【文档说明】【精准解析】山西省临汾市洪洞县第一中学2020届高三下学期第一次调研考试理综物理试题.doc，共(18)页，778.000 KB，由小赞的店铺上传

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洪洞县第一中学2020届高三下学期第一次调研考试理科综合-----物理一、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.如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，受到激发后的氢原子只辐射出三种不同频率的光a、b、c，频率νa＞νb＞νc，下列说法正确的是A.照射氢原子的光子能量为12.75eVB.从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光频率为νa

C.从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出的光频率为νcD.光a能使逸出功为10.2eV的某金属发生光电效应【答案】D【解析】【详解】根据公式23nC=，可知，n=3，因此受到激发后的氢原子处于第n=3能级；A．根据氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光子能量与从n=1跃迁到n=3所吸收的光子能量相

等可知，照射氢原子的光子能量为：△E31=E3-E1=-1.51-（-13.6）=12.09eV，故A错误；B．频率大小关系为va＞vb＞vc，从n=3跃迁到n=2辐射出的能量最小，即其对应的光频率为vc，故B错误；C．氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光的能量最大，辐射出的光频率为va

，故C错误；D．氢由n=3跃迁到n=1产生的光的能量12.09eV，依据光电效应方程，所以能使逸出功为10.2eV的金属能发生光电效应，故D正确．2.某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为kv0(k>1)位移大小为x。则在随

后的4t内，质点的位移大小为（）A.8(32)1kxk−+B.8(21)1kxk−+C.8(21)1kxk−−D.3(53)1kxk−+【答案】A【解析】【详解】质点做匀加速直线运动，加速度为00kvvat−=t时

刻内位移为002vkvxt+=联立可得02(1)xtvk=+则在随后的4t内，质点的位移大小为220000114(4)4(4)22kvvxkvtatkvttt−=+=+将02(1)xtvk=+代入得8(32)1kxxk−=+故A正确，BCD错误。故选A。3.双星系统中两

个星球A、B的质量都是m，相距L，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动。实际观测该系统的周期T要小于按照力学理论计算出的周期理论值T0，且01（）=TkkT，于是有一人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C的影响，并认为C位于A、B的连线正中间，相对A、B静

止，则A、B组成的双星系统周期理论值T0及C的质量分别为（）A.222LGm，214kmk+B.322LGm，214kmk−C.322GmL，214kmk+D.322LGm，2214kmk−【答案】D【解析】【详解

】两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知：22122MmGmrmrL==可得r1=r2①两星绕连线的中点转动，则有：2222042mLGmLT=②所以3022LTGm=③由于C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则2222242()2mMmL

GGmLLT+=④又0TkT=⑤解③④⑤式得2214kMmk−=可知D正确，ABC错误。故选D。4.航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示,在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、

大小相同，已知铜的电阻率较小,则合上开关S的瞬间（）A.两个金属环都向左运动B.两个金属环都向右运动C.从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向D.铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力【答案】C【解析】【详解】AB．若环放在线圈两边，根据“来拒去留”可得，

合上开关S的瞬间，环为阻碍磁通量增大，则环将向两边运动，故AB错误；C．线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧向右看为顺时针，故C正确；D．由于铜

环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，则铜环受到的安培力要大于铝环受到的安培力，故D错误。故选C。5.如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，原线圈与固定电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈

电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V是理想电表。当R2=2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，则（）A.电源输出电压为8VB.电源输出功率为4WC.当R2=8Ω时，变压器输出功率最大D.当R2=8Ω时，电压表的读数

为3V【答案】C【解析】【详解】A．当R2=2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，所以R2=4Ω，R1=2Ω，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，根据电压与匝数成正比得原线圈电压是U1=2V，根据电流与匝数成

反比得原线圈电流是I1=2A，所以电源输出电压为U=U1+I1R1=2+2×2=6V故A错误；B．电源输出功率为P=UI1=12W故B错误；C．根据欧姆定律得副线圈电流为22UR，所以原线圈电流是22

2UR，所以2212622UURR=+，222128RUR=+变压器输出的功率22222222214414464(8)16URPRRRR===+++所以当R2=8Ω时，变压器输出的功率P2最大，即为9W2，故C正确；D．当R2=8Ω时，U2=6V，即电压表的读数为6V，故D错误。故选C。6.

如图所示，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点．带正电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等．已知M点电势高于O点电势，

且电势差为U，下列说法正确的是()A.M,N两点电势相等B.粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小C.该匀强电场的电场强度大小为URD.粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点【答案】AB【解析】【分析】带正电

粒子仅在电场力作用下，从M运动到N，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小．由于匀强电场，则等势面是平行且等间距．根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向．【详解】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在M、N两点动能相等，则电势能

也相等，则M、N两点电势相等．因为匀强电场，所以两点的连线MN即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向；可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于

90°，电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小．故AB正确；匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，则02sin45UUERR==，故C错误；粒子在匀强电场受到的是恒

定的电场力，不可能做圆周运动，选项D错误；故选AB.【点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系．并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置．再由曲线运动来确定电场力的方向．同时考查U=Ed中d的

含义重要性，注意公式中的d为沿电场线方向上的距离．7.如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的

动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则()A.μ1一定小于μ2B.μ1可能大于μ2C.改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D.改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2

)g时，长木板与木块将开始相对滑动【答案】BD【解析】【分析】因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力．【详解】对m1

，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较．故A错误、B正确．改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止．故C错误．若将F作用于长木板，当木块

与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长

木板与木块将开始相对滑动．故D正确．故选BD．【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解．8.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速

度v和弹簧压缩量x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计,（弹性势能212pEkx=，g取10m/s2），则下列说法正确的是（）A.小球刚接触弹簧时加速度最大B.当x=0.1m时，小球的加速度为零C.小球

的最大加速度为51m/s2D.小球释放时距弹簧原长的高度约为1.35m【答案】BC【解析】【详解】AC．由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m时，小

球的速度最大，然后减小，说明当△x为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得k△x=mg解得0.210N/m20.0N/m0.1mgkx===弹簧的最大缩短量为△xm=0.61m，所以弹簧的最大值为Fm=20N/m×0.61m=12.2N弹力最大时的加速度2212.20.

210m/s51m/s0.2mFmgam−−===小球刚接触弹簧时加速度为10m/s2，所以压缩到最短的时候加速度最大，故A错误，C正确；B．当△x=0.1m时，速度最大，则弹簧的弹力大小等于重力大小，小球的加速度为零，故B正确；D．设小球从释放点到弹簧的原长位置的高度为h，小球从静止释放到

速度最大的过程，由能量守恒定律可知2211()=()22mmghxkxmv++解得1.1505mh=故D错误。故选BC。二、非选择题：共62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.某同学通

过实验测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小，如图甲所示，将直径约为3cm的圆盘固定在电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固定在圆盘的侧面，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧面上，打点计时器所接交流电的频率为50Hz.(1)实

验时，应先接通________(选填“电动机”或“打点计时器”)电源．(2)实验得到一卷盘绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻2个点之间的长度L1，以及此时圆盘的直径d1，再抽出较长的一段纸带后撕掉，然后抽出一小段测量相邻2个点之间的长度L

2，以及此时圆盘的直径d2，重复上述步骤，将数据记录在表格中，其中一段纸带如图乙所示，测得打下这些点时，纸带运动的速度大小为________m/s.测得此时圆盘直径为5.60cm，则可求得电动机转动的角速度为________rad/s.(结果均保留两位有效数字)(3)该同学

根据测量数据，作出了纸带运动速度(v)与相应圆盘直径(d)的关系图象，如图丙所示．分析图线，可知电动机转动的角速度在实验过程中________(选填“增大”“减小”或“不变”)．【答案】(1).打点计时器(2).1.8(3).64(4).不变【解析】【

分析】（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；（2）根据xvt=求解线速度，根据vr=求解角速度；（3）根据v=ωr=12ωD结合图像判断角速度的变化.【详解】（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；（2）纸带运动的速度大小为23.6010/1.8/0.0

2xvmsmst−===；角速度21.8/64/5.6102vradsradsr−===；（3）根据v=ωr=12ωD，因v-D图像是过原点的直线，可知ω不变.10.为了测某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下

器材：电阻箱R，定值电阻Rn，两个电流表A1、A2，电键S1，单刀双掷开关S2，待测电源，导线若干．实验小组成员设计如图甲所示的电路图．（1）闭合电键S1，断开单刀双掷开关S2，调节电阻箱的阻值为R1，读出电流表A2的示数I0；将单刀双掷开关S2合向1，调节电阻箱的

阻值，使电流表A2的示数仍为I0，此时电阻箱阻值为R2，则电流表A1的阻值RA1＝_____．（2）将单刀双掷开关S2合向2，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A1的示数I，实验小组成员

打算用图象分析I与R的关系，以电阻箱电阻R为横轴，为了使图象是直线，则纵轴y应取_____．A．IB．I2C．1/ID．1/I2（3）若测得电流表A1的内阻为1Ω，定值电阻R0＝2Ω，根据（2）选取的y轴，作

出y﹣R图象如图乙所示，则电源的电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω．（4）按照本实验方案测出的电源内阻值_____．（选填“偏大”、“偏小”或“等于真实值”）【答案】(1).R2﹣R1；(2).C；(3).3；(4).0.9；(5).等于真实值．【解析】【详解

】（1）由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即：RA1＝R2﹣R1；（2）根据题意与图示电路图可知，电源电动势：()0A1EIrRRR=+++，整理得：0111ArR

RRIEE++=+，为得到直线图线，应作1RI−图象，C正确ABD错误．（3）由1RI−图线可知：0A11.3rRRbE++==，112.61.313.93IkER−====，解得，电源电动势：E＝3V，电源内阻：r＝0.9Ω；（4）实验测出了电流表A1的

内阻，由（2）（3）可知，电源内阻的测量值等于真实值．11.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MNPQ相距L倾斜置于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，断开开关S．将长也为L的金属棒ab在导轨上由静止释放，经时间t，金属棒的速度大小为v1，此时闭合开关，最终金属棒以大小

为v2的速度沿导轨匀速运动。已知金属棒的质量为m，电阻为r，其它电阻均不计，重力加速度为g。(1)求导轨与水平面夹角α的正弦值及磁场的磁感应强度B的大小；(2)若金属棒的速度从v1增至v2历时△t，求该过程中流经金属棒

的电量．【答案】(1)1sinvgt=，121mrvBLvt=；(2)q＝(v1t＋v1Δt－v2t)21mvrvt【解析】【详解】(1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑，由牛顿第二定律有sinmgma=由匀变速运动的规律有1vat=解得1sinvgt=开关闭合后，金属棒在导轨上做变

加速运动，最终以v2匀速，匀速时sinmgBIL=又有2BLvIr=解得121mrvBLvt=(2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得21sinmgtBILtmvmv−=−其中Itq=联立上式可得()21121mvqvtvtvtrvt=+−12.

如图所示，半径为a的圆内有一固定的边长为1.5a的等边三角形框架ABC，框架中心与圆心重合，S为位于BC边中点处的狭缝．三角形框架内有一水平放置带电的平行金属板，框架与圆之间存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一束质量为m、电量为

q，不计重力的带正电的粒子，从P点由静止经两板间电场加速后通过狭缝S，垂直BC边向下进入磁场并发生偏转．忽略粒子与框架碰撞时能量与电量损失．求：(1)要使粒子进入磁场后第一次打在SB的中点，则加速电场的电压为多大？(2)要使粒子最终仍能回到狭缝S，则加速电场电压

满足什么条件？(3)回到狭缝S的粒子在磁场中运动的最短时间是多少？【答案】(1)229512qBam；(2)2229(456)32(21)qBaUnmn=−＝，，，；(3)min2.3tqB=【解析】

【分析】（1）带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，进入磁场后做圆周运动，结合几何关系找到半径，求解加速电场的电压；（2）要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则可能的情况是：粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶

点上，即SB为半径的奇数倍；要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切；（3）根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹图，找到圆周运动的圆心角，结合圆周运动周期公式，求出在磁场中运动的最短时间；【详解】（1）粒子在电场中加速，q

U＝12mv2粒子在磁场中，qvB＝2mvrr＝316a解得222292512qBqBaUrmm==（2）要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则r和v应满足以下条件：①粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即

SB为半径的奇数倍，即3214(21)SBarnn==−−(n＝1，2，3，…)②要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切，即r≤a－32a解得n≥3.3，即n＝4，5，6…得加速电压()222

93221qBaUmn=−(n＝4，5，6，…)．（3）粒子在磁场中运动周期为TqvB＝2mvr，T＝2rv解得T＝2mqB当n＝4时，时间最短，即tmin＝3×6×2T＋3×56T＝232T解得tmin＝23mqB.（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做

，则每科按所做的第一题计分【物理---选修3-3】13.下列说法正确的是（）A.气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大B.分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，但斥力变化更快C.附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为

浸润D.已知阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离E.由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能【答案】BCD【解析】【详解】A、温度是分子平均动能的标志，气体温

度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增大，不是每个气体分子运动的速率都增大，故A错误；B、根据分子力的特点可知，分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，随距离减小而增大，但斥力变化更快，故B正确；C、附着

层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，附着层内分子间作用表现为斥力，附着层有扩展趋势，液体与固体间表现为浸润，故C正确；D、知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出气体的摩尔体积，然后求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出气体分子间的平均距离，故D正确；E、做功

与热传递都可以改变物体的内能，但同时做功和热传递，根据热力学第一定律可知，不一定会改变内能，故E错误．14.如图所示，粗细均匀的U形玻璃管，左端封闭，右端开口，竖直放置．管中有两段水银柱a、b，长分别为5cm、1

0cm，两水银液柱上表面相平，大气压强为75cmHg，温度为27℃，a水银柱上面管中封闭的A段气体长为15cm，U形管水平部分长为10cm，两水银柱间封闭的B段气体的长为20cm，给B段气体缓慢加热，使两水银柱下表面相平，求此时：(

i)A段气体的压强；(ii)B段气体的温度为多少?【答案】（1）80cmHg（2）375K【解析】【分析】（1）根据液面的位置求解气体内部压强的值；（2）找到气体的状态参量，然后结合盖吕萨克定律求解气体的温度.【详解】（1）加热后，当b水银柱向上移动到两水银柱下表面相平时，B段气

体压强pB=p0+10cmHg=85cmHg；A段气体的压强为pA=pB-5cmHg=80cmHg（2）给B段气体缓慢加热时，B段气体发生的是等压变化，则a水银柱处于静止状态，当b水银柱向上移动到两水银柱下表面相平时，设此时B段气体的温度为T2，则1212

=LSLSTT式中L1=20cm，L2=25cm解得T2=375K【物理---选修3-4】15.x=0处的质点在t=0时刻从静止开始做简谐振动，带动周围的质点振动，在x轴上形成一列向x正方向传播的简谐横波．如图甲为x=0处的质点的振

动图像，如图乙为该简谐波在t0=0.03s时刻的一部分波形图．已知质点P的平衡位置在x=1.75m处，质点Q的平衡位置在x=2m．下列说法正确的是___________A.质点Q的起振方向向上B.从t0时刻起经过0.0275s质点P处于平衡位置C.从t0时刻算起，

质点P比质点Q的先到达最低点D.从t0时刻起经过0.025s，质点P通过的路程小于1mE.从t0时刻起经过0.01s质点Q将运动到x=3m处【答案】BCD【解析】【分析】由图读出波长和周期T，由波长与周期可求出波传播的速度，根据质点的位置分析其运动情况，注意质点不随着

波迁移；【详解】A、由图甲可知，在0t=时刻振源质点是向y轴负方向振动，其余质点重复振源质点的运动情况，故质点Q起振的方向仍为y轴负方向，故选项A错误；B、由图甲可知周期为0.02Ts=，由图乙可知波长

为2m=，则波速为：2/100/0.02vmsmsT===则由图乙可知当P再次处于平衡位置时，时间为：'1.7510.0075tssv−==经过周期的整数倍之后，质点P再次处于平衡位置，即经过'''0.0275ttTs=+

=还处于平衡位置，故选项B正确；C、由于波沿x轴正方向传播，可知从t0时刻算起，质点P比质点Q的先到达最低点，故选项C正确；D、由题可知：10.0254sTT=+，若质点P在最高点、最低点或平衡位置，则通过的路程为：5451.04sAAm===，但此时质点P不在特殊位置，故其路程

小于1m，故选项D正确；E、波传播的是能量或者说是波的形状，但是质点不随着波迁移，故选项E错误．16.如图所示，ABC等边三棱镜，P、Q分别为AB边、AC边的中点，BC面镀有一层银，构成一个反射面，一单色光以垂直于BC面的方向从P点射入，经折射、反射

，刚好照射在AC边的中点Q，求①棱镜对光的折射率；②使入射光线绕P点在纸面内沿顺时针转动，当光线再次照射到Q点时，入射光线转过的角度．【答案】①3；②120°．【解析】【详解】①画出光路图，根据对称性及光路可逆

结合几何关系可知，光在AB面的入射角i＝60°，折射角r＝30°，根据折射定律有sin3sininr==②当光线再次照射到Q点时，光路如图乙所示，由几何关系可知，折射角θ＝30°，根据折射定律有sin3sin=解得：α＝60°，因此入射光转过的角度为i+α＝120°