距离为 D. 整个过程中物块机械能损失了mgR ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由a—b根据机械能守恒定律 得 选项A错误；‎ B．因为 在b点对物体根据牛顿第二定律得 则物块滑到b点时对b点的压力是3mg，选项B错误．‎ C．从a—c根据能量守恒定律 可得c 点与b 点的距离为，选项C正确．‎ D．整个过程中物块机械能损失了mgR，选项D正确；‎ 故选ＣＤ。‎ ‎7.如图所示，在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体，质量为m的物体沿斜面由静止开始自由下滑，下列说法中正确的是(　　) ‎ A. M和m组成的系统动量守恒 B. M和m组成的系统动量不守恒 C. M和m组成的系统水平方向动量守恒 D. M和m组成的系统竖直方向动量守恒 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．m下滑过程系统所受合外力竖直向下，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，系统在竖直方向动量不守恒，故AD错误，B正确；‎ C．M和m组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，故C正确；‎ ‎8.xy平面内，在y<0的区域存在垂直xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．abcd为半径为R 的闭合圆形铝线圈，圆心的坐标为（0，0.5R），通有方向为abcda的恒定电流，线圈竖直放置，此时线圈恰好静止．重力加速度为g．下列能使线圈的加速度大小变为2g的是 A. 仅将磁感应强度大小改为3B B. 仅将线圈以y轴为轴转90°‎ C. 仅将线圈以x轴轴转180°‎ D. 仅将线圈向下移动至圆心位于原点 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由几何关系可知， ；开始时；当磁感应强度大小改为3B，则F安=3BIL，则加速度，选项A正确；若仅将线圈以y轴为轴转90°，则所受的安培力变为零，则加速度变为g，选项B错误；仅将线圈以x轴为轴转180°，则安培力大小不变方向变为向下，则加速度为，选项C正确；仅将线圈向下移动至圆心位于原点，则安培力变为F′安=2BIR，则加速度变为，选项D错误，故选AC.‎ 点睛：此题是安培力的求解即牛顿第二定律的应用题；关键是找到线圈在磁场中的有效长度以及安培力的方向，根据牛顿第二定律求解加速度.‎ ‎9.如图为实验室中验证动量守恒定律的实验装置示意图 ‎（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则（ ）‎ ‎ A．m1> m2 r1> r2 　　　　　　B．m1> m2 r1< r2‎ ‎ C．m1> m2 r1＝r2 D．m1< m2 r1＝r2 ‎ ‎（2）实验中记录了轨道末端在记录纸上的投影位置为O，经多次释放小球，在记录纸上找到两球的平均落点位置M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为、、．已知入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2‎ ‎，只要验证等式_______________成立，即表示碰撞中动量守恒．‎ ‎（3）满足(2)的情况下，若满足等式___________________成立，即可认为碰撞为弹性碰撞．(仅用线段、、表示)‎ ‎【答案】(1). C (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C。‎ ‎(2)[2]小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：‎ ‎，‎ 则：‎ ‎，‎ ‎，‎ 因此需要验证：‎ ‎；‎ ‎(3)[3]小球发生弹性碰撞，碰撞过程中系统动量和机械能都守恒，根据动量守恒有： ‎ ‎，‎ 机械能守恒有：‎ ‎，‎ 联立可得：，‎ 进一步化简得到：‎ ‎。‎ ‎10.某同学利用如图所示的多用电表测量一个定值电阻的阻值，图中、为可调节的部件．该同学的部分操作步骤如下：‎ ‎① 将选择开关调到电阻挡“”位置．‎ ‎② 将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，把两笔尖相互接触，调节__________（选填“‎ ‎”或“”），使电表指针指向电阻挡的__________（选填“刻线”或“刻线”）．‎ ‎③ 将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，发现多用电表的示数如图B所示，为了较准确地进行测量，应将选择开关调到电阻挡的__________（选填“”或“”）位置．然后__________（选填“需要”或“不需要”）重复步骤②．‎ ‎④ 在使用多用表测量电阻时，若双手捏住红、黑表笔金属部分，则测量结果将__________．（选填“偏大”或“偏小”）‎ ‎【答案】②T 刻线 ③档 需要 ④偏小 ‎【解析】‎ ‎【详解】②[1][2]将选择开关调到电阻挡“”位置后，要进行欧姆调零，将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，把两笔尖相互接触，调节，使电表指针指向电阻挡的“刻线”；‎ ‎③[3][4]根据图B可知，被测量电阻较大，所以要调大倍率，应将选择开关调到电阻挡的“”档，然后再进行欧姆调零，即需要重复步骤②；‎ ‎④[5]用双手握住电表两端，即手和电阻是并联的，故测量值将偏小．‎ ‎【点睛】本题考查欧姆表的使用，要掌握欧姆定律的使用方法，明确要选择合适的档位并每次换档后要进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎11.如图所示，ab、cd为足够长、水平放置的光滑固定导轨，导体棒MN的长度为L=2m，电阻，有垂直abcd平面向下的匀强磁场，磁感强度B=1.5T，定值电阻，，当导体棒MN以v=4m/s的速度向左做匀速直线运动时，电流表的示数为0.45A，灯L正常发光.求：‎ ‎ ‎ ‎（1）棒切割磁感线产生的感应电动势和灯L的额定电压；‎ ‎（2）维持杆匀速运动的外力功率为多大；‎ ‎（3）正常发光时灯L的电阻值.‎ ‎【答案】(1)12V；9V； (2)7.2W； (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)导体棒产生的感应电动势为：‎ ‎、间并联电压为：‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律得：‎ 解得通过杆的电流为： ‎ 根据能量守恒可得维持杆匀速运动的外力功率为等于整个装置产生的总电功率 则有整个装置产生的总电功率：‎ ‎(3)则流过灯的电流为 ：‎ 灯L的电阻值：‎ 答：(1)12V；9V；(2)7.2W；(3)‎ ‎12.如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg．问：‎ ‎(1)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中弹簧弹力对物块A做的功；‎ ‎(2)物块B刚要离开C时物块A的动能；‎ ‎(3)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中力F做的功．‎ ‎【答案】（1）0（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）（2）令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知： mgsin30°=kx1 令x2表示B 刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知： kx2=mgsin30° F-mgsin30°-kx2=ma 将F=2mg和θ=30°代入以上各式，解得：a=g 由x1+x2=at2 解得： 物块B刚要离开C时，物块A的速度为：v=at=g 故动能为： 此时弹簧的伸长量和F开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零，故弹簧弹力做功为零； （3）由动能定理得： WF-mg（x1+x2）sin30°=mv2 解得： ‎ ‎13.如图所示，某同学打乒乓球时不小心将球踩瘪了，但没有破裂．他将乒乓球放人热水中，一段时间后恢复为球形，在此过程中，下列说法正确的是________．‎ A. 乒乓球中气体温度升高，气体分子无规则运动变得更剧烈 B. 乒乓球中速率大的分子数占总分子数比例随温度的升高而增大 C. 乒乓球中气体质量不变，温度升高，密度减少，压强增大 D. 乒乓球中气体分子间的引力和斥力都增大 E. 乒乓球受热膨胀，体积增大，气体对外做功，放出热量 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.气体温度升高，气体分子无规则运动变得更剧烈，故A正确；‎ B.根据麦克斯韦统计规律可知温度越高，乒乓球中速率大的分子数占总分子数比例随温度的升高而增大，故B正确；‎ C.乒乓球没有破裂，不漏气，乒乓球中气体的质量不变，体积增大，密度减小，压强增大，故C正确；‎ D.乒乓球中气体分子间的引力和斥力都随着气体分子间距离的增大而减小，故D错误；‎ E.乒乓球受热膨胀，体积增大，气体对外做功，但温度升高，内能变大，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故E错误．‎ ‎14.如图所示，一气缸水平放置，用一横截面积为S、厚度不计的活塞将缸内封闭一定质量的气体，活塞与缸底间的距离为L，在活塞右侧处有一对气缸内壁固定连接的卡环，缸内气体的温度为T0，大气压强为p0，气缸导热性良好．现将气缸在竖直面内缓慢转过90°，气缸开口向下，活塞刚好与卡环接触，重力加速度为g．不计气缸与活塞间摩擦．‎ ‎（1）求活塞的质量；‎ ‎（2）再将气缸在竖直面内缓慢转动180°，当气缸开口向上时，对缸内气体缓慢加热，直到当缸内活塞再次恰好与卡环接触，加热过程中气体内能增加，求缸内气体的温度和加热过程中气体吸收的热量．‎ ‎【答案】（1）；（2），‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设活塞的质量为m，当汽车缸开口向下时，缸内气体的压强：‎ 当气缸从水平转到缸口向下，气体发生等温变化，则有：‎ 联立解得活塞的质量：‎ ‎（2）设气缸开口向上且活塞与卡环刚好要接触时，缸内气体的温度为T，缸内气体的压强：‎ 气体发生等容变化，则有：‎ 解得：‎ 设气缸刚转到开口向上时，活塞力卡环的距离为d，则：‎ 解得：‎ 在给气体加热的过程中，气体对外做的功：‎ 则根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量：‎ ‎15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，(t+0.6s)时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、 c、P、0是介质中的质点，则以下 说法正确的是 ‎ A. 这列波的波速可能为50 m/s B. 这段时间内质点a通过的路程一定小于30 cm C. 质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cm D. 若T=0.8s，则质点b在这段时间内通过的路程一定等于30 cm E. 若T=0.8 s，当(t+0.4s)时刻开始计时，则质点c的振动方程为的cm ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ A、由图可知，波的波长λ=40m，两波形相隔时间0.6s=(n+3/4)T，(n=0,1,2,…)   可得：，(n=0,1,2,…)  ，波速，(n=0,1,2,…) ，当n=0时，v=50m/s，A正确；‎ B、这段时间等于(n+3/4)T，质点a通过的路程可能大于30 cm ，B错误；‎ C、质点c在这段时间内振动的时间为(n+1/2)T，通过的路程可能为（4n+2）A，当n=1时，通过的路程为60 cm，C正确；‎ D、若T=0.8s，0.6s等于3/4个周期，则质点b在这段时间内通过的路程一定等于3A=30cm，D正确；‎ E、若T=0.8 s，(t+0.4s)时刻时c点位于波峰位置，则质点c的振动方程为的m，E错误．‎ 故选ACD．‎ ‎16.如图所示，有一玻璃三棱镜ABC，AB垂直BC，AB长度为L，D为AB的中点，E为BC的中点，∠ACB＝30°．一光线以与AB成夹角入射到AB面上的D点，折射光线平行AC．已知光在真空中的传播速度为c，求：‎ ‎(i)玻璃三棱镜的折射率n；‎ ‎(ii)光从开始射入三棱镜到第一次射出所需的时间．‎ ‎【答案】(i) (ii)‎ ‎【详解】( i )由题意可知人射角，折射角，画出光路图如图所示：‎ 由折射定律有 解得 ‎(ii)由题意结合反射定律可知 设光从三棱镜射向空气的临界角为C 由，可知光射到BC面上发生全反射 光射到AC面上的人射角，则光能从AC面上射出三棱镜 ‎ 由几何关系可知 又 光在三棱镜中的传播速度 则光在三棱镜中传播时间