河南省天一大联考“顶尖计划”2020届高三上学期第一次联考物理试题

河南省天一大联考“顶尖计划”2020届高三上学期第一次联考物理试题

天一大联考 “顶尖计划”2020届高中毕业班第一次考试物理 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.物质发射射线的性质称为放射性。钚的放射性同位素衰变为铀核激发态和粒子，而铀核激发态立即变为铀核，并放出光子。己知、和粒子的质量分别为239.0521u、235.0439u和4.0026u，1u＝931.5MeV，则衰变成的过程中释放的能量为 A. 54MeV B. 52MeV C. 0.56MeV D. 0.084MeV ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】衰变方程为，，合起来为，上述衰变过程的质量亏损为，则放出的能量为。‎ ACD.由上分析可知衰变成的过程中释放的能量为5.2MeV，ACD错误；‎ B.由上分析可知衰变成的过程中释放的能量为5.2MeV，B正确。‎ ‎2.如图所示，一长木板放在斜面上，材料相同的两个小滑块P、Q放置在长木板上，且滑块P的质量大于滑块Q的质量，长木板在外力作用下向上运动，滑块P、Q和长木板相对静止。现使长木板突然停下来并保持不动，滑块P、Q始终在长木板上，则滑块P、Q之间的距离将 A. 保持不变 B. 一直增大 C. 一直减小 D. 条件不足，无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据牛 顿第二定律可知，长木板停止运动后，滑块P、Q的加速度大小均为，又两滑块的初速度相同，则在相同的时间内两滑块运动的位移相同，则滑块P、Q之间的距离将保持不变。‎ A.由上分析可知滑块P、Q之间的距离将保持不变，A正确；‎ BCD.由上分析可知滑块P、Q之间的距离将保持不变，BCD错误。‎ ‎3.有些恒星在核聚变反应的燃料耗尽后，强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，由于质量大而半径小，以致于光都不能逃逸，这种天体被称为黑洞。已知逃逸速度是环绕速度的倍，光在真空中传播的速度为c，太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为光速的。假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，且认为质量不变，则下列关于r与R的关系正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】太阳收缩成半径为r的黑洞后，根据万有此力提供向心力有：，解得，其逃逸速度为，由题意可知又对太阳来说，有，联立解得。‎ ACD.由上计算可知，ACD错误；‎ B.由上计算可在，B正确。‎ ‎4.理想变压器的原线圈接在电压恒定的交流电源上，此时的原、副线圈的匝数比为5：1，A、B两灯泡的额定电压都为U且正常发光。下列说法正确的是 A. 两灯泡的电阻比为1：5 B. 两灯泡的功率比为1：25‎ C. 交流电源的电压为6U D. 交流电源的电压为10U ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】.AB由原、副线圈的匝数比为5:1可知，原副线圈中的电流之比为1:5，即两个灯泡中的电流之比也为1:5，又因为额定电压相同，所以电阻之比为5:1，功率之比为1:5，AB错误；‎ CD.由于两线圈的匝数比为5:1，所以原线圈两端的电压为5U，又因为A灯泡两端的电压也为U，所以交流电源的电压为6U，C正确，D错误。‎ ‎5.如图所示，在匀强电场中，三角形Oab所在平面与电场平行，c为Ob上的点，且Oc：cb＝2：3。已知一点电菏从O点运动到a点的过程中，电场力做功W1；从O点运动到b点的过程中，电场力做功W2。则此点电荷从a点运动到c点，电场力做功为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电场力做功的公式可知。根据匀强电场场强与电势差的关系可知，即，解得，则此点电荷从a点运动到c点的过程中，电场力做功。‎ ABD.由上计算可知此点电荷从a点运动到c点，电场力做功为，ABD错误；‎ C. 由上计算可知此点电荷从a点运动到c点，电场力做功为，C正确。‎ ‎6.一小球在空中某一位置以某一初速度抛出，不计空气阻力。则从小球抛出到落地的过程中，下列说法正确的是 A. 若小球的初速度大小相同，沿不同方向抛出，则小球的动量变化量相同 B. 若小球的初速度大小不相同，但沿相同的方向抛出，则小球的动量变化量不可能相同 C. 若小球的初速度大小相同，则竖直向上抛出比其余任何方向抛出的动量变化量都大 D. 无论小球的初速度为多大，向什么方向抛出，小球的动能变化量总是相同 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球的初速度大小相同，抛出方向不同，只要不是对称方向，小球在空中运动的时间就不同，重力的冲量不同，根据动量定理可知小球的动量变化量不相同，A错误；‎ B.小球的初速度大小不相同，沿水平方向抛出，小球在空中运动的时间相同，重力的冲量相同，根据动量定理可知小球的动量变化量相同，B错误；‎ C.小球的初速度大小相同，根据竖直方向分运动可知，竖直向上抛出比其余任何方向抛出的运动时间都长、重力的冲量都大，根据动量定理可知此时动量变化量最大，C正确；‎ D.从小球抛出到落地，下降高度总相同，重力做的功总相等，根据动能定理可知小球的动能变化量总相同，D正确。‎ ‎7.如图所示，质量为m的小物体B静止在水平地面上，劲度系数为k的直立轻质弹簧下端固定在小物体B上，上端固定在质量也为m的小物体A上。开始系统处于静止状态，现对小物体A施加一个竖直向上的恒定拉力F，经过一段时间，当小物体A到达最高点时，小物体B恰好没有离开地面。已知当地重力加速度为g，则下列说法正确的是 A. 拉力做的功为 B. 拉力F做的功可能为 C. F的大小为2mg D. 弹簧处于原长时小物体A的速度最大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.开始时弹簧的压缩量和小物体B恰好没离开地面时弹簧的伸长量均为，初、末两状态弹簧的弹性势能相等，弹性势能变化量为0，弹簧对小物体A做的功W=0，整个过程，小物体A上升的距离为上，小物体A的重力势能增加;根据功能关系可知拉力F做的功为，A正确，B错误；‎ C.小物体A在拉力F的作用下，先向.上做加速运动，当拉力F弹簧弹力FT和重力mg三力的合力为0后，小物体A向上:做减速运动至最高点。对小物体A应用动能定理有，解得，C错误；‎ D.由以上分析可知，当时小物体A的速度最大，由可知，此时弹簧为原长，D正确。‎ ‎8.一个金属直角拐尺ABC，处于一个与拐尺平面垂直的、足够大的匀强磁场中，第一次，拐尺以A点为轴在纸面内沿顺时针方向以角速度ω匀速转动；第二次，拐尺以C点为轴在纸面内沿顺时针方向以角速度ω匀速转动。两次转动中，关于AB段产生的感应电动势，下列说法正确的是 A. 第一次产生的电动势小于第二次产生的电动势 B. 第一次产生的电动势等于第二次产生的电动势 C. 第一次转动时，A点电势高于B点电势 D. 第二次转动时，A点电势高于B点电势 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.设AB长度为a，BC长度为b，则第-一次以A为轴转动时，AB段产生的电动势大小为;第二次以C为轴转动时，AB段产生的电动势等于AC段电动势减去BC段电动势，即，所以两次产生的电动势大小相等，A错误，B正确；‎ C.由右手定则可判断出，第一次转动时，A点电势低于B点电势，C错误；‎ D.由右手定则可判断出，第二次转动时，A点电势高于B点电势，D正确。‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～16题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题：‎ ‎9.如图所示为探究“拉力恒定时，加速度与质量之间关系”的实验装置，实验时忽略小车所受导轨对它的摩擦力，在倾斜导轨的B处有一时间传感器，能记录小车从倾斜导轨A处下滑到B处的时间。‎ 实验步骤如下：‎ ‎(1)安装好实验器材，用刻度尺测出A、B之间的距离s；‎ ‎(2)将小车置于A处，用弹簧秤沿导轨向上拉着小车并保持静止，读出此时的拉力F；‎ ‎(3)去掉弹簧秤，让小车自A处静止释放，传感器开始计时，小车通过B后，记下时间传感器测得小车从A运动到B的时间t；‎ ‎(4)再将小车置于A处，往小车中增加钩码，设所加钩码总质量为m。为保持小车与钩码的合外力F不变，可采用如下方法：用弹簧秤沿导轨向上拉着小车静止，调节导轨倾角的旋钮使导轨与水平面之间的夹角适当变小，直到弹簧秤的读数显示F为止。然后重复步骤(3)；‎ ‎(5)多次往小车中增加钩码，然后重复步骤(4)；‎ ‎(6)利用实验中所测得的数据在坐标纸上建立坐标系，以m为横坐标，以__________为纵坐标，描点之后作出一条直线便于研究。测得直线的斜率为k，纵截距为b，则小车所受的合外力为__________，小车的质量为__________‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（6）[1]由匀加速 直线运动位移公式可得小车的加速度为 ，由牛顿第二定律得，即.，则应以m为横坐标，以为纵坐标；‎ ‎[2][3]描点连线进行研究。则直线的斜率，纵截距 ，联立解得小车所受的合外力，小车的质量。‎ ‎10.一小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法研究这个小灯泡的伏安特性曲线，实验室有如下器材可供选用：‎ A.电压表V1(0～3V，内阻rV1约为6kΩ)‎ B.电压表V2(0～15V，内阻rV2约为30kΩ)‎ C.电流表A1(量程为200mA，内阻rA1＝10Ω)‎ D.电流表A2(量程为800mA，内阻rA2约为3Ω)‎ E.定值电阻R0(15Ω)‎ F.滑动变阻器R1(0～100Ω，0.5A)‎ C.滑动变阻器R2(0～l0Ω，1A)‎ H.电源E(5V，内阻约为1Ω)‎ I.单刀开关一个、导线若干 ‎(1)为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电表_______和___________，滑动变阻器应选用__________。(填对应器材前的字母序号)‎ ‎(2)为使实验误差尽量减小，要求从零开始多测几组数据，请在如图1所示的实线框里画出实验电路图_____。(图中需标明所选器材的字母代号)‎ ‎(3)根据电路图连接好电路，反复调节滑动变阻器滑片，读出并记录好电表的示数，计算小灯泡两端电压U和通过小灯泡的电流I，并且填写到预先设计的表格中。根据测量的数据，在坐标纸上描点，画出小灯泡的U－I曲线，如图2所示。‎ ‎(4)根据小灯泡的U－I曲线可得小灯泡的额定功率为_____________W；若将两个这样的小灯泡串联后接到一个电源(电动势为5V，内阻为6Ω)上，此时一个小灯泡消耗的实际功率为________W。(结果均保留两位小数)‎ ‎【答案】 (1). C (2). D (3). G (4). (5). 1. 90~1.95均可 (6). 0. 46~0.52均可 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]电压表V1量程小，且内阻又未知，不符合改装的条件，不可用。电压表V2量程太大，亦不可用。小灯泡的额定电压为4V，则通过小灯泡的额定电流A。电流表A1满偏电流为200mA，和定值电阻R0串联，可改装成电压表量程为5V，满足测量要求；‎ ‎[2]用电流表A2测量电流；‎ ‎[3]又实验要求电流从0开始变化，设计成分压式电路，滑动变阻器采用小阻值的R2。‎ ‎(2)[4]本实验要求小灯泡电流从零开始调节，则滑动变阻器应用分压式接法。A1改装后的电压表量程为5V、内阻为25Ω，小灯泡的电阻约为Ω，另一个电流表A2的内阻约为3，若电流表A2内接，有可能出现A2的电阻比被测小灯泡的电阻还大，故为减小系统误差，电流表外接，设计电路图如图所示：‎ ‎(4)[5]小灯泡的额定电压为U=4V，从U-I曲线读出电流I=0.48A，则额定功率W；‎ ‎[6]两个小灯泡串联后接到电源上，电流I相等，则有，解得，在题图2小灯泡的U-I图象中作U=图线，如图所示：‎ 由图可知两图线的交点坐标为U=1.6V，I=0.3A，则小灯泡的功率为P=UI=1.6×0.3W=0.48W ‎11.如图所示，倾角为θ＝37°斜面固定在水平面上，在斜面底端垂直斜面固定一挡板。质量为m＝1kg的小滑块P紧靠挡板放置，P与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5。现对P施加一个沿斜面向上的拉力F，拉力大小为F0＝6N，作用s后改变力F的大小和方向(F始终平行斜面)，使P沿斜面做匀变速运动，又经过s后发现P恰好与挡板相碰。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：‎ ‎(1)改变F前小滑块的位移；‎ ‎(2)F改变后的最大值和最小值。‎ ‎【答案】(1) m (2) F最大值为16N，最小值为8N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)应用牛顿第二定律可知施加推力F0时P的加速度 m/s2‎ 改变F时P的速度为m/s 此段时间内运动位移m ‎(2)在改变F的△t时间内，小滑块P做匀变速直线运动，设加速度为a2‎ 则有 又有 联立解得m/s2‎ 改变推力F后，小滑块P向上运动的过程中，设推力大小为F1‎ 应用牛顿第二定律有:‎ ‎ 解得F1 =8N，方向沿斜面向下。‎ 小滑块P向下运动的过程中，设推力大小为F2‎ 应用牛顿第二定律有 ‎ 解得F2=16N，方向沿斜面向下 所以改变推力F后，F最大值为16N，最小值为8N。‎ ‎12.如图所示，在xOy直角坐标系内有两个半径R＝d的等大圆形区城Ⅰ和Ⅱ，圆心分别位于O1(0，2d)处和O2(0，－2d)处，两个区域内都有垂直平面向外的匀强磁场。现有一个不计重力的带正电的粒子，从A点(－d，3d)处以速度v0水平向右射入区域Ⅰ，然后从区域Ⅰ竖直向下射出，经区域Ⅱ的磁场偏转后又竖直向上进入区域Ⅰ。试求：‎ ‎(1)区域Ⅰ与区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度之比；‎ ‎(2)从最初进入区域Ⅰ到第二次离开区域Ⅰ的总时间。‎ ‎【答案】(1)磁感应强度之比为1:2 (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设A点所在半径OA与y轴的夹角为θ，由几何关系可得 解得：，故θ=45°‎ 由对称性可知，粒子竖直向下离开区域I的位置一定在A点所在直径对应点，且这段圆弧所对应的圆心角为90°，画出粒子的整个运动轨迹如图所示 ‎ ‎(1)在区域I中运动时，设运动半径为R1，由几何关系可得 代人数据可得 在区域II内运动时，粒子刚好转过半个圆周，设运动半径为R2，由几何关系可得 代人数据可得 粒子在磁场中运动时，所受的洛仑兹力 在此力作用下粒子做匀速圆周运动，所以有 由以上两式可得 由上式可以看出，在质量、速度、电量不变的情况下，运动半径与磁感应强度成反比 粒子在区域I与区域II的运动半径之比为2: 1，所以磁感应强度之比为1:2‎ ‎(2)由数学知识可知，弧长的计算公式为rθ，所以粒子在区域I内运动的弧长为，在区域I内运动的弧长为 由几何关系可以求出，在两区域之间的无磁场区运动的路径长度为 所以运动的总时间 整理得 ‎(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。‎ ‎13.下列说法正确的是 。‎ A. 分子间的引力随分子间距离增大先增大后减小 B. 自然发生的热传递过程总是向着分子热运动无序性增大的方向进行的 C. 人们感觉干燥，空气绝对湿度可能很大，而空气相对湿度一定较小 D. 液体中悬浮微粒的布朗运动使液体分子永不停息地做无规则运动 E. 液面上部的蒸汽达到饱和时，从宏观上来看液体不再蒸发，但仍有液体分子从液面飞出 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子间的引力总是随分子间的距离增大而减小，A错误；‎ B.根据热力学第-定律可知，自然发生的热传递过程总是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，B正确；‎ C.人们感觉干燥，是因为空气的相对湿度较小，若温度低，绝对湿度可能大、而相对湿度小，人们也会感觉干燥，C正确；‎ D.液体分子就是在永不停息地做无规则运动，与布朗运动无关，D错误；‎ E.液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中，从宏观上看，液体不再蒸发，E正确。‎ ‎14.如图所示，U形管竖直放置，左右两管粗细均匀且相同，长度均为L=30cm，底部用细管把左右两侧连接，左上端口d封闭。用一段水银柱将一定质量的理想气体封闭在左管上部，此时cd侧的气体住长度、L1=27cm，左右两管水银面高度差h＝1cm。已知大气压强p0=76cmHg，底部细管体积不计。‎ ‎(i)若将气体加热，使热力学温度变为原来的，求此时理想气体的长度；‎ ‎(ii)若将U形管缓慢旋转180°，使底部在上、开口在下，在转动过程中没有水银漏出，且温度不变，求旋转后左右两侧水银面高度差。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】( i )假设对封闭气体加热后，水银都到了右管，则 初态:温度T1、压强cmHg、体积 ‎ 末态:温度、压强cmHg、体积 应用理想气体状态方程有 解得cm>cm 则假设成立，即加热后理想气体气柱长度为40cm ‎( ii )旋转后，设气柱长度缩短x，则末态，压强、体积 应用玻意尔定律有 解得x=2cm 所以两边水银面的高度差cm ‎15.如图所示，一质点在AB之间做简谐运动，C为平衡位置，E、F分别为AC和CB之间的点，且EC和CF的距离相等。质点从E点向右运动经过时间t1第一次经过F点，再经过时问t2第4次经过F点，则该质点的振动周期为________。若此简谐运动分别在空气和水中进行，则形成的两列波的波长________(填“相同”“不相同”或“不能确定”)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 不相同 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]设质点的振动周期为T，根据对称性可知质点从C点运动到F点的时间为，从F点运动到点的时间为则质点的振动周期，联立解得。‎ ‎[2]简谐运动在空气和水中的传播速度v不同，而周期相同，根据波长可知波长不相同。‎ ‎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】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【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 ‎ ‎