四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三上学期第一次月考理综物理试题

四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三上学期第一次月考理综物理试题

‎1.北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131衰变方程为。根据有关放射性知识，下列说法正确的是 A. Y粒子为α粒子 B. 若的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了 C. 生成的处于激发态，放射γ射线。γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强 D. 中有53个质子和131个核子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，Y的电荷数-1，质量数为0，为电子，选项A错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核的衰变不适用，选项B错误；。γ射线的穿透能力最强，电离能力也最弱，选项C错误；中有53个质子和131个核子，选项D正确。‎ ‎2.甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描述两车运动的v－t图中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在0~20秒的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是 A. 在0~10秒内两车逐渐靠近 B. 在10~20秒内两车逐渐远离 C. 在5~15秒内两车的位移相等 D. 在t=10秒时两车在公路上相遇 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在0－10 s内，乙车的速度一直比甲车大，两车应逐渐远离，则A错误；‎ B．在10－20 s内，甲车的速度一直比乙车大，两车逐渐靠近，则B错误；‎ C．在5－15 s内，两图象与坐标轴的面积相等，则两车的位移相等，则C正确；‎ D．在t＝10 s时两车速度相等，相距最远，则D错误。‎ ‎3.为了观测地球表面的植被覆盖情况，中国发射了一颗人造卫星，卫星的轨道半径约为地球同步卫星轨道半径的，那么这个卫星绕地球一圈需要多长时间（　　）‎ A. 12小时 B. 1小时 C. 6小时 D. 3小时 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】地球同步卫星的周期为24小时，根据开普勒第三定律：，代入数据可得：T卫=3小时，故D正确，ABC错误。‎ ‎4.如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则(　　)‎ A. 电路中感应电动势的大小为 B. 电路中感应电流的大小为 C. 金属杆所受安培力的大小为 D. 金属杆的发热功率为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 导体棒切割磁感线产生感应电动势，故A错误；感应电流的大小，故B正确；所受的安培力为，故C错误；金属杆的热功率，故D错误。‎ ‎【考点定位】考查电磁感应知识。‎ ‎5.如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的u－t图像。原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1A，则 ( )‎ A. 变压器原线圈所接交流电压的有效值为230V B. 变压器输出端所接电压表的示数为 C. 变压器输出端交变电流的频率为50Hz D. 变压器的输出功率为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论。‎ ‎【详解】A、B、D项：由原线圈所接正′弦交流电u-t图象以及交流电规律可知，变压器原线圈所接交流电压有效值为，因为原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，输出端所接电压表示数也为有效值，由变压器的变压关系可知U1：U2=n1：n2，解得U2=22 V，变压器的输入功率等于输出功率P=U1I1=220 W，故A、B、D错误；‎ C项：再由u-t图象知交流电周期为0.02 s，频率为50 Hz，故C正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】掌握住理想变压器电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。‎ ‎6.如图所示，在光滑水平面上，木块B与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子，木块A叠放在B上表面，A与B之间的最大静摩擦力为fm，A、B质量分别为m和M，为使A和B在振动过程中不发生相对滑动，则（　　）‎ A. 它们的振幅能大于 B. 它们的振幅不能大于 C. 它们的最大加速度能大于 D. 它们的最大加速度不能大于 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】C、D、当A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大，此时AB到达最大位移处.根据牛顿第二定律，以A为研究对象，最大加速度；故C错误，D正确.‎ A、B、以整体研究对象：kx=(M+m)a,联立两式得到最大振幅：;故A错误，B正确；‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】本题运用牛顿第二定律研究简谐运动，既要能灵活选择研究对象，又要掌握简谐运动的特点．‎ ‎7.如图所示，小车A通过一根绕过定滑轮的轻绳吊起一重物B，开始时用力按住A使A 不动，现设法使A以速度＝4 m/s向左做匀速直线运动，某时刻连接A车右端的轻绳与水平方向成θ＝37°角，设此时B的速度大小为 (cos 37°＝0.8)，不计空气阻力，忽略绳与滑轮间摩擦，则 A. A不动时B对轻绳的拉力就是B的重力 B. 当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度＝5 m/s C. 当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度＝3.2 m/s D. B上升到滑轮处前过程中处于超重状态 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.A不动时B对轻绳的拉力大小等于B的重力，与重力不是同一个力，故A错误.‎ B.小车的运动可分解为沿绳方向和垂直绳方向的两个分运动，当A车右端的轻绳与水平方向成θ＝37°角时，由几何关系可得：vB=vA=3.2m/s，故B错误，C正确.‎ D.因为汽车向左做匀速直线运动，轻绳与水平方向的夹角θ逐渐变小，就逐渐变大，vB就逐渐变大，物体B有向上的加速度，B处于超重状态，故D正确.故选：C、D.‎ ‎【点睛】把小车运动分解为沿绳方向和垂直绳方向的两个分运动，是解决问题的关键.‎ ‎8.如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM∠OMN，在小球从M点运动到N点的过程中 (　 　) ‎ A. 弹力对小球先做负功后做正功再做负功 B. 只有一个时刻小球的加速度等于重力加速度 C. 弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D. 小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题可知，M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中，在M点弹簧为压缩状态，在N点为伸长状态，小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功后做正功，最后再做负功，故A正确；‎ B.在运动过程中，在M点弹簧为压缩状态，在N点为伸长状态，则M到N有一状态弹力为零，且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时，小球的加速度为g，则在小球从M点运动到N点的过程中，有两个时刻小球的加速度等于重力加速度g，故B错误；‎ C.弹簧长度最短即弹簧水平时，弹力与速度方向垂直，弹力对小球做功的功率为零，故C正确；‎ D.因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，由M→N，根据动能定理，则由弹力作功特点知，，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，故D正确。‎ ‎9.下图为验证牛顿第二定律实验中打下的一条纸带,A点为小车刚释放时打下的起始点,每两点间还有四个计时点未画出,测得AB=2.0cm、AC=6.0cm、AE=20.0cm,打点计时器的频率为50Hz，则由纸带可计算出vB = ___________m/s ，v D= ____________m/s，小车的加速度a=__________m/s2.(结果均保留两位有效数字) ‎ ‎【答案】 (1). 0.30 (2). 0.70 (3). 2.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】纸带上面每打一点的时间间隔是0.02s，且每两个记数点间还有四个计时点未画出，T=0.1s 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度可知，，‎ 根据可知，‎ ‎10.某同学测量一只未知阻值的电阻Rx.‎ ‎（1）表内电池的____极与红表笔相连；‎ ‎（2）他先用多用电表进行测量，把选择开关旋到“×10”档位，测量时指针偏转如图甲所示。该同学应选用______________档位，更换档位重新测量之前应进行的步骤是__________‎ ‎（3）接下来再用“伏安法”，测量该电阻，所用仪器如图乙所示，其中电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为5Ω，变阻器最大阻值为100Ω.图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线___________．‎ ‎（4）该同学用“伏安法”测量的电阻Rx的值将_____(填“大于”“小于”或“等于”)被测电阻的实际值．‎ ‎【答案】 (1). 负极 (2). ×100 (3). 欧姆挡调零 (4). ‎ ‎ (5). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）万用表电流总是红表笔流入黑表笔流出，所以红表笔连接表内电源的负极。‎ ‎（2）指针偏转过小，说明待测电阻很大，所以应换用更大档位，即×100档位；每次更换档位后都要重新进行欧姆调零。‎ ‎（3）根据欧姆表读数可知，待测阻值约为1000欧姆，所以：，选择电流表内接，连线如下：‎ ‎（5）因为采用内接法，电流准确，电压偏大，根据欧姆定律：可知，测量值偏大。‎ ‎11.如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起．‎ ‎①A与C刚粘合在一起时的速度为多大？‎ ‎②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能．‎ ‎【答案】① ②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①轻细线绷紧的过程，A、B这一系统动量守恒，以水平向右为正，则mv0＝（m+2m）v1，‎ 解得，‎ 之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中，‎ A、C这一系统动量守恒，则有，mv1＝（m+m）v2，‎ 解得，‎ ‎②轻细线绷紧的过程，A、B这一系统机械能损失为△E1，则，‎ 在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统机械能损失为△E2，则，‎ 则A、B、C这一系统机械能损失为 ‎12.如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线连续射入电场中。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕。金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d。已知B=2. 5xl0-3T．l=d=0.2m，每个带正电粒子的速度v0=105m/s，比荷= l02C/kg，MN板间最大电压U=75V，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。取sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：‎ ‎(l)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；‎ ‎(2)带电粒子向上偏转射出电场的最大速度；‎ ‎(3)带电粒子打在屏幕上的范围。‎ ‎【答案】(1)0.4m；(2) ；(3)点上方到之间 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ t=0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小，根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径；将带电粒子的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向为匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动，带电粒子从平行板边缘射出时，速度最大；经过电场偏转后，粒子速度向上偏转或向下偏转，画出可能的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力得到轨道半径，通过几何关系求解带电粒子打在屏幕上的范围；‎ ‎【详解】解：(1)当粒子不偏转穿过平行金属板时，粒子在磁场中的圆半径最小 根据洛伦兹力提供向心力：‎ 解得：‎ ‎(2)粒子经电场偏转，竖直方向做匀加速运动：‎ 由以上式子解得；‎ 所以最大速度 设速度夹角为，正切值为 粒子离开电场时速度与水平方向夹角为 ‎(3)当粒子以最大速度进入磁场时 粒子刚好与屏幕相切，切点为粒子打在屏幕上的最高点 切点距离屏幕点的距离 当粒子以水平速度进入磁场时，‎ 所以，带电粒子打在屏幕上的范围：点上方到之间 ‎13.下列说法正确的是________‎ A. 气体扩散现象表明气体分子间存在斥力 B. 对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大 C. 热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体 D. 在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的灰尘做无规则运动，灰尘的运动属于布朗运动 E. 用活塞压缩气缸内的理想气体，对气体做了3.0105J的功，同时气体向外界放出1.5105J的热量，则气体内能增加了1.5105J ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A.扩散现象说明分子在做无规则运动，不能说明分子间存在斥力，故A错误； B.温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，故B正确； C.热量总是自发的从温度高的物体传递到温度低的物体，而温度是分子平均动能的标志；故C正确； D.灰尘的运动是由于空气的对流引起的，不属于布朗运动；布朗运动是在显微镜下观察液体中花粉小颗粒的无规则运动，故D错误；‎ E.由热力学第一定律U=W+Q可知，对气体做功W=3.0105J，气体向外界放出热量Q=-1.5×105J，则气体内能增加了 U =3.0×105-1.5×105=1.5×105J 故内能增加了1.5×105J，故E正确。‎ ‎14.粗细均匀的U形管竖直放置，右端封闭，左管内有一个重力和摩擦都不计的活塞，管内水银把气体分隔成A、B两部分。当大气压强为P0＝75cmHg，温度为t0＝27℃时，管内水银面在同一高度，两部分气体的长度均为L0＝30cm。‎ ‎①现向上缓慢拉动活塞，使两管内水银面高度差为h＝10cm，求活塞上升的高度L；‎ ‎②然后固定活塞，再仅对左管气体加热，使A部分气体温度升高。则当左管内气体温度为多少摄氏度时，方可使右管内水银面回到原来的位置。（该题计算结果均保留三位有效数字）‎ ‎【答案】：①现向上缓慢拉动活塞，使两管内水银面高度差为h＝10cm，活塞上升的高度16.4cm；②则当左管内气体温度为191℃时，方可使右管内水银面回到原来的位置。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①温度不变，对B管气体：‎ P0L0S＝P2（L0+0.5h）S 可得：P2≈64.3cm 对A管气体：‎ P0L0S＝（P2﹣h）L1S 求得：L1≈41.4cm L＝L1+0.5h﹣L0＝16.4cm ‎②为使右管内水银面回到原来位置，A气体的压强应为P0，长度应为L1+0.5h；‎ 由理想气体状态方程得： ‎ 代入数据可得：T＝464K 所以：t＝191℃‎ ‎15.某横波在介质中沿轴传播，图甲是时的波形图，图乙是介质中处质点的振动图象，则下说法正确的是 ‎ A. 波沿轴正向传播，波速为1m/s B. ＝2 s时，＝2 m处质点的振动方向为y轴负向 C. ＝l m处质点和＝2 m处质点振动步调总相同 D. 在1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是10cm E. 在＝l s到＝2 s的时间内，＝0.5m处的质点运动速度先增大后减小 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ A、由甲图知，波长λ=2m，由乙图知，质点的振动周期为T=2s，则波速为：，由乙图知，t=1s时刻，x=2m处质点向上运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；‎ B、由乙图知，t=2s时，x=2m处质点的振动方向为y轴负向，故B正确；‎ D、因，则在C、x=lm处质点和x=2m处质点相距半个波长，振动步调总相反，故C错误；‎ ‎1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是两个振幅，为10cm，故D正确；‎ E、在t=1s到t=2s经历的时间为，t=1s时刻x=0.5m处的质点位于波峰，则在t=1s到t=2s的时间内该质点的速度先增大后减小，故E正确；‎ 故选BDE。‎ ‎【点睛】本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向。‎ ‎16.如图所示是一个透明圆柱体的横截面，其半径为RAB是一条直径。 今有一束平行于AB的光从与AB距离的C点（未画出）射向圆柱体。光线经折射后恰经过B点，求：透明圆柱体的折射率和光在圆柱体内传播的时间。(光在真空中速度为c)‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由几何知识可得： ‎ 得： ‎ 由几何关系α＝2β ‎ ‎ 根据折射定律 ‎ 由得 光在柱体内的传播速度 ‎ 由几何关系知 AC= ‎ 故光在圆柱体内传播的时间。‎ ‎ ‎