【文档说明】【精准解析】四川省泸县第二中学2020届高三下学期第一次在线月考理综物理试题.doc，共(17)页，747.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020届四川省泸县第二中学高三下学期第一次在线月考理综物理试题1.关于α粒子散射实验下列说法正确的是()A.在实验中观察到少数α粒子穿过金箔后，基本仍沿原来的方向前进，绝大多数α粒子发生了较大角度偏转B.使α粒子发生明显偏

转的力是来自带正点的核和核外电子，当α粒子接近核时是核对其库仑斥力使α粒子发生明显偏转；当α粒子接近电子时是电子对其库仑引力使α粒子发生明显偏转C.实验表明原子中心有一个极小的核，它占原子体积的极小部分D.实验表明原子中心的核带有原子全部的正电及全部质量【答案】C【解析】A项：在实验中观察到

大多数α粒子穿过金箔后，基本仍沿原来的方向前进，极少多数α粒子发生了较大角度偏转，故A错误；B项：造成α粒子散射角度大的原因，是在原子中极小的区域内集中着对α粒子产生库仑力的正电荷，受到的斥力比较大，故B错误；C项：从绝大多数α

粒子几乎不发生偏转，可以推测使粒子受到排斥力的核体积极小，故C正确；D项：实验表明原子中心的核带有原子的全部正电，但不是全部质量，故D错误．2.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列

表述符合物理学史实的是（）A.法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究B.伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C.牛顿利用“理想斜面实验”推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点D

.胡克认为弹簧的弹力与弹簧的长度成正比【答案】A【解析】【详解】A、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故A正确；B、伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比，而不是直接用实验验证

这个结论．故B错误．C、伽利略利用“理想斜面实验”推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点，故C错误；D、胡克认为弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误.故选A.【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是

考试内容之一．3.如图所示，质量为M的长木板放在水平地面上，放在长木板上的质量为m的木块在水平向右的拉力F的作用下向右滑行，长木板保持静止．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，下列说法正确的是A.地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ1mgB.地面对长木板

的摩擦力的大小一定为μ2MgC.地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ2（m+M）gD.只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动【答案】A【解析】【分析】m对M的压力等于mg，m所受M的滑动摩擦力11fmg=，方向水平向左，M处于静止状态，水平方向受到m的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根

据平衡条件分析木板受到地面的摩擦力的大小和方向；【详解】ABC、m所受M的滑动摩擦力大小11fmg=，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知：木板受到m的摩擦力方向水平向右，大小等于1mg；M处于静止状态，水平方向受到m的滑动

摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件木板受到地面的摩擦力的大小是1mg，木板相对于地面处于静止状态，不能使用滑动摩擦力的公式计算木板受到的地面的摩擦力，所以木板与地面之间的摩擦力不一定是2()mMg+，故A正确，

B、C错误；D、开始时木板处于静止状态，说明木块与木板之间的摩擦力小于木板与地面之间的最大静摩擦力，与拉力F的大小无关，所以不管拉力F增大到足够大时，木板仍静止，故D错误；故选A．【点睛】关键木板受到地面的摩擦力是静摩擦力

，不能根据摩擦力2()fmMg=+求解．4.2018年12月12日，在北京飞控中心工作人员的精密控制下，嫦娥四号开始实施近月制动，成功进入环月圆轨道工．12月30日成功实施变轨，进入椭圆着陆轨道Ⅱ，为下一步月面软着陆做准备．如图所示B为近月点，A为远月点，关

于嫦娥四号卫星，下列说法正确的是A.卫星在轨道Ⅱ上A点的加速度大于在B点的加速度B.卫星沿轨道I运动的过程中，卫星中的科考仪器处于超重状态C.卫星从轨道I变轨到轨道Ⅱ，机械能增加D.卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能小于在轨道Ⅱ经过B点时的动能【答案】D【解

析】【详解】A．根据万有引力提供加速度有：2MmGmar=，B点距月心更近，所以加速度更大，A错误B．在轨道I运动的过程中，万有引力全部提供向心力，所以处于失重状态，B错误C．卫星从高轨道变轨到低轨道，需要点火减速

，近心运动到低轨道，所以从轨道I变轨到轨道Ⅱ，外力做负功，机械能减小，C错误D．从A点到B点，万有引力做正功，动能增大，所以B点动能大，D正确5.一含有理想变压器的电路如图所示，交流电源输出电压的有效值不变，图中三个电阻R完全相同，电压表为理想交流电压

表，当开关S断开时，电压表的示数为U0；当开关S闭合时，电压表的示数为03738U．变压器原、副线圈的匝数比为（）A.5B.6C.7D.8【答案】B【解析】【详解】设变压器原、副线圈匝数之比为k，当开关断开时，副线圈电压为02UUk=，根据欧

姆定律得副线圈中电流为：022UUIRRk==，则原线圈中电流为：0212UIIkkR==，则交流电的输出电压为：00102UUUIRUk=+=+①；当S闭合时，电压表的示数为03738U，则副线圈的电压为023738UUk=，根

据欧姆定律得：00222373738192UUUIRkRRk===，则原线圈中电流为：02123719UIIkkR==，则交流电的输出电压为：0011237373819UUUUIRk=+=+②；①②联立解得k=6，故B正确．6.如图所示，两木块A

、B的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，两弹簧分别连接A、B，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提木块A，直到下面的弹簧对地面的压力恰好为零，在此过程中以下说法正确的有（）A.A

的重力势能增加了21121m(m+m)gkB.A的重力势能增加了21121211m(m+m)(+)gkkC.B的重力势能增加了22121m(m+m)gkD.B的重力势能增加了22122m(m+m)gk【答案】BD【解析】【详解】对m

1与m2整体分析，在初始状态（m1+m2）g=k2x2，故m2上升的距离为：()12222mmghxk+=＝；B的重力势能增加了()2212222mmmgmghk+=，选项C错误，D正确；初始状态的m1，根据胡克定律，有：k1x1

=m1g，故111mgxk＝；末状态时的m2，根据胡克定律，有：k1x1＇＝m2g，故2'11mgxk＝；所以m1上升的距离为：12121112121121211())mgmgmgmghxxxmmgkkkkk+=++=++

=++(；A重力势能的增加量2111211211())mmghmmgkk=++(；选项B正确，A错误；故选BD.7.如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带

上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H．则在小物体从A到B的过程中（）A.小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小B.两传送带对小物体做功相等C.两传送带消耗的电能相等D.

两种情况下因摩擦产生的热量相等【答案】AB【解析】【详解】根据公式v2=2ax，可知物体加速度关系a甲＜a乙，再由牛顿第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma，得知μ甲＜μ乙，故A正确；传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的

增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故B正确；由摩擦生热Q=fS相对知，甲图中：12vtHsin=，111112vtHQfSvtfsin==−=甲，2112vfmgsinmamHsin−==

乙图中：222HhQfSfsin−==乙，2222vfmgsinmamHhsin−==−解得：Q甲=mgH+12mv2，Q乙=mg（H-h）+12mv2，Q甲＞Q乙，故D错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于

摩擦产生的热量Q与物块增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲＞Q乙，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故C错误；故选AB．【点睛】解决该题关键要能够对物块进行受力分析，运用运动学公式和牛顿第二定律找出相对位移和摩擦力的关系．注意传送带

消耗电能和摩擦生热的关系及求法．8.如图所示，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场区域，磁场宽度均为L。一个边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动，从如图实线位置Ⅰ进入磁场开始到线

框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度始终为v，则下列说法正确的是()A.在位置Ⅱ时外力F为22BLvRB.在位置Ⅱ时线框中的电功率为2224BLvRC.此过程中回路产生的电能为23

3BLvRD.此过程中通过导线横截面的电荷量为2BLR【答案】BC【解析】【分析】由题中“在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B”可知，本题考查感应电动势、电功率和闭合电路欧姆定律，根据感应电动

势和闭合电路欧姆定律公式可分析本题。【详解】A、在位置Ⅱ时，根据右手定则知线框左右边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电流2BLvIR=线框左右边所受安培力的方向均向左，所以F＝2BIL，得：224BLvFR=故A错误；B、此时线框中的电功率为：P＝Fv＝2224BLvF

R=故B正确；C、金属线框从开始至位移为L的过程，产生的电能222113BLvLBLvWIRtRRvR===从位移为L到为32L的过程，产生的电能2322222'2BLvLBLvWIRtRRv

R===所以整个过程产生的电能为233BLvR，故C正确；D、此过程穿过线框的磁通量的变化为0，通过线框横截面的电荷量为0qR==故D错误。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129分。9.某同学用图甲所示的实验装置测定当地的重力加速度，正确操作后获得图乙所示的一条纸带．他用天平测得小车的质量为M，钩码质量为m，毫米刻度尺测得纸带上自O点到连续点1

、2、3、4、5、6的距离分别为：d1=1.07cm、d2=2.24cm、d3=3.48cm、d4=4.79cm、d5=6.20cm、d6=7.68cm．已知实验所用交流电频率为f=50Hz．①打点2时小车的速度大小为_____m/s（结果保留两位有效数字）；②小车运动过程中的平均加速度

大小为_____m/s2（结果保留两位有效数字）；③以各点速度v的二次方为纵坐标，以各点到0点的距离d为横坐标，作v2-d图象，所得图线为一条斜率为k的倾斜直线，不考虑小车与桌面间的摩擦，则当地的重力加速度g=_____（用m、M、k表示）【答案】(1).0.60；(2).2.0；(

3).()2kmMm+【解析】【详解】（1）打点2时小车的速度大小为()23123.481.0710m/s0.60m/s220.02ddvT−−−===（2）由逐差法可得，小车运动过程中的平均加速度大小为()2223603632227.6823.48

102m/s2.0m/s9990.02ddddaTT−−−−====（3）由v2=2ad可知v2-d图像的斜率为k=2a，则a=12k；由牛顿第二定律：()mgmMa=+，解得()2kmMgm+=.10.

如图1所示为一个多量程电压表的电路，其表头为动圈式直流电流计，量程Ig=10mA、内阻Rg=200Ω，R1、R2为可调电阻．（1）可调电阻应调为R1=______Ω；（2）现发现表头电流计已烧坏，我们要修复该电压表，手边只有一个“量程为2

mA、内阻为40Ω”的电流计G2和一个电阻为10Ω的定值电阻R3．要使修复后电压表的满偏电流仍为10mA，请在图2虚框内画出该电压表的修复电路___．（3）修复后的电路中，可调电阻R2应调为R2=______Ω；（4）接着用图3的电路对修复电压表

的3V量程表进行校对,V0为标准电压表、V1为修复电压表．发现修复电压表V1的读数始终比标准电压表V0略大．应用以下哪种方法进行微调______．A．把R1略微调小B．把R1略微调大【答案】(1).100(2).(3).1200(4).B【解

析】【详解】（1）根据串联电阻特点结合欧姆定律可得：1130.012001000.01ggUURI−−＝＝＝（2））“量程为2mA、内阻为40Ω”改装成10mA电流表，应并联定值电阻分流，据此画出改装电路图如图所示；（3）由串联电阻特点结合欧姆定律可得113

0.002402920.01ggUURI−−＝＝＝212150.0024014920.01ggUURRI−−+＝＝＝则R2′=1492-292Ω=1200Ω.（4）根据电压表改装原理可得串联的电阻阻值ggURRI=−，电压表示数偏

大，说明R太小，则电流表内阻测量值偏大．应增大电阻箱的阻值；故A错误，B正确．11.如图所示，在光滑水平面上静止有一木板A，在木板的左端静止有一物块B，物块的质量为m，木板的质量为2m，现给木板A和物块B同时施加向左和向右的恒力F1、F2，当F1=0.5mg、F2=mg时，物块和木板刚好不发生相

对滑动，且物块和木板一起向右做匀加速运动，物块的大小忽略不计．(1)求物块和木板间的动摩擦因数；(2)若将F2增大为2mg，F1不变，已知木板的长度为L，求物块从木板的左端运动到右端的时间．【答案】(1)56(2

)2Lg【解析】【详解】(1)由题意可知，对整体受力分析，根据牛顿第二定律得F2－F1=3ma解得a=16g以B为研究对象，F2－μmg=ma,解得μ=56(2)若将F2增大为2mg，F1不变，物块与长木板发生相对滑动，A向右运动的加

速度仍为a=16g以B为研究对象，F2′－μmg=ma′解得a′=76g设经过时间t物块滑到长木板的右端，则12a′t2－12at2=L解得t=2Lg12.如图所示，在xOy坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场．第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的

匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x轴正向、电场强度大小为E的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的P点以大小为v0的速度垂直射入电场，不计粒子重力和空气阻力，P、O两点间的距离为202mvqE．（1）求粒子进入磁场时的速度大小v以及进入磁场

时到原点的距离x；（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件．【答案】（1）02v；20mvqE（2）0(21)EBv+【解析】【详解】（1）由动能定理有：2220011222mvqE

mvmvqE=−解得：v＝2v0设此时粒子的速度方向与y轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝022vv=解得：θ＝45°根据tan21xy==，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO两点距离的两倍，故20mvxqE=（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件

是粒子的轨迹与x轴相切，如图所示，由几何关系有：s＝R+Rsinθ又：2vqvBmR=解得：0(21)EBv+=故0(21)EBv+13.下列说法中正确的是A.一定质量的气体吸热后温度一定升高B.布朗运动是悬浮在液体中的花粉颗粒和液体分子之间

的相互碰撞引起的C.知道阿伏加德罗常数和气体的密度就可估算出气体分子间的平均距离D.在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体E.单位体积的气体分子数增加，气体的压强不一定增大【答案】BDE【解析】【详解】A．改变内能的方式有做功和热传递，则气体吸热

后不知道做功情况，则不能得到内能如何变化，也不能确定温度是否变化；故A错误.B．布朗运动是由于液体分子的无规则运动对固体微粒碰撞的不平衡引起的；故B正确.C．气体分子的占有空间看成立方体模型，则30molmolAAVMaVNN===，故仅知道阿伏加德罗常数和气体的密度，要求

出平均距离还缺少气体的摩尔质量；故C错误.D．根据热力学第二定律的，热量从低温物体传到高温物体不能自发进行，必须借助外界的帮助，引起其它的变化；故D正确.E．根据理想气体状态方程nPRTV=可知，压强由单位体积的气体分子数和温度共同决定，则只有单位体

积的气体分子数增加，不能推出压强是否变化；故E正确.14.热等静压设备广泛用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改部其性能．一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13

m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106Pa；室温温度为27℃．氩气可视为理想气体．（1）求压入氩气后炉

腔中气体在室温下的压强；（2）将压入氩气后的炉腔加热到1227℃，求此时炉腔中气体的压强．【答案】（1）73.210Pa（2）81.610Pa【解析】【详解】（1）设初始时每瓶气体的体积为0V，压强为0p；使用后气

瓶中剩余气体的压强为1p，假设体积为0V，压强为0p的气体压强变为1p时，其体积膨胀为1V，由玻意耳定律得：0011pVpV=被压入进炉腔的气体在室温和1p条件下的体积为：10VVV=−设10瓶气体

压入完成后炉腔中气体的压强为2p，体积为2V，由玻意耳定律得：22110pVpV=联立方程并代入数据得：723.210Pap=（2）设加热前炉腔的温度为0T，加热后炉腔的温度为1T，气体压强为3p，由查理定律得：3210ppTT=联立方程并代入数据得：831.6

10Pap=15.有两列简谐横波的振幅都是10cm，传播速度大小相同．O点是实线波的波源，实线波沿x轴正方向传播，波的频率为3Hz；虚线波沿x轴负方向传播．某时刻实线波刚好传到x=12m处质点，虚线波刚好传到x=0处质点，如图所示，则下列说法正确的是_______A.实线波和

虚线波的频率之比为2:3B.平衡位置为x=6m处的质点此刻振动速度最大C.实线波源的振动方程为10sin(6)(cm)yt=+D.平衡位置为x=6m处的质点始终处于振动加强区，振幅为20cmE.从图示时刻起再经过0.75s，平衡位置为x=5m处的质点的位移0y【答案】BCE【解析】【详解】A

、在同一介质中传播的两列简谐横波波速相等,由图可知，实线波的波长λ1=4m，虚线波的波长λ2=6m，由v=λf可知，实线波和虚线波的频率之比为f1：f2=λ2：λ1=3:2，故A错误；B、两列波单独引起平衡位置为x=6m处的质点的速度方向均

向上，所以该质点此时速度最大，故B正确；C、根据振动方程0sin(t)yA=+，而振幅10cmA=，226rad/sfT===，因实线波沿x轴正向传播，根据同侧法克知x=12m处的质点起振向下，则波源的起振向下，0=，故振动方程为10sin

(6)yt=+；故C正确.D、两列波的频率不一致，不是相干波源无法产生干涉现象，故不能形成振动加强和减弱的点；故D错误；E、=43m/s=12m/svf=实实，从图示时刻起再经过0.75s实线波往x轴正向传播了9m，对应的x=5m质点位移为110cm

y=−，虚线波往x轴负向传播了9m，对应的x=5m的质点位移210cmy，显然120yy+；故E正确.故选BCE.16.如图是一个半径为R、球心为O的半球形透明玻璃体的截面图．在距离O点右侧1.5R处有一个竖直放置的幕布MN，OA为球体的一

条水平轴线且与幕布MN垂直.(i)某光源发出的细光线沿OA方向从O点射入半球形透明玻璃体并在幕布上形成二亮斑．现保持光线的传播方向不变让光源缓慢下移，当射入点位于O点正下方33R时，幕布上的亮斑突然消失，求该透明玻璃半球体折射率；（ii

）若将该光源置于O点左侧3R处的S点，其发出的一细光线沿与OA夹角60=方向射向该透明玻璃半球体，求光线由光源到达幕布所用时间.(已知光在真空中传播速度为c，不考虑光线在透明玻璃内的二次反射).【答案】(i)3n=（ii）2Rtc=【解析】【详解】(1)如图1所示:根据几何关

系有：333sin3RBDOR==①细光束在B点水平入射，在D点发生全反射，根据折射定律：1sinBDOn=则3n=②(2)作光路图如图2所示:由几何关系可得:3tan33OBRlR==由折射定律可得sinsinn=③解得:α＝30°在△OBC中，()sinsin9

0OBlR=+④计算可得β=30°⑤根据折射定律：sinsinn=⑥解得:γ＝60°光线第一次从玻璃半球体水平出射，即出射光线CD方向与OA平行向右.在玻璃半球体中传播的距离lBC＝lOB，C点到幕布的距离为l=1.5R-Rsin30°=R由折射率与光速关系得：cnv=⑦

解得:33cvcn==2SBBCllRRtcvcc=++=⑧