【物理】宁夏固原一中2020届高三下学期第二次冲刺考试试题（解析版）

【物理】宁夏固原一中2020届高三下学期第二次冲刺考试试题（解析版）

宁夏固原一中2020届高三下学期第二次冲刺考试 一、选择题 ‎1.我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献．下列核反应方程中属于聚变反应的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】A.是一个氘核与一个氚核结合成一个氦核，同时放出一个中子，属于聚变反应，故A正确；‎ B.是卢瑟福发现质子的核反应，他用α粒子轰击氮原子核，产生氧的同位素和一个质子，是人类第一次实现的原子核的人工转变，属于人工核反应，故B错误；‎ C.是小居里夫妇用α粒子轰击铝片时发现了放射性磷（磷30），属于人工核反应，故C错误；‎ D.是一种典型的铀核裂变，属于裂变反应，故D错误．‎ 故选A ‎2.疫情当前，无人驾驶技术在配送、清洁、消毒等方面的应用，节省人力的同时，也大幅降低了相关人员的感染风险，对疫情防控起到了积极作用。某公司在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲乙两辆车的运动，两车在开始计时时刚好经过同一位置且沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知（　　）‎ A. 在t = 3s时，两车第一次相距最远 B. 甲车任何时刻加速度大小都不为零 C. 在t = 6s时，两车又一次经过同一位置 D. 甲车t = 6s时的加速度与t= 9s时的加速度相同 ‎【答案】A ‎【详解】A．甲乙两车同时同地出发，内甲车速度大于乙车速度，甲在前乙在后，距离越来越远，内甲车速度小于乙车速度，距离越来越近，所以时，甲乙两车速度相等，第一次距离最远，A正确；‎ B．图像斜率的物理意义为加速度，图像的斜率可以为0，所以甲车的加速度可以为0，B错误；‎ C．图像与横轴所围面积代表位移，可知前6s内，乙的位移比甲的大，故C错误；‎ D．甲车在时和时加速度方向不同，D错误。故选A。‎ ‎3.为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍．P与Q的周期之比约为（ ）‎ A. 2:1 B. 4:‎1 ‎C. 8:1 D. 16:1‎ ‎【答案】C ‎【详解】本题考查卫星的运动、开普勒定律及其相关的知识点．‎ 设地球半径为R，根据题述，地球卫星P轨道半径为RP=16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，根据开普勒定律，==64，所以P与Q的周期之比为TP∶TQ=8∶1，选项C正确．‎ ‎4.如图所示，两个内壁光滑的圆形管道竖直固定，左侧管道的半径大于右侧管道半径。两个相同小球A、B分别位于左、右管道上的最高点，两球的半径都略小于管道横截面的半径。由于微小的扰动，两个小球由静止开始自由滑下，当它们通过各自管道最低点时，下列说法正确的是（　　）‎ A. A球的速率等于B球的速率 B. A球的动能等于B球的动能 C. A球的角速度大于B球的角速度 D. A球、B球对轨道的压力大小相等 ‎【答案】D ‎【详解】AB．对于任意一球，根据机械能守恒得 解得 由于左侧管道的半径大于右侧管道半径，所以A球的速率大于B球的速率，A球的动能大于B球的动能，故A、B错误；‎ C．根据可得 则有 即A球的角速度小于B球的角速度，故C错误；‎ D．在最低点，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可得A球、B球对轨道的压力大小相等，故D正确；故选D。‎ ‎5.电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示．两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上．当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零．下列说法正确的是（ ）‎ A. 当天平示数为负时，两线圈电流方向相同 B. 当天平示数为正时，两线圈电流方向相同 C. 线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力 D. 线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力 ‎【答案】A ‎【详解】当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈II平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误．‎ ‎【点睛】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律：两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用．‎ ‎①电流方向相同时，将会吸引；‎ ‎②电流方向相反时，将会排斥．‎ ‎6.对于钠和钙两种金属，其遏止电压与入射光频率v的关系如图所示．用h、e分别表示普朗克常量和电子电荷量，则（ ）‎ A. 钠的逸出功小于钙的逸出功 B. 图中直线的斜率为 C. 在得到这两条直线时，必须保证入射光的光强相同 D. 若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较高 ‎【答案】AB ‎【详解】根据，即 ，则由图像可知钠的逸出功小于钙的逸出功，选项A正确；图中直线的斜率为，选项B正确；在得到这两条直线时，与入射光的强度无关，选项C错误；根据，若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较低，选项D错误．‎ ‎7.如图所示，均匀带电半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为,把半圆环分成AB、BC、CD三部分．下列说法正确的是 A. BC部分在O点产生的电场强度的大小为 B. BC部分在O点产生的电场强度的大小为 C. BC部分在O点产生的电势为 D. BC部分在O点产生的电势为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段． 设每段在O点产生的电场强度大小均为E′．AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′则O点的合场强：E=2E′，则：E′=E/2；故圆弧BC在圆心O处产生的场强为E/2．电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的电势为φ′，则有 3φ′=φ，则 φ′=φ/3，故选AD．‎ 点睛：本题要注意电场强度是矢量，应根据平行四边形定则进行合成，掌握电场的叠加原理；电势是标量，可直接取代数和．‎ ‎8.如图所示，导体棒ab的两个端点分别搭接在两个竖直放置、半径相等的金属圆环上，两圆环所在空间处于方向竖直向下的匀强磁场中，圆环通过电刷与导线c、d相接．c、d两个端点接在匝数比n1：n2=10：1的理想变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R0，导体棒ab绕与ab平行的水平轴(即两圆环的中心轴，轴与环面垂直)OO’以角速度匀速转动．如果滑动变阻器连入电路的阻值为R时，电流表的示数为I，ab棒、圆环及接触电阻均不计，下列说法正确的是 A. 变压器原线圈两端的电压 B. 滑动变阻器上消耗的功率为 C. 取ab在环的最低端时t=0，则导体棒ab中感应电流的表达式是 D.‎ ‎ 若c、d间改接电阻R’后电流表的示数不变，ab棒转过90°的过程中流过ab棒的电荷量可能为 ‎【答案】BD ‎【详解】由变压器原副线圈两端得电压电流公式可知得，由因，得，故A错误，由知B正确；ab在环的最低端时t=0，则导体棒ab中感应电流的表达式是，故C错误；在cd端接电阻后，原电路得电压仍然不变是，因此电流表的示数不变可知电阻，故选项D可化为，而有电荷量得公式，交流电得电流最大值，旋转90度联立可得，所以D正确 三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题（共47分）‎ ‎9.在“探究功与速度变化的关系”实验中。采用如图甲所示装置，水平正方形桌面距离地面高度为，将橡皮筋的两端固定在桌子边缘上的两点，将小球置于橡皮筋的中点，向左移动距离s，使橡皮筋产生形变，由静止释放后，小球飞离桌面，测得其平抛的水平射程为L。改变橡皮筋的条数，重复实验：‎ ‎(1)实验中，小球每次释放的位置到桌子边缘的距离s应_____（填“不同”、“相同”或“随意”）。‎ ‎(2)取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线，如图乙所示。应以____为横坐标（填“”或“”）。若直线与纵轴的截距为b，斜率为k，可求得小球与桌面间的动摩擦因数为_____（用题中所给物理最的符号表示）。‎ ‎【答案】 (1). 相同 (2). (3). ‎ ‎【详解】(1)[1]实验中，小球每次释放的位置到桌子边缘的距离s应相同，保证每次橡皮筋形变量相同，每根橡皮筋每次都做功相同。‎ ‎(2)[2]小球飞出桌子后做平抛运动，分解位移 解得 根据动能定理 则 所以应选择为横坐标。‎ ‎[3]图像斜率和纵截距为 解得 ‎10.为了测量一待测电阻R的阻值，准备了以下器材：‎ A.多用电表 B.电流表G1 （0~100 mA，内阻约5Ω）‎ C.电流表 G2（0~50 mA，内阻 r2 = 10 Ω）‎ D.滑动变阻器R1（0~5 Ω）‎ E.滑动变阻器R2（0~1000 Ω）‎ F.直流电源（3.0V，内阻不计）‎ G开关一个及导线若干 ‎(1)用多用电表欧姆表“×‎1”‎挡粗测电阻时，其阻值如图甲中指针所示，则Rx的阻值大约是___Ω。‎ ‎(2)滑动变阻器应选_________ （填仪器前的序号）。‎ ‎(3)请在图乙中对应的虚线框中完成实验电路设计（要求∶滑动变阻器便于调节，电表读数不得低于量程的）。‎ ‎(4)实验步骤：‎ ‎①按图乙所示电路图连接电路，将变阻器滑动触头移至最____端（填“左”或“右”）；‎ ‎②闭合开关S，移动变阻器滑动触头至某一位置，记录G1、G2表的读数I1，I2；‎ ‎③多次移动变阻器滑动触头，记录相应的G1、G2表的读数I1，I2；‎ ‎④以I2为纵坐标。I1为横坐标，作出相应图线如图丙所示，则待测电阻Rx的阻值为_____Ω （保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 9（或9.0） (2). D (3). (4)① 左 ②10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】(1)[1]欧姆挡读数为表盘读数乘以挡位，所以的阻值约为。‎ ‎(2)[2]滑动变阻器需要采用分压法接入电路，所以选择阻值较小的D方便调节。‎ ‎(3)[3]电流表内阻已知，可以作为电压表使用，设计电路图如图 ‎(4)①[4]为了保护电路，两电表均从0开始调节，所以滑动变阻器在开关闭合前应将触头移动至最左端。‎ ‎④[5]根据欧姆定律 整理变形得 图像斜率为 解得 ‎11.在广州亚运会上，由地面上近1400人用绳索拉着的180名演员上演空中飞人。现在把他们某次训练过程中的情节简化成模型：如图所示，地面上的人通过定滑轮用轻绳将质量m=‎60kg的演员从静止竖直向上拉高‎24m，用时t=6s，演员先竖直向上做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动后静止在高空。其加速和减速过程中的加速度之比为1:5，忽略滑轮的质量和滑轮与轴之间的摩擦力。求演员在匀加速上升过程中轻绳对地面上的人的拉力为多少？（g=‎10m/s2）‎ ‎【答案】696N ‎【详解】设加速过程中的加速度为a1，加速时间为t1，减速过程中加速度大小为a2，减速时间为t2，最大速度为v，则 代入数据，整理得 根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律，绳子对地面上的人拉力大小为696N。‎ ‎12.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：‎ ‎ ‎ ‎（1）磁场的方向；‎ ‎（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；‎ ‎（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．‎ ‎【答案】（1）垂直于导轨平面向下；（2）（3）‎ ‎【详解】（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下．‎ ‎（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：‎ 炮弹受到的安培力：‎ 根据牛顿第二定律：‎ 解得加速度 ‎（3）电容器放电前所带的电荷量 开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：‎ 最终电容器所带电荷量 设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：‎ 由动量定理，有：‎ 又：‎ 整理的：最终电容器所带电荷量 ‎【物理一选修3–3】‎ ‎13.关于气体的内能，下列说法正确的是________‎ A. 质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B. 气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 C. 气体被压缩时，内能可能不变 D. 一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 ‎【答案】CDE ‎【详解】A．质量和温度都相同的气体，因气体的种类不一定相同，则摩尔数不一定相同，内能不一定相同，故A错误；‎ B．气体的内能与机械能无关， 气体温度不变，整体运动速度越大，其内能不变，故B错误； ‎ C．气体被压缩时，若气体对外做功，则气体的内能可能不变，故C正确； ‎ D．一定量的某种理想气体的分子势能可视为零，则内能只与温度有关，故D正确； ‎ E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定升高，则内能一定增加，故 E正确；‎ ‎14.一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)‎ ‎【答案】144 cmHg　‎‎9.42 cm ‎【详解】设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.以cmHg为压强单位.由题给条件得 p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝90 cmHg　l1＝‎20.0 cm①‎ l1′＝(20.0－ ) cm＝‎12.5 cm②‎ 由玻意耳定律得p‎1l1S＝p1′l1′S③‎ 联立①②③式和题给条件得：p1′＝144 cmHg④‎ 依题意p2′＝p1′⑤‎ l2′＝‎4.00 cm＋ cm－h＝‎11.5 cm－h⑥‎ 由玻意耳定律得p‎2l2S＝p2′l2′S⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h≈‎9.42 cm.‎ ‎【物理选修3–4】‎ ‎15.下列说法正确的是___________.‎ A. 在摆角小于5°时单摆的周期与振幅无关 B. 用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象 C. 在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象 D. 用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象 E. 两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现 ‎【答案】ACE ‎【详解】在摆角小于5°时单摆的振动可视为简谐振动，此时周期与振幅无关，选项A正确；三棱镜观察太阳光谱，是利用光的折射率不同，出现光的折射色散现象，故B错误；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，选项C正确；用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项D错误；两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现，选项E正确.‎ ‎16.在某介质中形成一列简谐波，t＝0时刻的波形如图中的实线所示．若波向右传播，零时刻刚好传到A点，且再经过0.6 s，P点也开始起振，求：‎ ‎①该列波的周期T为多少？‎ ‎②从t＝0时起到P点第一次达到波峰时止，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？‎ ‎【答案】①；②，‎ ‎【详解】(1)波速v＝＝m/s＝‎10 m/s，‎ 由v＝‎ 得T＝＝0.2 s.‎ ‎(2)由t＝0至P点第一次到达波峰，‎ 经历的时间 Δt2＝Δt1＋T＝0.75 s＝(3＋)T 而t＝0时O点的振动方向竖直向上(沿y轴正方向)，‎ 故经Δt2时间，O点振动到波谷，即 y0＝－‎2 cm，s0＝n·‎4A＝(3＋)×‎4A＝‎0.3 m.‎