【文档说明】【精准解析】四川省南充高级中学2020届高三下学期4月月考理综物理试题.pdf，共(19)页，442.349 KB，由小赞的店铺上传

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-1-2020届四川省南充高级中学高三（下）4月理综物理试题二、选择题1.下列说法正确的是（）A.查德威克发现中子的核反应是941214260Be+HeC+nB.机场、车站和重要活动场所的安检门可以探测人随身携带的金属物

品，是利用静电感应的工作原理工作的C.考古专家发现某一骸骨中146C的含量为活着的生物体中146C的14，已知146C的半衰期为5730年，则确定该生物死亡时距今约22920年D.根据xvt，当∆t非常小时，xvt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这

应用了类比法【答案】A【解析】【详解】A．根据核反应方程中质量数和电荷数守恒，查德威克发现中子的核反应方程为941214260Be+HeC+n故A正确；B．安检门利用涡流探测人随身携带的金属物品的原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品内产生交变

的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，故B错误；C．考古专家发现某一骸骨中146C的含量为活着的生物体中146C的14，可知经历了2个半衰期，146C的半衰期为5730年，则确定该生物死亡时距今约11460年

，故C错误；D．为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故D错误。故选A。2.2020年2月2日，在7000多人10天10夜的鏖战

下湖北省首个“小汤山模式”医院—武汉蔡旬火神山医院成功交付。下图是火神山医院的施工现场，几十台吊车正如火如荼的运行。如图所示，一台吊车用互成角度的绳子吊起货物，两段绳子与水平方向的夹角均为60°。绳的质量不计，且绳子能承受的最大拉力为7003N，已知货物质量为200k

g，重力加速度g-2-取10m/s2。要使绳子不被拉断，则货物上升的最大加速度为（）A.0.2m/s2B.0.4m/s2C.0.5m/s2D.1m/s2【答案】C【解析】【详解】对货物受力分析如图，由平行四边形定则可得2cos302100NFT由牛顿第二定律得Fmgma解得20

.5m/sa故ABD错误，C正确。故选C。3.有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b处于离地很近的近地圆轨道上正常运动；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星．各卫星排列位置如图

所示，下列说法中正确的是-3-A.a的向心加速度等于重力加速度gB.b在相同时间内转过的弧长最长C.d的运行周期有可能是20hD.把a直接发射到b运行的轨道上，其发射速度大于第一宇宙速度【答案】B【解析】

【详解】A．地球同步卫星的周期c必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由牛顿第二定律得2GMmmar解得2GMar卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度

，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；B．由牛顿第二定律得22GMmvmrr解得GMvr卫星的轨道半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故B正确；C．由开普勒第三定律

32RkT知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，d的运行周期应大于24h，不可能是20h，故C错误；D．把a直接发射到b运行的轨道上，其发射速度等于第一宇宙速度，故D错误；故选B点睛：地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同

，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．-4-4.如图，

质量为m的一辆小汽车从水平地面AC上的A点以速度0v沿斜坡行驶到B点刚好减速至0。B距水平地面高h，以水平地面为零势能面，重力加速度为g。小汽车从A点运动到B点的过程中（空气阻力忽略不计），下列说法正确的是（）A.合外力做功为2012mvB.合外力

做功为mghC.小汽车的机械能一定增加D.牵引力做功大于2012mghmv【答案】D【解析】【详解】AB．由动能定理得220011022Wmvmv合故AB错误；C．由于小汽车做减速运动，由题无法确定牵引力与阻力的大小关系，则无法确定小汽车机械能

的变化，故C错误；D．由动能定理得2f0102FGWWWmv得20f12FWmghmvW其中fW为克服阻力做功，故D正确。故选D。5.如图所示，带正电的物体A带电量q=0.01C，质量为2kg，物体B不带电，质量为1kg。整个空间存在水平方向的

匀强电场（图中未画出），电场强度E=1000N/C，现用平行于斜面的力F推动带电体A，使不带电的物块B恰好能贴着A一起沿固定斜面向上做匀速直线运动。已知斜面光滑，A、B之间不粘连，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且AB之间的动摩擦因数μ=0.75，带电体A与其它物

体之间不导电。则下列说法正确的是（）-5-A.斜面倾角为45B.斜面倾角为60C.若匀强电场的方向水平向右则F的大小等于30ND.若匀强电场的方向水平向左则F的大小等于24N【答案】C【解析】【详解】AB．物块B恰好能贴着A一起沿固定斜

面向上做匀速直线运动，由B平衡得maxcosmgfNsinFmg又maxNfF得10.75tan解得=53故AB错误；C．对AB整体受力分析且由平衡得sin53cos53qENFcos53sin53ABNFmgmg联立解得=30NF故C正确；

D．对AB整体受力分析且由平衡得+cos53sin53qEFN-6-cos53sin53ABNFmgmg联立解得=18NF故D错误。故选C。6.在平直公路上行驶的a车和b车，其位移－时间图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车加速度恒定且a=-2m/s2，t=3s时，的直

线a和曲线b刚好相切，则下列说法正确的是（）A.t=3s时b车的速度83bvm/sB.t=0s时b车的速度v0=8m/sC.t=0s时a车和b车的距离s0=9mD.t=2s时a车和b车的距离s1=2m【答案】BC【解析】【详解】A．t=3s时，直线a和曲线b刚好

相切，位置坐标相同，两车相遇，斜率相等，此时两车的速度相等，由图可知，速度为82m/s2m/s3bv故A错误；B．t=0s时b车的速度30vvat得03(223)m/s8m/svvat故B正确；C．t=3s时，a车的位移

为-7-6maasvtb车的位移为0315m2bvvstt=3s时，a车和b车到达同一位置，所以t=0时两车相距09mbasss故C正确；D．t=2s时b车的速度为2(822)m/s4m/sv02sa车的位移为''4maasv

t02sb车位移为''0212m2bvvstt=2s时a车和b车的距离1(9412)m1ms故D错误。故选BC。7.在炎热酷暑的时候，大量的电器高负荷工作，一些没有更新升级输电设备的老旧社区，由于输电线老化，线损提高，入户电压降低，远达不到电器正常工作

的需要，因此出现了一种“稳压源”的家用升压设备，其原理就是根据入户电压与电器工作电压，智能调节变压器（理想变压器）原副线圈匝数比的机器，现某用户工作情况如图所示。下列说法正确的是（）A.现入户电压U1

=150V，若要稳压源输出电压U2=225V，则需调节12:2:3nnB.现入户电压U1=150V，若要稳压源输出电压U2=225V，则需调节12:3:2nnC.保证热水器和空调正常工作，若入户电压U1减小，经智能调控后，电表A1示数变小-8-D.保证热水器和空调正常工作，

若入户电压U1减小，经智能调控后，电表A1示数变大【答案】AD【解析】【详解】AB．根据变压器的变压比可知1122UnUn，入户电压U1=150V，若要稳压源输出电压U2=225V，则需调节12:2:3nn故A正确，B错误；CD．保证热水器和空调正常工作，若入户电压U1减小，由112

2UnUn可知，匝数比应减小，变压器的输出功率不变，即副线圈中电流不变，由1221InIn可知，电表A1示数变大，故C错误，D正确。故选AD。8.如图所示，宽为2L的两平行金属导轨左端接一阻值为R的电阻，一金属棒垂直放置在两导轨上，

且始终与导轨接触良好；在CD左侧边长为L的正方形区域中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=kt，式中k为常量；紧挨CD的右侧区域存在足够长且宽为L的匀强磁场，磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向外。t=0时刻在CD处给金属棒一个向右的初速度v，同时施加一个

水平外力F维持金属棒向右匀速运动。金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略。则此后的运动过程中（）A.若0BvkL通过R的电流方向从a流向bB.若0BvkL通过R的电流方向从a流向bC.金属棒所受的水平拉力F大小恒定不变D.金属棒所受的水平拉力F随时间均

匀增大【答案】AC-9-【解析】【详解】AB．CD左侧磁场产生的感应电动势为22BELkLt左棒切割磁感线产生的感应电动势为0=EBLv右，若0BvkL即EE右左由楞次定律可知，此时通过R的电流方向从a流向b，故A正确，B错误；CD．回路中的感应电

动势为20==EEEkLBLv右左恒定，则回路中的电流恒定，安培力恒定，金属棒所受的水平拉力F大小恒定不变，故C正确，D错误。故选AC。第Ⅱ卷（共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。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11题，129分）9.两位同学设计了如下实验装置，研究滑动摩擦力大小的决定因素。实验装置中弹簧测力计可以固定在墙面，足够长的

木板放置在水平桌面上可以任意拖动，还准备有连接物块和弹簧测力计的细线，一条毛巾，完全相同的物块若干。a组实验中可以选择完全相同的物块重叠进行实验，可根据需要增减物块的个数；b组实验中可以平铺毛巾在木板上进行

实验；c和d组实验可以侧放和平放物块进行实验；实验时可将木板水平拉出，并读出弹簧测力计的示数。-10-(1)甲同学认为实验时必需将木板水平向右匀速拉出，弹簧测力计的示数F才等于物块受到的滑动摩擦力的大小；乙同学认为实验时向右拉出木板不需要匀速，

弹簧测力计稳定时的示数F就等于滑块受到的滑动摩擦力的大小。你认为_____________（填甲或乙）的观点正确；(2)a组实验是为了研究滑动摩擦力的大小与___________的关系；b组实验是为了研究滑动摩擦力的大小与___________的关系；c和d组实验是为了

研究滑动摩擦力的大小与___的关系。【答案】(1).乙(2).正压力(3).接触面材料(4).接触面积【解析】【详解】(1)[1]根据平衡条件可知，只要物块和木板或毛巾有相对运动，不管匀速还是加速拉出，弹簧测力

计稳定时的示数F就等于滑块受到的滑动摩擦力的大小，则乙同学的观点正确；(2)[2]a组实验通过改变物块的个数从而改变物块与木板间的正压力，则a组实验是为了研究滑动摩擦力的大小与正压力的关系；[3][b组实验平铺毛巾在木板上进行实验改变了物块与接触物的材料，则b组实验是为了研究滑动摩

擦力的大小与接触面材料的关系；[4]c和d组实验可以侧放和平放物块进行实验即改变物块与木板间的接触面积，则c和d组实验是为了研究滑动摩擦力的大小与接触面积的关系。10.某同学用一个满偏电流为20mA、内阻为30Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5V的干电池组装成一个欧姆表。-11-(

1)该同学按图1，正确连接好电路。甲、乙表笔中，乙表笔应是________（选填“红”或“黑”）表笔。(2)测量电阻前，要先进行欧姆调零，其操作是___________，使电流表指针指到___________处。(3)欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接如图2中的a、b两点，指针

指在电流表刻度的8mA处，则电阻Rx=________Ω。(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了如图2中的a、c两点，则Rx的测量结果________（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】(1).黑(2).将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器(3).20mA(4).

112.5(5).偏小【解析】【详解】(1)[1]根据欧姆表电流为红进黑出结合题图示可知，乙表笔与欧姆表内置电源正极相连，乙表笔是黑表笔；(2)[2][3]测量电阻前，先进行欧姆调零即将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到电阻为零即电流最大（20mA）；(3)[4]欧姆表内

阻R内=g1.50.02EIΩ=75Ω指针指在电流表刻度的8mA处，由闭合电路欧姆定律得8×10－3A=1.575xR解得Rx=112.5Ω(4)[5]若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，由题图示电路图可知，两电池串联，-12-相当于欧姆表内置电源电动势E变大，由闭合电路欧姆定律可

知，电路电流变大，欧姆表指针偏右，欧姆表示数变小，Rx的测量结果偏小。11.2020年新年伊始，人们怀着对新一年的美好祝愿和期盼，在广场的水平地面上竖立了2020数字模型，该模型是由较细的光滑管道制造而成，每个数字高度相等，数字2上半部分是半径R1=1m的圆形管道

，数字0是半径R2=1.5m的圆形管道，2与0之间分别由导轨EF和HM连接，最右侧数字0管道出口处与四分之一圆轨道MN连接。从轨道AB上某处由静止释放质量为m=1kg的小球，若释放点足够高，小球可以顺着轨道连续通过2020管道并且可以再次返回2020管道。D、G分别

为数字2与0管道想的最高点，水平轨道BC与小球间的动摩擦因数0.5，且长度为L=1m，其余轨道均光滑，不计空气阻力且小球可以当作质点，g=10m/s2。(1)若小球恰好能通过2020管道，则小球在AB轨道上静止释放处相对地面的高度h为多少？

(2)若小球从h1=5m高处静止释放，求小球第一次经过D点时对管道的压力？【答案】(1)3.5m；(2)20N，方向竖直向上【解析】【详解】(1)恰好能过管道最高点即最高点速度为0，ABC阶段由动能定理212cmghmgLmvCD阶段由机械能守恒22122cmgRmv得h=3.

5m(2)从释放到运动至C处，由动能定理2112cmghmgLmvCD阶段由机械能守恒'22211222cDmgRmvmv-13-设小球在D处受到的弹力为FN，则21DNvmgFmR得FN=20N由牛顿第三定律可知小球在

D处对管道的压力大小也为20N，且方向竖直向上12.如图所示，相距为l=1m的光滑平行金属导轨水平放置，一部分处在垂直于导轨平面的匀强磁场中，OO′是磁场的边界，磁感应强度为B=0.5T，导轨左端接有定值电阻R=0.5Ω，导轨电阻忽略不计，在磁场边界OO′处垂

直于导轨放置一根质量为m=1kg、电阻r=0.5Ω的金属杆ab。(1)若ab杆在恒力F=2N的作用下，从OO′边界由静止开始向右运动，通过x=1m的距离到达cd位置时电路中共产生热量1.5J，若不考虑整

个装置向外的电磁辐射，求ab杆到达cd位置时加速度a的大小；(2)若使ab杆从边界OO′处由静止开始做加速度为a=2m/s2的匀加速直线运动，当ab杆通过x=1m的距离到达cd位置时，求外力的瞬时功率以及该过

程所施加的外力F与时间t的关系式。【答案】(1)1.75m/s2；(2)F=(0.5t＋2)N【解析】【详解】(1)根据能量守恒知电阻上产生的热量为Q=Fx－12mv2=1.5J则ab杆速度为v=1m/s杆所受安培力为F安=BIl，且EIRr，EBlv则-14-F安=22BlvR

r=0.25N由牛顿第二定律知F－F安=ma得a=1.75m/s2(2)匀加速运动到cd时，根据运动学规律，则有v2=2ax，x=12at2则v=2ax=2m/st=2xa=1s此时外力大小为F=2.5N外力的功率为P=Fv=5W由牛顿第二定律有F－F安

=maF安=BIl=2222BvBlaRrltrR则有F=22BlaRrt＋ma=(0.5t＋2)N【物理选修3－3】13.一定质量的理想气体从状态M到达状态N，有两个过程可以经历，其p－V图象如图所示。在过程

1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是（）-15-A.气体经历过程1，其温度降低，内能减少B.气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少C.气体在过程2中，对外先不做功后来对外做功D.气体在过程2中，先向外

放热后吸热E.气体在过程2中，一直向外放热【答案】ACD【解析】【详解】AB．气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，因气体始终与外界无热量交换，由热力学第一定律可知，内能减少，故温度降低，故A正确，B错误；CDE．气体在过程2中，

根据理想气体状态方程pVT=C，刚开始时，体积不变，对外不做功，压强减小，则温度降低，对外放热，后来体积增大，压强不变，对外做功，则温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，则气体吸热，故E错误，CD正确。故选ACD。14.如图所示，一开

口向上的气缸固定在水平地面上，质量均为m、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分在活塞A的上方放置一质量也为m的物块，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为0L.已知大气压强02mgPs，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，气缸足够

高．当把活塞A上面的物块取走时，活塞A将向上移动，求系统重新达到静止状态时，A活塞上升的高度．【答案】0712hL【解析】对A活塞进行受力分析，得出气体I的初、末状态的压强，根据玻意耳定律求解气体I末态-16-的空气长度；再对气体II进行分析，得出初、末状态的压强

，根据玻意耳定律求解气体II末态的空气长度，最后根据得出A活塞上升的高度．对气体Ⅰ，其初态压强10022mgppps未态压强为10032mgppps，末态时Ⅰ气体的长度为1L根据玻意耳定律得：101

1pLspLs解得1034LL对气体II，其初态压强为21052mgppps，末态压强为2102mgppps末状态时气体Ⅱ的长度为2L根据玻意耳定律得：2021pLspLs解得：2054LL故活塞A上升的高度为12007212hLLLL【点睛】解决此类题

目的关键：一是要明确所研究的气体状态变化过程；二是确定初、末状态压强p、体积V、温度T；三是根据题设条件选择规律（实验定律或状态方程）列方程，并求解．【物理选修3－4】15.如图所示，两束平行的黄光射向截面ABC为正三角形的玻璃三棱镜，已

知该三棱镜对该黄光的折射率为2，入射光与AB界面夹角为45，光经AB界面进入三棱镜后直接从BC界面射出。下列说法中正确的是（）A.两束黄光从BC边射出后仍是平行的B.黄光经三棱镜折射后射出方向与入射方向间的偏向角为30C.改用红光以相同的角度入射，出射光

束仍然平行，但其偏向角大些D.改用绿光以相同的角度入射，出射光束仍然平行，但其偏向角大些E.若让入射角增大，则出射光束不平行-17-【答案】ABD【解析】【详解】AB．如图所示，由折射率公式n=sinsinir可得r=30，由几何关系可知折射光在三棱镜内平行于底边AC

，由对称性可知其在BC边射出时的出射角也为45，因此光束的偏向角为30，则两束光平行，故AB正确；CD．由于同种材料对不同的色光的折射率不同，相对于黄光而言红光的折射率小，绿光的折射率较大，因此折射后绿光的偏向角大些，红光的偏向角

小些，故C错误，D正确；E．若让入射角增大，则折射角按一定的比例增大，出射光束仍然平行，故E错误。故选ABD。16.一列沿x轴传播的简谐横波，t＝0时刻的波形如图所示，介质中x＝6m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达

式为y＝0.2cos(4πt)m．求：（1）该波的传播速度；（2）从t＝0时刻起，介质中x＝10m处的质点Q第一次到达波谷经过的时间．【答案】(1)48m/s；(2)16s；1s3【解析】试题分析：（i）由图读出波长，根据质点P的振动方程0.24ycostm，读出，求出

周期，即可求得波速．（ii）由于波的传播方向未知，要分向右和向左两种情况研究．利用波形的平移法求时间．-18-（i）由图可知，波长24m，由质点P的振动方程可知，角速度4/rads则周期20.5Ts故该波的传播速度48/

vmsT（ⅱ）若波沿+x方向传播，t=0时刻，质点Q左侧相邻的波谷在x=-6m处该波谷传播到质点Q处时，质点Q第一次到达波谷，经过时间113xtsv若波沿-x方向传播，t=0时刻，质点Q右侧相邻的液谷在x=18m处该波谷传播到质点Q处时，质点Q第一次到达波谷，经过时间216xts

v【点睛】解决本题的关键要掌握波形平移法研究波的传播过程，要注意波的双向性．同时会从波形图中读出波长，由振动方程求出周期，根据vT求出波速．-19-