【文档说明】【精准解析】四川省宜宾市叙州区第二中学校2020届高三下学期第一次在线月考理综物理试题.doc，共(17)页，797.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一、选择题1.康普顿效应证实了光子不仅具有能量，也有动量．图中给出了光子与静止电子碰撞后，电子的运动方向，则碰后光子可能沿那个方向运动，波长如何变化A.3、变长B.1、变短C.1、变长D.2、不变【答案】C【解析】【详解】光子与电子碰撞过程系统动量守恒,系统动量的矢量和不

变,碰前动量向右,故碰撞后系统的动量的矢量和也向右,故碰后光子可能沿方向1振动;因为电子动能增加,故光子动减量小,根据εhν=,光子的频率减小,根据cv=,波长变长;故C正确；ABD错误．故选C2.某步枪子弹的出口

速度达100m/s，若步枪的枪膛长0.5m，子弹的质量为20g，若把子弹在枪膛内的运动看做匀变速直线运动，则高压气体对子弹的平均作用力为()A.1×102NB.2×102NC.2×105ND.2×104N【答案】B【解析】【详解】子弹在枪膛内的运动看作匀变

速直线运动，那么由匀变速规律可知加速度为：22242100/1.010/220.5vamsmss＝＝＝；由牛顿第二定律可得：F合=ma=200N；故B正确；ACD错误；故选B．3.如图所示为某小型电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压

分别为U1和U2．在输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是()A.升压变压器原、副线圈的匝数比为1221nUnU=B.采用高压输电可以增大输电线中的电流，输

电电流为100AC.线路输送电功率是220kWD.将P上移，用户获得的电压将降低【答案】C【解析】根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为：1122nUnU＝，故A错误；采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及匝数比为

1：10，由公式101nIIn副送副原＝＝，得输电电流为IA2=10×10A=100A，故B错误；根据电压表的示数为220V，根据变压公式，101nUUn原送副副＝＝，输电电压为U2=10×220V=2200V，线路输送电功率为P=U2IA2=220k

W，故C正确；将P上移，则降压变压器的初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，故D错误．故选C．点睛：本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的

仪器．4.如图所示，斜面体C放置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏A连接，连接B的一段细绳与斜面平行．在A中的沙子缓慢流出的过程中，A、B、C都处于静止状态，则在此过程中A.B对C的

摩擦力大小一定减小B.C对B的作用力大小一定先减小后增大C.地面对C的摩擦力大小一定减小D.C对地面的摩擦力方向始终水平向左【答案】C【解析】试题分析：B受到C的摩擦力不一定为零，与两物体的重力、斜面的倾角有关．对BC整

体研究，由平衡条件分析水平面对C的摩擦力方向和支持力的大小．设A、B的重力分别为ABGG、，物体A保持静止，故物体A对细线的拉力等于物体A的重力；①若sinABGG=，B受到C的摩擦力为零，A的重力减小，则BC间的摩擦

力增加；②若sinABGG，B受到C的摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件，有：sinBAfmgG=−，A的重力减小，则BC间的摩擦力增加；③若sinABGG，B受到C的摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件，有：sinBAfmgG=+，A的重力减小，则BC间的摩擦力可能一直减小

，也可能先减小到零后反向增加，故AB错误；以BC整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知：水平面对C的摩擦力coscosafTG==，方向水平向左，在A中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小，C正确；水平面对C的摩擦力方向水平向左，根据牛顿第三定律，C对地面的摩擦力方

向始终水平向右，故D错误；5.如图是一汽车在平直路面上启动的速度﹣时间图像，整个启动过程中汽车受到的阻力恒定不变，其中t1时刻起汽车的功率保持不变．由图像可知（）A.0～t1时间内，汽车的牵引力增大，功率增大B.0～

t1时间内，汽车的牵引力不变，功率不变C.t1～t2时间内，汽车的牵引力减小，功率减小D.t1～t2时间内，汽车的牵引力减小，功率不变【答案】D【解析】解:AB、0～t1时间内，汽车的速度是均匀增加的,

是匀加速运动,所以汽车的牵引力不变,加速度不变,功率PFv=增大,故AB错误.CD、t1～t2时间内,汽车的功率已经达到最大值,功率不能再增加,根据PFv=可以知道汽车的牵引力随速度的增大而减小,加速度也要减小,故C错误；D正确；故选D点睛

：由图可以知道,汽车从静止开始做匀加速直线运动,随着速度的增加,汽车的功率也要变大,当功率达到最大值之后,功率不能在增大,汽车的牵引力就要开始减小,以后就不是匀加速运动了,当实际功率达到额定功率时,功率不能增加了,要想增加速度,就必须减小牵引力,当牵引力减小到等于阻力时,加速

度等于零,速度达到最大值.6.质量为2kg的质点在x–y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是A.质点的初速度大小为5m/sB.2s末质点速度大小为6m/sC.质点做曲线运动的加速度大小为1.5m/s2D

.质点初速度的方向与合外力方向垂直【答案】AC【解析】【详解】A．x轴方向初速度为vx=3m/s，y轴方向初速度vy=082−=-4m/s，质点的初速度2205/xyvvvms=+=，故A正确．B．2s末质点在x方向的速度大小为6m/s，y方向速度大小为4m/s，则质点的合

速度大于6m/s，选项B错误；C．x轴方向的合力恒定不变，y轴做匀速直线运动，合力为零，则质点的合力恒定不变．x轴方向的加速度a=632−=1.5m/s2，选项C正确；D．合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直．故D错误．故选AC．【点睛】本题通

过图象考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，将两个分方向的运动与受力合成即可，类似平抛运动．7.如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场．在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点

，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°=0.8，g

取10m/s2．下列说法正确（）A.小球的带电荷量q=6×10﹣5CB.小球动能的最小值为1JC.小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值D.小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J【答案】AB【解析】A、对小球进行受力分析如上图所

示可得：37mgtanqE=解得小球的带电量为：537610mgtanqCE−==，故A正确；B、由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在

平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：0.81370.8mgFNNcos===合，而2BvFmL=合，所以2111121222KBB

EmvFLJJ合====，故B正确；C、由于总能量保持不变，即kPGPEEEE++=恒量，所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能PEE最大，机械能最小，故C错误；D、由于总能量保持不变，即kPGPEEEE++=恒量，由B运动到A，PAPBWEE=−

−合力（），·2WFL=合合力，所以2PBEJ=，总能量3PBkBEEEJ=+=，故D错误；故选AB．【点睛】关键抓住小球恰好做圆周运动，求出等效最高点的临界速度，根据该功能关系确定何处机械能最小，知道在等效最高点的动能最小，则重力势能和电势能之和最大

．8..如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，现设法使该带电粒子从O点沿纸面与Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，

那么下列说法中正确的是()．A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t0，则它一定从cd边射出磁场B.若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t0，则它一定从ad边射出磁场C.若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t0，则它

一定从bc边射出磁场D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场【答案】AC【解析】【详解】由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子

的运动周期为T=2t0．A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是05356tT=，粒子轨迹的圆心角为55263==，速度的偏向角也为53，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd射出磁场．故A正确．B．当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆

心角为60°，粒子运动的时间为01163tTt==，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为013t，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是023t，一定不是从ad边射出磁场．故B错误．C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是05458tT=，则得到轨迹的圆心角为54，由于

5534＞＞，则一定从bc边射出磁场．故C正确．D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是012tT=，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60°+90°=150°=56π＜π，故一定不从ab边射出磁场．故D错误．二、非选择题：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.在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图所示的实验装置：（1）若入射小球质量为1m，半径为1r，被碰小球质量为2m，半径

为2r，则________．A.1212,mmrrB.1212,mmrrC.1212,mmrr=D.1212,mmrr=（2）以下所提供的测量工具中必需的是________．A.直尺B.天平C.弹簧测力计D.秒表（3）设入射小球的质量为1m，被

碰小球的质量为2m，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的表达式为__________(用装置图中的字母表示)【答案】(1).C(2).AB(3).112mOPmOMmON=+【解析】【分析】（1）为了保

证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；（2）求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量，然后确定测量工具；（3）根据动量守恒定律与图示实验情景确定需要验证的表达式；【详解】（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律

故有：101122mvmvmv=+在碰撞过程中动能守恒故有：222101122111222mvmvmv=+解得：121012mmvvmm−=+要碰后入射小球的速度10v＞，故120mm−＞，即12mm＞，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，12rr=，故选项C正确，A

BD错误；（2）P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为：12OPvhg=碰撞后入射小球的速度为：22OMvhg=碰撞后被碰小球的速度为：32ONvhg=若112312mvmvmv=+则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒

，代入数据得：112mOPmOMmON=+故需要测量的工具有刻度尺和天平，故选项AB正确，CD错误；（3）根据小题2的解答可知，表达式为：112mOPmOMmON=+．【点睛】本题考查验证动量守恒定律，本实验运用了等效思维方

法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证．10.常用无线话筒所用的电池电动势E约为9V，内阻r约为40Ω，最大允许电流为100mA．为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图甲的电路进行实验．图中电压表为理想电表，R为电阻箱（阻值范围为0～999.9Ω

），R0为定值电阻．1.图甲中接入R0的目的是为了防止电阻箱的阻值调得过小时，通过电源的电流大于其承受范围，起保护电路的作用；实验室备有的定值电阻R0的规格有以下几种，则本实验应选用____________．A.10Ω,0.1WB.50Ω,l.0WC.1500Ω,15WD.2500Ω

,25W2.该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙的图线．由图线知：当电压表的示数为2V时，电阻箱接入电路的阻值为______Ω（结果保留三位有效数字）．3.根据图乙所作出的图象求得该电池的电动势E=__

____V，内阻r=_____Ω．（结果保留三位有效数字）【答案】(1).B(2).20.8(3).10.0(4).33.3【解析】【详解】当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为100mA，则由闭合电路欧姆定律可

知，定值电阻的最小阻值约为03940405010010ERI−=−=−=，定值电阻应选B、50Ω，1.0W.电压等于2V时，10.5U=，由图乙可知，电压等于2V时，214.810R−=，所以：2120.84.810R−==．由闭合电路欧姆定律可得：0EURRRr=++，变形得：

011RrUEER+=+，由数学知识可知，图象中的斜率0RrkE+=，截距：1bE=，由图可知，b=0.1，故E=10V；20.60.18.33610k−−==，即08.33RrE+=解得：r=33.3Ω．11.一辆汽车的质量为m，其发动机的额定功率为P0，从某时刻起汽

车以速度v0在水平公路上沿直线匀速行驶，此时汽车发动机的输出功率为04P，接着汽车开始沿直线匀加速行驶，当速度增加到085v时，发动机的输出功率恰好为P0．如果汽车在水平公路上沿直线行驶中所受到的阻力与行驶速率成

正比，求：（1）汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率vm；（2）汽车匀加速行驶所经历的时间和通过的距离．【答案】（1）2v0；（2）20083mvtP=；3005215mvxP=【解析】【详解】（1）汽车以速度v0在水平公路上沿直线匀速行驶时发动机的输

出功率04P，可知：0004Pkvv＝汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率：P0=kvm•vm解得：vm=2v0．（2）当汽车速度增加到085v时，设牵引力为F，汽车的加速度为a，0085vPF＝由牛顿第二定律：085vFkma−＝汽车匀加速行驶所经历的时间

：0085vvta＝−，解得：20083mvtP=，汽车匀加速行驶通过的距离：32000521215mvxvtatP=+=．【点睛】关于汽车的启动要掌握两个过程，一个是匀加速过程，此过程在功率到达额定功率时结束；一个是恒功率过程，此过程的最大速度出现在牵引力等于阻力时．12.如图所示，在

xOy平面内MN边界与y轴之间有沿x轴正方向的匀强电场，y轴右侧和MN边界左侧的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，左侧磁场的磁感应强度是右侧的2倍．一质量为m、电荷量为–q的负粒子以速度υ0从坐标原点O沿x轴正方向

射入磁场，经过时间t0进入电场，电场区域的宽度为d，电场加速后又进入左侧磁场．粒子重力不计．（1）求右侧磁场磁感应强度的大小；（2）若粒子能回到坐标原点O且运动时间最短，求粒子从O点射入到回到O点经过的总时间；（3）除（2）中的情况外，要使带电粒

子能够回到原点O，求电场强度应满足的表达式．【答案】（1）0mBqt=（2）0041.5+3dttv=（3）22002384)=2nnmvEqdn++（（n=1、2、3…）【解析】【分析】根据周期和运动时间的关系解得磁感应强度，粒子能回到坐标原点O且运动时间最短，粒子在右侧磁场和左侧磁场

做匀速圆周运动半周，在电场中从右向左做匀加速直线运动，在电场中从左向右做匀减速直线运动；除（2）中的情况外，要使带电粒子能够回到原点O，则有211(22)2nrrr−=．解：(1)设右侧磁场的磁感应强度为B，粒子在右侧磁场和左侧磁场做匀速圆周运动的半径分别为r

1、r2，在左侧磁场运动的速度为υ，在电场中运动时间为t1，在左侧磁场运动时间t2在右侧磁场做匀速圆周运动，则有2mTqB=012mtTqB==联立得：0mBqt=(2)粒子能回到坐标原点O且运动时间最短，则有12rr=在电场中012vvdt+=在左侧磁场做匀速圆周运动，有2·2

mTqB=，222mvqvBr=在左侧磁场运动时间2010.52tTt==在右侧磁场做匀速圆周运动2001mvqvBr=所以粒子从O点射入到回到O点经过的总时间012004+2+1.5+3dtttttv==(3)在左侧磁场做匀速圆周运动22

2mvqvBr=要使带电粒子能够回到原点O,则有211(22)2nrrr−=在电场中22001122qEdmvmv=−联立解得：22002384)=2nnmvEqdn++（（n=1、2、3…）13.下列说法正确的是（）A.质量和温度相同的冰和水，内能不同B.温度高的物体不一定比温

度低的物体内能大C.物体放热，同时对外做功，其内能可能增加D.布朗运动是液体分子与固体分子的共同运动E.气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动【答案】ABE【解析】【详解】A．质量和温度相同的冰和水，平均动

能相同，但是分子势能不同，则内能不同，选项A正确；B．物体的内能与物体的温度、体积以及物质的量等都有关，则温度高的物体不一定比温度低的物体内能大，选项B正确；C．根据热力学第一定律，物体放热，同时对外做功，其

内能一定减小，选项C错误；D．布朗运动是固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的表现，选项D错误；E．气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动，选项E正确。14.如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口，卡口距缸底的

高度h=20cm．汽缸活塞的面积S=100cm2，重量G=100N，其下方密封有一定质量的理想气体，活塞只能在卡口下方上下移动．活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，竖直轻弹簧下端与缸底固定连接，上端与活塞固定连接，原长l0=

15cm，劲度系数k=2000N/m．开始时活塞处于静止状态，汽缸内气体温度T1=200K，弹簧的长度l1=10cm，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体（大气压P0=1.0×105Pa）．求（i）当弹簧恢复原长

时时汽缸内气体的温度T2；（ⅱ）当汽缸中的气体温度T3=500K时汽缸内气体的压强P3．【答案】（i）330K；（ⅱ）1.25×105Pa．【解析】【详解】（i）对活塞受力分析，开始时气体的压强为：()551020000.1

50.11001.0101.0100.010.01aaGFPPPPSS−=+−=+−=温度为：T1=200K体积为：V1=lS=10S弹簧恢复原长时，对活塞受力分析，根据平衡得封闭气体压强为：55201001.

0101.1100.01aGPPPS=+=+=Pa体积为：V2=l0S=15S由理想气体状态方程得：112212PVPVTT=代入数据解得：T2=330K（ii）设温度为T时，活塞恰好上移至卡口，此时有：()00khlGP

PSS−=++=()520000.20.151001.0100.010.01aP−++=1.2×105PaV=hS=20S由理想气体状态方程得：111PVPVTT=代入数据解得：T=480K由于T3=5

00K＞480K，活塞以上移至卡口，有：V3=hS=20S由理想气体状态方程得：331113PVPVTT=代入数据解得：531.2510aPP=15.如图甲为一列简谐横波在t＝0.20s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0m处的质点，Q是平衡位置在

x＝4.0m处的质点；M是平衡位置在x＝8.0m处的质点；图乙为质点Q的振动图象．下列说法正确的是___________A.该波向左传播，波速为40m/sB.质点M与质点Q的运动方向总是相反C.t=0.75s时，Q点的位移为10cmD.在0.5s时间内

，质点M通过的路程为1.0mE.质点P简谐运动的表达式为10sin(10)4ytcm=+【答案】BDE【解析】【详解】由图乙可知Q点在0.20s时向上运动，故波沿x轴正方向传播，波速8/40/0.2vmsm

sT===故A错误；质点M与质点Q相差半个波长，则它们的运动方向总是相反，选项B正确；t=0.75s=334T时，Q点的位移为-10cm，选项C错误；在0.5s=2.5T时间内，质点M通过的路程为2.5×4A=100cm=1.0m

，选项D正确；2=10/radsT=，则质点P简谐运动的表达式为10sin(10)4ytcm=+，选项E正确；故选BDE.16.有一玻璃半球，右侧面镀银，光源S在其对称轴PO上（O为半球的球心），且PO水平，如图所示，从光源S发出的一细光束射到半球面上，其中一

部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光经过折射进入玻璃半球内，经右侧镀银面反射恰能沿原路返回，若球面半径为R，玻璃折射率为3，求：①光源S与球心O之间的距离；②折射进入玻璃半球内的光线在球内经过的时间．【答案】①3R．②3Rc【解析】【详解】①由题意可知折射光线与镜面垂直，其光路图如

图所示，则有：i+r=90°由折射定律可得：sinn=3sinir=解得：i=60°r=30°在直角三角形ABO中：BO=Rcosr=3R2由几何关系可得：△SAO为等腰三角形，所以SO=2BO=3R②光在玻璃半球内传播的速度3=c3cvn=光在玻璃半球内传播的距离3

=cos30=R2SR则光折射进入玻璃半球内的光线在球内经过的时间23R=cStv=