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)

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文档介绍

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。‎ ‎ ‎
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