四川省泸县第五中学2020届高三上学期期中考试理综物理试题

泸县第五中学2019-2020学年高三上学期期中理综物理试题

一、选择题

1.2019年4月1日，在中国核能可持续发展论坛上，生态环境部介绍2019年会有核电项目陆续开工建设。某核电站获得核能的核反应方程为，己知铀核的质量为m1，钡核的质量为m2，氪核Kr的质量为m3，中子n的质量为m4，下列说法中正确的是

A. 该核电站通过核聚变获得核能

B. 铀核的质子数为235

C. 在上述核反应方程中x=3

D. 一个铀核发生上述核反应，释放的能量为（m1-m2-m3-m4）c2

【答案】C

【解析】

【详解】A 、从核反应方程可知，该核电站通过核裂变获得核能，故A错误；

B、铀核的质子数为92，故B错误；

C、由质量数守恒得：235+1=144+89+x，解得x=3，故C正确；

D、一个铀核发生上述核反应，由质能方程可得：，故D错误

2.如图所示，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间距离为l，在两导线中通有方向垂直于纸面向里的电流。在纸面内与两导线距离均为l的a点，每根通电直线 产生的磁场磁感应强度大小均为B。若在a点平行于P、Q放入一段长为L的通电直导线，其电流大小为I，方向垂直纸面向外，则关于它受到的安培力说法正确的是

A. 大小等于BIL，方向水平向左

B. 大小等于BIL，方向水平向右

C. 大小等于，方向竖直向下

D. 大小等于，方向竖直向上

【答案】D

【解析】

【详解】a点所在通电直导线的受力分析如图所示：

由题意得：，，安培力合力为，方向竖直向上，故D正确，ABC错误。

3.如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后

A. F1不变，F2变大 B. F1不变，F2变小

C. F1变大，F2变大 D. F1变小，F2变小

【答案】A

【解析】

【详解】CD．前后两次木板始终处于静止状态，因此前后两次木板所受合力F1都等于零，保持不变，C、D错误；

AB．绳子剪去一段后长度变短，悬挂木板时绳子与竖直方向夹角变大，将力沿水平方向和竖直方向正交分解，在竖直方向上，，而物体的重力不变，因此单根绳的拉力变大，A正确，B错误。

4.如图所示，物体A、B随水平圆盘绕轴匀速转动，物体B在水平方向所受的作用力有

A. 圆盘对B及A对B的摩擦力，两力都指向圆心

B. 圆盘对B的摩擦力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心

C. 圆盘对B及A对B的摩擦力和向心力

D. 圆盘对B的摩擦力和向心力

【答案】B

【解析】

【详解】和一起随圆盘做匀速圆周运动，做圆周运动的向心力由对的静摩擦力提供，所以对的摩擦力方向指向圆心，则对的摩擦力背离圆心；做圆周运动的向心力由对的摩擦力和圆盘对的摩擦力提供，所受的向心力指向圆心，对的摩擦力背离圆心，则圆盘对的摩擦力指向圆心；

A. 与分析不符，故A错误；

B. 与分析相符，故B正确；

C. 与分析不符，故C错误；

D. 与分析不符，故D错误。

5.一颗人造地球卫星在距地球表面髙度为h的轨道上做匀速圆周运动，运行周期为T若地球半径为R，则（　　）

A. 该卫星运行时的线速度为

B. 该卫星运行时的向心加速度为

C. 物体在地球表面自由下落的加速度为

D. 地球的第一宇宙速度为

【答案】D

【解析】

【详解】卫星运行时线速度为 ，故A错误。卫星在地表h高度运行，万有引力提供向心力,，故B错误。物体在h高度时加速度为，根据万有引力公式，因此物体在地球表面受到的万有引力增大，所以自由下落的加速度 ，故C错误。在轨道半径r上的物体匀速圆周运动的速度满足：，第一宇宙速度即环绕速度，高度h处卫星速度，因此，故D正确。故选D

6.在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示．一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框，在t=0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是(　　)

A. 当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsin θ

B. t0时刻线框匀速运动的速度为

C. t0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsin θ＋

D. 离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动

【答案】BC

【解析】

线框开始进入磁场时，线框处于平衡状态，此时有：mgsinθ=BIL=…①
当ab边刚越过ff′时，此时线框速度仍为v0，此时有：2BI2L-mgsinθ=ma2…②
I2＝…③
由②③得：-mgsinθ=ma2…④
联立①④可得：a=3gsinθ，故A错误；

设t0时刻的速度为v，此时处于平衡状态，有：I3＝…⑤
2BI3L=mgsinθ…⑥
联立①⑤⑥得v=，故B正确；

在时间t0内根据功能有：Q=mgLsinθ+mv02−mv2=mgLsinθ+mv2，故C正确； 离开磁场时由于安培力小于重力沿斜面的分力，因此线框将做加速度逐渐减小的变加速运动，故D错误；故选BC．

7.如图所示，一平台到地面的高度为h=0.45m,质量为M=0.3kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为=0.2。地面上有一质量为m=0.1kg的玩具青蛙距平台右侧的水不距离为=1.2m,旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水不方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行。巳知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是

A. 玩具青蛙在空中运动的时间为0.3s

B. 玩具青蛙在平台上运动的时间为2s

C. 玩具青蛙起跳时的速度大小为3m/s

D. 木块开始滑动时的速度大小为1m/s

【答案】AD

【解析】

【详解】由得玩具青蛙在空中运动的时间为，A项正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为，，玩具青蛙起跳时的速度大小为，C项错误；由动量守恒定律得，解得木块开始滑动时的速度大小为，D项正确；由动量定理得：，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为，B项错误。

8.如图所示，细线一端系一小球，另一端固定在O点，在水平拉力F作用下，小球在O点下方的竖直平面内做匀速率圆周运动．在小球经A点向B点运动的过程中，下列说法正确的是（      ）

A. 小球处于平衡状态

B. 拉力F逐渐增大

C. 重力的瞬时功率保持不变

D. 拉力的瞬时功率逐渐增大

【答案】BD

【解析】

【详解】由于小球做匀速圆周运动，则合外力提供了向心力，所以受力不可能平衡，故A错误；因为小球是以恒定速率运动,即它是做匀速圆周运动,那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点.设绳子与竖直方向夹角是,如图所示：

则 (F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上) 得,不断增大,则F不断增大.故B正确；而水平拉力F的方向与速度v的方向夹角也是,此时重力的功率为，拉力F的功率为所以随着角度的增大，重力和拉力F的功率都在增大，故C错误；D正确；故选BD

二、非选择题

9.三个同学根据不同的实验条件，进行了探究平抛运动规律的实验：

(1)甲同学采用如图甲所示的装置．用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明 _______________________________ ．

(2)乙同学采用如图乙所示的装置．两个相同的弧形轨道M、N，分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端可看作与光滑的水平板相切（水平板足够长），两轨道上端分别装有电磁铁C、D；调节电磁铁C、D的高度使AC＝BD，从而保证小铁球P、Q在轨道出口处的水平初速度v0相等．现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小球能以相同的初速度v0同时分别从轨道M、N的末端射出．实验可观察到的现象是_____________________________________ ．

仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象．

(3)丙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图丙所示的小球做平抛运动的照片，图中每个小方格的边长为L＝2.5 cm，则由图可求得该小球做平抛运动的初速度大小为________ m/s.(保留2位有效数字，g取10m/s2)

【答案】    (1). 平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动    (2). P球击中Q球    (3). 1.0

【解析】

【详解】（1）在打击金属片时，两小球同时做平抛运动与自由落体运动．结果同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动．

（2）两球在水平方向的运动是相同的，则在相同的时间内水平位移相同，则实验可观察到的现象是：P球击中Q球；

（3）平抛运动可看成竖直方向自由落体运动与水平方向匀速直线运动；
在竖直方向：由△h=gt2可得：

水平方向：由x=v0t得：

10.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请回答下列问题：

（1）在使用多用电表测量时，若选择开关找至“25V“挡，指针的位置如图（a）所示，则测量结果为___________V

（2）多用电表测量未知电阻阻值的电路如图（b）所示，电源的电动势为E，R0为调零电阻。某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流I与电阻箱的阻值Rx关系图象如图（c）所示，则此时多用电表的内阻为_________Ω，该电池的电动势E＝________V

（3）下列判断正确的是（      ）

A．在图（b）中、电表的左、右插孔处分别标注着“﹣”、“+”

B．由图线（c）的特点可知，欧姆表的刻度盘上的数字左小右大

C．欧姆表调零的实质是通过调节R，使Rx＝0时电路中的电流达到满偏电流

D．电阻Rx的变化量相同时，Rx越小，则对应的电流变化量就越小

（4）如果随着使用时间的增长，该多用电表内部的电源电动势减少，内阻增大，但仍然能够欧姆调零，如仍用该表测电阻，则测量结果是_______。（填“偏大”“偏小”或“不变”）

【答案】    (1). 11.5    (2). 1.5×104    (3). 12    (4). AC    (5). 偏大

【解析】

【详解】（1）选择开关置于“25V”时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值为0.5V，对应刻度示数为：11.5V。

（2）根据闭合电路的欧姆定律得： ，

由题图可得Ig＝0.8mA，当I＝0.3mA时，Rx＝15 kΩ，解得 R内＝15 kΩ＝1.5×104Ω，E＝12 V。

（3）根据电流红进黑出，在题图b中，电表的右、左插孔处分别标注着“+”“﹣”，故A正确；函数图象是非线性变化，导致欧姆表刻度不均匀，欧姆表的刻度盘上的示数左大右小，由于外电阻增大电路电流减小造成的，故B错误；欧姆表调零通过调节滑动变阻器R0，调节至待测电阻Rx为零（即两表笔短接）时，电流表满偏，对应欧姆表示数为零，故C正确；欧姆表刻度不均匀的原因是待测电阻和电路电流关系非线性变化，而且IRx切线斜率大小随待测电阻值增大而减小，即Rx阻值变化量对应电流变化量随待测电阻增大而减小，欧姆表刻度左密右疏，故D错误。故选AC

（4）测量原理为闭合电路欧姆定律：当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式，欧姆表内阻R中得调小， ，因R中变小，则同一Rx则电流要变小，对应电阻刻度值偏大。

11.嘉年华上有一种回力球游戏，如图所示，A、B分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最低点，B点距水平地面的高度为h，某人在水平地面C点处以某一初速度抛出一个质量为m的小球，小球恰好水平进入半圆轨道内侧的最低点B，并恰好能过最高点A后水平抛出，又恰好回到C点抛球人手中．若不计空气阻力，已知当地重力加速度为g，求：

（1）半圆形轨道的半径；

（2）小球在C点抛出时的速度。

【答案】（1）2h（2）

【解析】

试题分析：（1）小球恰好能通过最高点A，根据牛顿第二定律求出在A点的速度，根据动能定理求出B点的速度，C到B的逆过程为平抛运动，A到C过程为平抛运动，根据平抛运动的规律求出轨道半径R；（2）从C点到B点的过程中，求出竖直方向的速度，根据运动的合成与分解求C点的速度大小和方向。

(1)设半圆形轨道的半径为R，小球经过A点时的速度为，小球经过B点时的速度为，小球经过B点时轨道对小球的支持力为

在A点，则有：

从B点到A点的过程中，根据动能定理有：

C到B的逆过程为平抛运动，有：，

A到C的过程，有：，

解得：R＝2h

（2）从C点到B点的过程中，竖直方向：

在C点，则有：，且有：

解得：

方向与水平方向夹角为：

【点睛】本题考查了动能定理、牛顿定律与平抛运动和圆周运动的综合运用，知道圆周运动向心力的来源，以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．

12.在如图所示平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度＝0.1m。现从坐标为（﹣0.2m，﹣0.2m）的P点发射出质量m＝2.0×10﹣9kg、带电荷量q＝5.0×10﹣5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s（粒子重力不计）。

（1）带电粒子从坐标为（0.1m，0.05m）的点射出电场，求该电场强度；

（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，﹣0.05m）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】（1）10×104N/C（2）4T，方向垂直纸面向外

【解析】

【详解】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：

可得：r=0.20m=R

根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y

根据类平抛规律可得：

根据牛顿第二定律可得：

联立可得：N/C

（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：m/s=

粒子射出电场时速度：

根据几何关系可知，粒子在区域磁场中做圆周运动半径：

根据洛伦兹力提供向心力可得：

联立可得所加匀强磁场磁感应强度大小：T

根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

13.下列关于热力学定律的说法正确的是（　　）

A. 一定质量的理想气体保持压强和体积不变，而只改变其温度是不可能的

B. 热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律

C. 一定质量的理想气体放出热量，则其分子平均动能一定减少

D. 对于密闭容器内的理想气体而言，分子在单位时间内对单位面积容器壁碰撞的平均次数会随温度的升高而增多

E. 热运动的宏观过程是熵减少的过程

【答案】ABD

【解析】

【分析】

由理想气体状态方程可知，保持压强和体积不变，则温度一定不变，热力学第二定律反映了宏观自然过程的方向性。体积压缩放出热量，温度可能升高，故分子的平均动能可能增加，由理想气体状态方程可知，对于密闭容器内的理想气体而言，如果温度升高，分子在单位时间内对单位面积容器壁碰撞的平均次数增多，根据热力学第二定律可知，实际的宏观过程都会自发地往熵增加的方向进行.

【详解】A、由理想气体状态方程可知，保持压强和体积不变，则温度一定不变，故A正确；

B、热力学第二定律反映了宏观自然过程的方向性，故B正确；

C、体积压缩放出热量，温度可能升高，故分子的平均动能可能增加，故C错误；

D、由理想气体状态方程可知，对于密闭容器内的理想气体而言，如果温度升高，分子在单位时间内对单位面积容器壁碰撞的平均次数增多，故D正确；

E、根据热力学第二定律可知，实际的宏观过程都会自发地往熵增加的方向进行，故E错误；

故选ABD.

14.如图，一个质量为m的T型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部ho处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为P0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：

（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；

（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化

【答案】（i）

（ii）0．3（）h0S-Q

【解析】

（i）初态时，对活塞受力分析，可求气体压强  ① 

体积V1＝1.8h0S， 温度T1=T0

要使两边水银面相平，气缸内气体的压强P2=P0， 

此时活塞下端一定与气缸底接触， V2=1.2h0S

设此时温度为T2，由理想气体状态方程有   ②   

得：    

（ii）从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功

W=P1ΔV=（）×0.6h0S    ③

由热力学第一定律得：ΔU=0.6（）h0S-Q

15.一简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0 时刻的波形图如图所示，波刚好传到x=8 m的位置，P是平衡位置为x=1 m处的质点，并经过0.2 s完成了一次全振动，Q是平衡位置为x=4 m处的质点，M是平衡位置为x=34m处的质点（M点图中未画出），则下列说法不正确的是（      ）

A. 波源的起振方向沿y轴负方向

B. t=0.15 s时，质点Q纵坐标为10 cm

C. 波刚好传到M质点时，质点P振动方向沿y轴正方向

D. 当质点M第一次出现在波峰位置时，质点Q恰好出现在平

衡位置且振动方向沿y轴正方向

E. 从t=0.10 s到t=0.15 s，质点P通过的路程为10 cm

【答案】BCE

【解析】

A、根据波向右传播可得：波前向下振动，故波源的起振方向沿y轴负方向，故A正确；

B、P经过0.2s完成了一次全振动，故周期，t=0s时，质点Q在平衡位置，正向上振动，故经过后,质点纵坐标为-10cm，故B错误；

C、由图可得：波长，故波速；波传播到M点的时间；t=0时，质点P向下振动，故经过0.65s后质点P向下振动，故C错误；

D、质点M第一次出现在波峰位置时， ，故质点Q恰好和t=0s时振动相同，即在平衡位置，正向上振动，故D正确；

E、从t=0.10s到t=0.15s，即，质点P从纵坐标为负向上运动到纵坐标为正，经过时间为，那么根据越靠近平衡位置速度越大可以知道：质点P通过的路程大于A，即大于10cm，故E错误；

故错误的选BCE。

【点睛】根据波的传播方向得到波前的振动方向，从而得到起振方向；根据全振动的时间得到周期，即可根据质点振动方向得到纵坐标；根据波的传播由波速和距离得到确定的时刻，然后根据周期及振动方向得到质点的振动；最后根据质点振动方向和位置得到质点经过的路程，由与平衡位置的关系得到时间内路程和A的关系。

如图为半径为R的半球玻璃体的横截面，圆心为O，MN为过圆心的一条竖直线。现有一单色光沿截面射向半球面，方向与底面垂直，入射点为B，且。已知该玻璃的折射率为，求：

16. 光线PB经半球体折射后出来的光线与MN直线的交点到顶点A的距离并作出光路图；

17. 光线PB以B点为轴，从图示位置沿顺时针方向逐渐旋转60°的过程，请说出光线在经半球体的底面第二次折射时会有什么情况发生？

【答案】①如图所示：

②会有全反射现象发生

【解析】

试题分析：（1）先根据折射定律求出光线在玻璃半圆柱体B点的折射角，由几何知识求出光线射到半球面底面上的入射角，由折射定律求出射光线的折射角，再由几何知识求出射光线与与MN直线的交点到顶点A的距离，作出光路图．（2）由公式求出临界角C，将入射角与临界角C比较，分析光线在经半球体的底面第二次折射时能否发生全反射．

①由分析图知：，根据折射率公式

代入数据求得

由光路图根据折射率公式求得

由几何关系解得

②当光线PB沿顺时针方向旋转时，光线经第二次折射由光密介质进入光疏介质，会有全反射现象发生。