【文档说明】【精准解析】四川省泸县第五中学2020届高三下学期第一次在线月考理综物理试题.doc，共(16)页，806.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020届四川省泸县第五中学高三下学期第一次在线月考理综物理试题1.某航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行.先加速、后匀速.探测器通过喷气而获得动力.以下关于喷气方

向的描述中正确的是()A.探测器加速时,沿直线向后喷气B.探测器加速时,沿竖直向下方向喷气C.探测器匀速运动时,沿竖直向下方向喷气D.探测器匀速运动时,不需要喷气【答案】C【解析】试题分析：探测器由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角

的直线飞行加速运动时，加速度的方向沿直线与速度方向相同，即合力的方向也沿直线与速度方向相同，而受到月球的万有引力方向竖直向下，所以，反冲力方向与运动直线成一角度斜向上，那么，喷气方向与运动直线成一角度斜向下，A、B错误；探测器匀速运动，受力平衡，合力为零，已知受到的月球的万有引力竖直向下，

则受到的气体的反冲力竖直向上，因此，探测器竖直向下喷气，C正确；D错误；故选C．考点：牛顿第二定律、物体的平衡．【名师点睛】探测器由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行时，受到月球竖直向下的万有引力及沿气体喷气方向相反的反冲力，在两个力

的合力作用下运动，抓住物体做直线运动，要么合力与速度在同一条直线上，要么合力等于零进行分析．2.有关运动的合成，以下说法正确的是()A.两个直线运动的合运动一定是直线运动B.两个不在一条直线上的匀速直线运动的合运动可能是曲线运动C.匀加速直线运动和匀

速直线运动的合运动一定是直线运动D.两个初速度为零的匀加速(加速度大小不相等)直线运动的合运动一定是匀加速直线运动【答案】D【解析】试题分析：平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，两个运动都是直线运动，但是合运动却为曲线运动，AC错误；两个不在一条直线上的匀速直

线运动，则合力一定为零，合运动一定为匀速直线运动，B错误；两个初速度为零的匀加速(加速度大小不相等)直线运动，则在两个方向上的合力恒定，所以合力恒定，一定做匀加速直线运动，D正确；考点：考查了运动的合成与分解【名师点睛】解决本题的关键掌握判断物体做直线运动还是曲

线运动的方法，当合加速度的方向与合速度的方向在同一条直线上，物体做直线运动；当合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动3.如图所示，某理想变压器有两个副线圈，副线圈匝数相同，所接电阻R1=R2，电表均为理

想交流电表，D为二极管，原线圈接正弦交流电源，闭合开关S，稳定后（）A.电压表示数比闭合S前大B.R2的功率小于R1的功率C.通过R2的电流为零D.电流表示数与闭合S前相同【答案】B【解析】【详解】A、因为原线圈电压及匝数比不变，根据1122UnUn=知，副线圈两端电压不变，电压表示

数不变，故A错误；B、两个副线圈的电压相同，2R只有一半时间有电流通过，所以消耗的功率2R只有1R的一半，即2R的功率小于1R的功率，故B正确；C、因为是交流电，二极管具有单向导电性，在半个周期有电流

通过2R，故C错误；D、闭合S稳定后，输出功率增大，根据输入功率等于输出功率，知输入功率增大，由111PUI=知，原线圈电流增大，电流表示数比闭合S前增大，故D错误．4.人造地球卫星A和B，它们的质量之比为mA：mB=1：2，它们的轨道半径之比为2：1，则下面的结论中正确的是（）A.它们

受到地球的引力之比为FA：FB=1：1B.它们的运行速度大小之比为vA：vB=1：2C.它们的运行周期之比为TA：TB=2：1D.它们的运行角速度之比为ωA：ωB=3：1【答案】B【解析】【详解】人造地球卫星受到的万有引力为

：2MmFGr=，代入数据解得引力之比为：FA：FB=1：8，故A错误；根据万有引力充当向心力：22MmvGmrr=，解得：GMvr=，因为它们的轨道半径之比为2：1，所以它们的运行速度大小之比为vA：vB=1：2，故B正确；根据万有引力充当向心力：2224MmGmrrT=，解得：234rTG

M=，因为它们的轨道半径之比为2：1，所以它们的运行周期之比为TA：TB=22:1，故C错误；根据万有引力充当向心力：22MmGmrr=，解得：3GMr=，因为它们的轨道半径之比为2：1，所以它们的运行角速度之比为ωA：ωB=1:22，故D错误．5

.固定的光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示．已知推力F与小环速度v随时间变化规律如图乙和丙所示，由以上条件可求得（）A.小环的质量m=0.5kgB.小环的质量m=2.0kgC.细杆与地面的倾角

α=30D.细杆与地面的倾角α=37【答案】C【解析】【详解】由图示v-t图象可知，0-2s内小环做匀加速运动的加速度为：2m0.5svat==0-2s内，由牛顿第二定律得：F1-mgsinα=ma2s后物体做匀速运动，由共点力平衡条件得：F2=mgsinα联立解得：m=1kg，α

=30A.小环的质量m=0.5kg与分析不相符，故A项与题意不相符；B.小环的质量m=2.0kg与分析不相符，故B项与题意不相符；C.细杆与地面的倾角α=30与分相符，故C项与题意相符；D.细杆与地面的倾角α=37°与分析不相符，故D项与题意不相符．6.如下图所示，在磁

感应强度B=1.0T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v=2m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L=1.0m，电阻R=3.0Ω，金属杆PQ的电阻r=1.0Ω，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是（）A.通过R的感应电流的方向为由d

到aB.金属杆PQ两端电压为1.5VC.金属杆PQ受到的安培力大小为0.5ND.外力F做功大小等于电路产生的焦耳热【答案】BC【解析】【分析】导体PQ垂直切割磁感线，由右手定则判断感应电流的方向，由EBLv=求解感应电动

势的大小，由串联电路的特点求PQ间的电压．由公式FBIL=求PQ所受的安培力；外力F克服摩擦力和安培力做功．【详解】由右手定则判断知，导体PQ产生的感应电流方向为Q→P，通过R的感应电流的方向为由a到d，故A错误；导体PQ切割磁感线产生的感

应电动势的大小为1.012V2VEBLv===，金属杆PQ两端电压为：32V1.5V31RUERr===++，故B正确；感应电流为：2A0.5A31EIRr===++，安培力1.00.510.5FBILNN===安，故C正确；金属杆PQ在外力F作用下

在粗糙U型导轨上以速度v向右匀速滑动，根据能量守恒可知外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能的和，故D错误．【点睛】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式等的综合应用，该题中要明确功与能的关系

，知道外力F克服摩擦力和安培力做功，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能的和．7.如图，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是（）

A.粒子所受电场力沿电场方向水平向右B.粒子在M点的速率最小C.粒子在电场中的加速度不变D.粒子在电场中的电势能始终在增加【答案】BC【解析】A、粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，故可知，粒子所受电场力沿电

场的反方向，即水平向左，故A错误；B、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速率最小，故B正确；C、粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，故C正确；D、当粒子向右运动时电场力做负功电势能增

加，当粒子向左运动时电场力做正功电势能减小，故D错误．点睛：本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小．8.如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径，若在A点以某一初速度沿水平

方向平抛一小球1，小球1将击中坑壁上的最低点D点，同时，在C点水平抛出另一相同质量的小球2，小球2也能击中D点，已知CD弧对应的圆心角为60°，不计空气阻力，则（）A.小球1与2的初速度之比2:1B.小球1与2的初速度之

比23：C.小球1与2在此过程中动能的增加量之比为2：1D.在击中D点前瞬间，重力对小球1与2做功的瞬时功率之比为2:1【答案】BCD【解析】【分析】根据平抛运动的竖直位移研究运动的时间，根据水平位移求出平抛运动的初速度．从而得出两球的初速度之比．平抛运动过程中，重

力做功等于动能的增加量，由W=mgh分析动能增加量的关系．重力的瞬时功率根据公式P=mgvy研究．【详解】设半圆的半径为R．小球从A点平抛，可得：R=v1t1；R=12gt12；小球从C点平抛，可得：Rsin60°=v2t2；R（1-cos60°）=

12gt22；联立解得：v1：v2=23：．故A错误，B正确．根据动能定理得知：重力做的功等于动能的增加量，则得：小球1与2在此过程中动能的增加量之比为mgR：mgR（1-cos60°）=2：1．故C正确．两球均做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由h=12gt2，得2htg=，在击中D点前

瞬间，重力做功的功率为P=mgvy=mg•gt=mg22hg=mg2gh，则在击中D点前瞬间，重力对小球1与2做功的瞬时功率之比为P1：P2=0:(1cos60)RR−=2：1．故D正确；故选BCD．三、非选择题9.在探究“加速度与力、质量的关系”的实验中，请完成下面的问题：（1）实验分两

步，先保持物体的质量不变，测量物体在不同的力作用下的加速度，分析加速度与力的关系；再保持物体所受力相同，测量不同质量在这个力的作用下的加速度，分析加速度与质量的关系．我们把这种方法称之为：_________________________．实验

装置如图所示，（2）下面的做法有利于减小实验误差的有：（）A．把长木板没有定滑轮的一端适当抬高B．连接小车与定滑轮的细绳要调成与木板平行C．为了让小车的加速度大些，应该尽可能增加钩码个数D．将连在小车后的纸带尽可能放平顺，以减小纸带与打点计时

器的摩擦（3）如图为某同学实验后，根据实验所得的数据，作出的aF−图像，可以判断该同学在实验中存在问题主要有：___________________________________________________________________________

_______________________________________________________________________．【答案】(1).控制变量法(2).ABD(3).存在的主要问题有：1、平衡摩擦力时木板抬得过高

：2、在研究a-F的关系时，增加砝码个数没有保持砝码总质量远小于小车的总质量【解析】【分析】本题主要考查探究“加速度与力、质量的关系”的实验，考查实验操作中的误差分析以及图像分析．【详解】（1）物理学中对于多变量的问题，通常采用控制变量法．（2）A项中把木板没有定滑轮的一端

适当抬高，可减小小车与木板的摩擦力，可减小实验误差，故A正确；B项中连接小车与定滑轮的细绳要调成与木板平行，可减小绳子与木板间的摩擦力，同时保证绳子的拉力可充当小车所受的合外力，可减小实验误差，故B正确；C项中尽可能增加钩码的个数会使钩码的质量不能满足远小于小车质量的前提条件，

使得不能将钩码的重力当做小车所受的合外力，故C错误；D项中将连在小车后的纸带尽可能放平顺，以减小纸带与打点计时器的摩擦，可减小实验误差，故D正确．（3）由aF−图像可知，在F=0时，小车的加速度不为零，说明平衡摩擦力时木板抬得过高；图像后面出现弯曲的形式，说明增

加砝码个数没有保持砝码总质量远小于小车的总质量．10.测定一节干电池的电动势和内电阻，除待测电池、电键、导线外，还有下列器材供选用：A.电流表:量程0.6A，内电阻约1ΩB.电压表:量程2V，内电阻约10kΩC.

电压表:量程15V，内电阻约60kΩD.滑动变阻器R1（0-10Ω，2A）E.滑动变阻器R2（0-100Ω，1A）（1）为了使测量结果尽量准确，电压表应选用___________，滑动变阻器应选用_____

______（均填仪器的字母代号）．（2）请在线框内画出测量电源电动势和内阻的电路原理图（）（3）闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，测出多组U、I值，记入下表中U/V1.411.351.301.251.21I/A0.090.200.300.400.49根据记

录表中的实验数据在坐标中作出I-U图象，由图象可得出该电池组的电动势为_____V，内阻为_____Ω．（4）某同学对某次实验进行了误差分析，发现在给出的直角坐标系中描点连线的过程中，方格纸的利用率较低，这可能会带来___________

（选填“偶然”或“系统”）误差；本实验所采用的实验电路中，由于电压表分流，实验测出的电动势___________真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）【答案】(1).B(2).D(3).见解析所示(4).1.45

（1.43—1.47）(5).0.50（0.48-0.52）(6).偶然(7).小于【解析】【详解】（1）[1][2]．干电池电动势约为1.5V，所以电压表量程为2V适合，为方便操作，在安全情况下滑动变阻器选小的，故选D；（2）[

3]．原理图如图所示，（3）[4][5]．做出图像如图：E为图线与U轴交点的横坐标，大小为1.45V；r为斜率的倒数，则1.451.150.50.6UrI−===．（4）[6][7]．坐标纸利用率低会引起读数误差，属于偶然误差；本实验测量的电动势为=

VVREERr+测真，测量值比真实值偏小．11.用一轻弹簧竖直悬挂一质量为m的物体，静止时弹簧的伸长量为x．现用该弹簧沿倾角为30的斜面向上拉住质量为3m的物体匀速向下运动时，弹簧的伸长量也为x，如图所示，已知当地的重力加速度为g，求：(1)质量为3m的物体沿斜面运动时受到的摩擦力大小．(2)当

用该弹簧沿该斜面向上拉住质量为3m的物体匀速向上运动时，弹簧的伸长量为多少？【答案】（1）f=0.5mg（2）2x【解析】【详解】（1）根据题意可知kx=mg当物体在F拉力的作用下向下做匀速运动时，物体受力平衡，此时滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据平

衡条件得：kx+f=3mgsin30°解得：f=0.5mg（2）当用该弹簧沿该斜面向上拉住质量为3m的物体匀速向上运动时，物体受力平衡，此时滑动摩擦力方向沿斜面向下，根据平衡条件得：'3sin30kxmgf=+解得：22'2mgmgxxmgkx==

=答：（1）f=0.5mg（2）2x12.如图所示，直线AB平行于CD，在AB与CD之间存在匀强磁场，磁场足够长，宽d=0.16m；磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B=2.5×10-4T；CD下方存在垂直CD向上的匀

强电扬，场强大小E=0.1N/C．从电场中O点静止释放一带正电的粒子，粒子恰好不能从AB边界离开磁场，粒子的比荷是qm=1×108C/kg，粒子重力不计．（1）求O点到CD的垂直距离；（2）求粒子从释放到第一次离开磁场

所用的时间；（3）若粒子从O点以3×103m/s的速度向右沿垂直电场方向入射，求粒子运动的周期．(sin37°=0.6)【答案】（1）y=0.8m（2）t=5.26×1-40s（3）8.74×10-4s【解析】（1）O点

到边界的距离为y，1²2Eqymv=①圆周运动半径为R，R=d=0.16m②洛伦兹力提供向心力2vqvBmR=③解得：y=0.8m④（2）粒子在电场中匀加速运动Eqma=⑤1vat=⑥粒子在磁场中运动的周期T，2RTv=，⑦22Tt=③12ttt=+解得：-4

5.2610st=⑩（3）粒子进入磁场时，平行于CD方向13000/vms=垂直于CD方向24000/vms=合速度大小v'=5000m/s⑪方向与CD夹角为53°⑫粒子运动周期1106'2T360Tt=+⑬得T’=8.

74×10-4s⑭13.下列说法中正确的是（）A.布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动B.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C.液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点D.当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小E.温度升高时，分子热运动的平均

动能一定增大，但并非所有的分子的速率都增大【答案】BCE【解析】布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒所做的无规则运动，不是固体分子的运动，选项A错误；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，选项B正确；液晶显示器利用了液晶

对光具有各向异性的特点，选项C正确；当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越大，选项D错误；温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大，选项E正确，故选BCE．14.201

7年10月3日，我国“深海勇士”号载人潜水器在南海完成深海下潜试验任务，某小组设计了一个可测定下潜深度的深度计，如图所示，两气缸I、II内径相同，长度均为L，内部各装有一个活塞，活塞密封性良好且无摩擦，右端开口，在气缸I内通过活塞封有150个大气压的气体，II内通过活塞封有300个大气压的

气体，两缸间有一细管相通，当该装置放入水下时，水对I内活塞封有产生挤压，活塞向左移动，通过I内活塞向左移动的距离可测定出下潜深度．已知1个大气压相当于10m高海水产生的压强，不计海水的温度变化，被封闭气体视为理想气体，求：（1）当I内活塞向左移动了13L时，下潜的深度；（2）该深

度计能测量的最大下潜深度．【答案】(1)2240m（2）4490m【解析】（1）设当I内活塞向左移动了3L位置处时，活塞B不动，取A内气体为研究对象，由玻意耳定律可得021503pSLpSL=，0ppgh=+，解得2240hm=（2）当I内活塞到缸

底时所测深度最大，设两部分气球压缩到压强'对I有：01300'pSLSL=对II有：02300'pSLSL=12LLL+=02''ppSL=+解得：'4490hm=15.如图所示，A、O、B是均匀

弹性介质中x轴上的三个质点，AO=2m，OB=6m．t=0时刻质点O作为波源由平衡位置开始向下做等幅振动，并形成一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴传播，t=3s时波源O第一次到达波峰位置．下列说法正确的是_________A.t=3s时波刚好传播到质点B处B.t=4s时质

点A恰好达到波峰C.该横波的波长为6m、周期为4sD.质点B达到波峰时，质点A一定处于波谷E.质点A和质点B开始振动后，始终保持同步运动【答案】ABD【解析】【详解】从0到t=3s时，波传播的距离为236xvtm===，故刚好传到质点B处，故A正确；t=

3s时波源O恰好到达波峰，AO距离为2xm=，则质点A到达波峰的时间为212xtsv===，即再经过1s，即t=4s时质点A到达波峰，故B正确；设该波的周期为T，由题可得334sT=，解得T=4s，则波长2

48vTmm===，故C错误；波峰从O点传到质点B的时间为632OBtsv===，即在t=6s时时刻质点B处于波峰，波源已振动了32T，此时波源处于平衡位置向上振动，而A与O的距离等于4，根据“上下坡”法可知，此时A波谷，故D正确；由D项分析可

知，质点A与质点B振动不是同步的，相差了半个周期，故E错误；故选ABD.【点睛】本题关键要抓住波在同一介质中是匀速传播的，要抓住各个质点的起振方向都与波源的起振方向相同，通过分析波的形成过程进行分析求解．16.如图所示，一个三棱镜的截面为等腰直角ΔABC，腰长为a

，∠A=90°．一束细光线沿此截面所在平面且平行于BC边的方向射到AB边上的中点，光进入核镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射．试求：①该棱镜材料的折射率n．②光从AB边到AC边的传播时间t（已知真空中的光速为c）．【答案】①62n=②32t4ac=【解析】①设光从AB边射入时，折射角为α，射

到AC面上N点时，入射角为β，光路图如图所示：根据折射定律0sin45sinn=光在AC边上恰好全反射：sinβ=1n根据几何关系α+β=90°，联立解得：62n=②由图中几何关系可得MN之间的距离为：x=12sina由（1）可解得：sin

α=33用表示光在棱镜内的传播速度v=cn光从AB边到AC边的传播时间为：32t4xavc==