【文档说明】四川省成都七中2020届高三下学期热身考试理综物理试题 【精准解析】.doc，共(18)页，1.317 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-f8ee81e6676d45b49ac5cd379397d5ac.html

以下为本文档部分文字说明：

四川省成都七中高2020届高三热身考试理综物理第Ⅰ卷（选择题）二、选择题：本题共8个小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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.物理学是一门

以实验为基础的科学，任何学说和理论的建立都离不开实验。关于下面几个重要的物理实验，说法正确的是（）A.α粒子散射实验是原子核式结构理论的实验基础B.光电效应实验表明光具有波粒二象性C.电子的发现揭示了原子核可以再分D.康普顿效应证实了光具有波动性【答案】A【解

析】【详解】A．α粒子散射实验表明了原子具有核式结构，A正确；B．光具有波粒二象性，光电效应证实了光具有粒子性，B错误；C．电子的发现表明了原子不是构成物质的最小微粒，天然放射现象揭示了原子核有内部结构，可以再分，C错误；D．康

普顿效应证实了光具有粒子性，D错误。故选A。2.2019年12月16日，我国的西昌卫星发射中心又一次完美发射两颗北斗卫星，标志着“北斗三号”全球系统核心星座部署完成。若北斗卫星运行时都绕地心做匀速圆周运动，则（）A.北斗卫星的发射速度应小于

7.9km/sB.北斗卫星的运行速度都小于7.9km/sC.线速度小的北斗卫星，运行周期小D.北斗卫星内的设备不受重力作用【答案】B【解析】【详解】A．卫星的发射速度应大于7.9km/s，才能将卫星发射到太空，

选项A错误；B．贴近地球表面运动的卫星，运动速度为7.9km/s，北斗卫星的运行速度都小于7.9km/s，选项B正确；C．根据22GMmvmrr=和22(2)GMmmrrT=可知，线速度大的卫星运动的轨道半径小，而轨道半径小的卫

星运动周期短，因此线速度大的北斗卫星，运行周期小，选项C错误；D．北斗卫星内的设备处于完全失重状态，不是不受重力，而是重力全部用来提供做匀速圆周运动的向心力，选项D错误。故选B。3.如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f，电压

为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R1(光照增强时，光敏电阻阻值减小)、用电器R2，下列说法正确的是（）A.当仅将光照增强时，变压器的输入功率减小B.当仅将f增大时，变压器的输入功率增大C.当仅将U增大时，用电器消耗的功率减小D.当仅将滑动触头P向上滑动时，用

电器消耗的功率减小【答案】D【解析】【详解】A．根据理想变压器的电压规律1122UnUn=可知变压器副线圈两端电压不变，当仅将光照增强时，光敏电阻的电阻值减小，变压器副线圈的电流增大，根据PUI=可知变压器的输出功率增加，故输入功率也增加，A错误；B．当仅将f增大时，输入

电压和输出电压有效值不变，输出功率不变，故变压器的输入功率不变，B错误；C．当仅将U增大时，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式2UPR=，用电器消耗的功率增大，C错误；D．当滑动触头P向上滑动时，原线圈匝数增加，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压减小；

根据功率表达式2UPR=，用电器消耗的功率减小，输出功率减小，故输入功率也减小，D正确。故选D。4.图甲中AB是某电场中的一条电场线。若将一电子从A点处由静止释放，电子沿电场线从A到B运动过程中的速度图像如图乙所示。关于A、B两点的电势高

低和场强大小关系，下列说法中正确的是（）A.φA>φB，EA>EBB.φA>φB，EA<EBC.φA<φB，EA>EBD.φA<φB，EA<EB【答案】C【解析】【详解】AB．从A向B运动为加速运动，说明电场力从A

向B，负电荷受力方向与电场线方向相反，所以电场线方向从B向A，沿电场线方向电势逐渐降低，即φA<φB，AB错误；CD．速度时间图像斜率代表加速度，由乙图可知从A到B加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律，加速度减小电场强度逐渐减

小，即EA>EB，C正确，D错误。故选C。5.2017年4月16日,国产大飞机C919在上海浦东机场进行首次高速滑行实验,在某次试验正常刹车时(做匀速直线运动)初速度为V,经时间t停下来,则在最后t0(t0<t)时间内位移为()A.202vttB.20vt2tC.202vtt

D.202vtt【答案】A【解析】【详解】大飞机匀减速运动的加速度大小为vat=，最后0t（0tt）时间内的位移22200011222vtvxatttt===，A正确．6.如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运

动过程中小球的机械能E与路程x的关系图像如图乙所示，其中O-x1过程的图像为曲线，x1-x2过程的图像为直线。忽略空气阻力。下列说法正确的是A.O-x1过程中小球所受拉力大于重力B.小球运动路程为x1时的动能为零C.O-x2过程中小球

的重力势能一直增大D.x1-x2过程中小球一定做匀加速直线运动【答案】BD【解析】【详解】A．小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力下运动，拉力做功改变小球的机械能，则：EFx=拉可知题中机械能-路程图像斜率的大小为拉力的大小；O-x1过程中小球所受拉力竖直向

上且减小，拉力做正功，小球的机械能增加，开始时小球从静止开始加速，拉力大于重力，运动过程中拉力逐渐减小，x1之后，拉力竖直向上做负功，小球向下运动，所以x1处速度为零，动能为零，说明O-x1过程中小球先加速后减速，所以在减速阶

段拉力小于重力，A错误，B正确；C．O-x1过程中小球向上运动，重力做负功，重力势能增大，x1-x2过程中小球向下运动，重力做正功，重力势能减小，C错误；D．x1-x2过程中重力大于拉力，小球向下运动，图像斜率不变，拉力不变，所以小球加速度恒定，向下做匀加速直线运动，D正

确。故选BD。7.如图所示，光滑斜面上有一个重力为100N的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角为37°，整个装置处于静止状态。则绳对小球拉力T和斜面对小球支持力NF的大小分

别为（）（sin37°=0.6）A.502NT=B.3002N7T=C.N500N7F=D.N80NF=【答案】BC【解析】【详解】对小球进行受力分析如图所示则由平衡条件得Ncos45sin370TF−=Nsin4

5cos370TFmg+−=由以上两式解得3002N7T=，N500N7F=AD错误，BC正确。故选BC。8.如图甲所示，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=2Ω，电阻R=4Ω，磁感应强度B的B-t图像如图乙所示

（以向右为正方向），下列说法正确的是（）A.电阻R中的电流方向是从A到CB.感应电流的大小保持不变C.电阻R两端的电压为4VD.C点的电势为6V【答案】BC【解析】【详解】A．由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从

C到A，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律有BENNStt==由图知Δ62T/s=2T/sΔ2Bt−=代入数据解得E=1500×2×20×10-4V=6V由闭合电路欧姆定律得6A=1A42EIRr==++因此感应电流的大小是恒定的，故B正确；CD．电阻两端的电压是外电压为U=IR

=1×4V=4V在外电路，顺着电流方向电势降低，因A的电势等于零，那么C点的电势为4V，故C正确，D错误；故选BC。第Ⅱ卷（非选择题）三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第40题为选考题，

考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)9.如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体所受向心力大小与质量、轨道半径及线速度关系的实验装置．圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动．力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心

力F与线速度v的关系：(1)该同学采用的实验方法为________．A．等效替代法B．控制变量法C．理想化模型法D．微小量放大法(2)改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示：v/m•s-11.01.52.02.53.0v2/m2•s-21.02.254.06.259.0

F/N0.882.003.505.507.90①请在图乙中作出F-v2图线_____；②若圆柱体运动半径r＝0.3m，由作出的F-v2的图线可得圆柱体的质量m＝_____kg．(结果保留两位有效数字)【

答案】(1).（1）B(2).（2）如图(3).（3）0.26（0.27同样得分）【解析】【详解】（1）该同学采用的实验方法为控制变量法，故选B.（2）①在图乙中作出F-v2图线如图：②根据22vmFmvrr==，则90.910mkr===，因

为r=0.3m，则m=0.27kg10.在“探究决定导体电阻的因素”的实验中，需要测量导体的长度、横截面积和电阻，进而用控制变量的方法进行实验探究。(1)先用刻度尺测量出合金丝的长度，再将合金丝紧密地并排绕制成一个线圈，用刻度尺测出它的宽度，如图甲所示，

线圈的宽度是__________cm，用宽度除以圈数就是合金丝的直径。(2)采用图乙所示的电路图进行电阻的测量，请在丙图中完线条代替导线，完成实物连线_______。(3)采用图乙所示的电路测得电阻的阻值_

______真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。(4)在图乙中，若将电表视为理想电表，不考虑温度对电阻的影响和电源内阻。当触头P从a向b端滑动时，电阻Rx的电流Ix随滑动变阻器a、P间电阻RaP的变化而变化，下列反映xaPIR−关系的示意图中可能正确的是（）A.B.C.

D.【答案】(1).2.52（2.51-2.54）(2).(3).小于(4).B【解析】【详解】(1)[1]刻度尺的分度值是0.1cm，所以要求估读到分度值的下一位，精确值为2.5cm，估读值为0.02cm，图甲所示线圈的宽度是2.5cm+0.02cm=

2.52cm。(2)[2]采用图乙所示的电路图进行电阻的测量，采用的是电流表外接法，由于电压表分流作用使电流表示数变大，会使得电阻阻值的测量值小于真实值。(3)[3]根据图乙电路图补充完成图丙中实物间的连线，如图所示(4)[

4]电阻Rx与电阻RaP并联，再与电阻RPb串联，结合aPPbRRR+=滑可知总电阻2xxxaPaPPbaPaPRRRRRRRRRR=+=−++滑总电阻Rx的电流x2xxxaPaPaPaPaPaPREEIRRRRRR

RRRRR==++−−+滑滑滑所以反映xaPIR−关系的示意图中可能正确的是B。11.质量为m、电荷量为q的带负电粒子从静止开始释放，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示。已知磁

场的磁感应强度大小为B，粒子的重力不计。求：(1)粒子在磁场中的速度大小；(2)M、N两板间的电压U。【答案】(1)()222qBdLvmL+=；(2)()222228qBLdUmL+=【解析】【分析】【详解】(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则由牛顿第二定律得2v

qvBmr=①由几何关系得()222rrLd=−+②解得()222qBdLvmL+=(2)粒子在M、N两板间经电场加速，由动能定理得212qUmv=③联立①②③式解得()222228qBLdUmL+=12.如图所示，用轻弹簧连接的A、B两物体静止放在光滑水平面上，A的质量为4m，B的质量为m

，其中物体B靠在左边墙壁上。现用力推动物体A压缩弹簧至P点，静止释放物体A，当弹簧第一次恢复原长时（A未与右边墙壁碰撞），物体A的速度为v0，求：(1)从释放到第一次恢复原长的过程中，左边墙壁对物体B的冲量大小；(2)当弹簧第二次恢复原长时（A仍未

与右边墙壁碰撞），A、B两物体各自的速度大小；(3)当弹簧第一次压缩到最短时，物体A才恰好与右边墙壁碰撞，碰后A的速度减为零。求弹簧再次恢复原长时物体B的速度大小。【答案】(1)04mv；(2)035v，085v；(3)0

65v【解析】【详解】(1)从释放到第一次回到原长的过程中，以两滑块和弹簧为整体，由动量定理，得A004Imvmv==(2)从第一次回到原长到第二次回到原长的过程中，对A和B，由动量守恒有：A0AABBmvmvmv=+由能量守恒有222A0AABB111222mvmv

mv=+解得A035vv=，B085vv=(3)挡弹簧压缩到最短时，两滑块共速，由动量守恒A0AB()mvmmv=+共解得045vv=共此时弹簧的弹性势能为222A0AB0p113()225Emvmmvmv=−+=共A与墙面碰撞后，动能减为零，B继续压缩弹簧然后反

弹，当B向左运动到弹簧回到原长时，其速度最大。由能量守恒定律22mpBB1122mvmvE+=共解得m065vv=[物理——选修3–3](15分)13.有关分子的热运动和内能，下列说法正确的是（）A.一定质量的气体，温度不变，分子的平均动能不变B.物体的温度越高，分子热运动越剧烈C

.物体的内能是物体中所有分子热运动的动能和分子势能的总和D.布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的E.外界对物体做功，物体的内能必定增加【答案】ABC【解析】【详解】A．温度是分子平均动能的标志，所以温度不变，

分子的平均动能不变，故A正确；B．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，故B正确；C．物体的内能就是物体内部所有分子的动能和分子势能的总和，故C正确；D．布朗运动是由液体分子之间的不规则运动引起的，故D错误；E．改变内能的方式有做功和热传递，外界对物

体做功，物体的内能不一定增加，故E错误；故选ABC．【点睛】温度是分子平均动能的标志，内能是所有分子的动能和所有分子势能的总和，布朗运动反应了液体分子的无规则运动，改变内能的方式有做功和热传递．14.一定质量的理想气体，由状态a经状态b、状态c又回到状态a，其体积V随温度T的变化图像如

图所示。已知该气体在状态a时温度为T0、压强为p0、体积为V0，在状态b时温度为T0、体积为2V0。在状态c时体积为2V0（其中T0=300K、压强为501.010Pap=、体积V0=1.0L）求：(1)状态c的温度Tc为多少？(2)若由状

态b到状态c气体吸收的热量为Q=100J，则由状态c到状态a气体放出的热量Q为多少？【答案】(1)600K；(2)200J【解析】【详解】(1)根据pVCT=可知从状态ac→为等压变化，则0002cVVTT=解得02600KcTT==(2)气体从bc→，体积不变，则1

0W=，根据热力学第一定律可知1100JUQ==气体从ca→，根据热力学第一定律可知2000(2)UQpVV=+−因为状态a和c温度相同，所以12UU=−解得200JQ=−所以由状态c到状态a气体放出的热量200J。[物理——选修3–

4](15分)15.如图甲所示，是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是离原点x1=2m的一个质点，Q是离原点x2=4m的一个质点，此时离原点x3=6m的质点刚要开始振动．图乙是该简谐波传

播方向上的某一质点的振动图像（计时起点相同）．由此可知：_______A.这列波的波长为λ=4mB.这列波的周期为T=3sC.这列波的传播速度为v=2m/sD.这列波的波源起振方向为向上E.乙图可能是图甲中质点Q的振动图像【答案】ACD【解析】A、B、C项：由甲

读出波长λ=4m，由图乙读出周期T=2s，波速2mvsT==，故A、B正确，C错误；D项：波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，简谐波没x轴正方向传播，则知x3=6m的质点在t=0时刻的振动方向向下，则波源的起振方向向下，故D错误；E项：由图乙看出，t=0时刻，质点

经过平衡位置向上，而图甲中，Q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图甲中质点Q的振动图象，故E正确．16.如图所示，ABCD是某种透明材料的截面，AB面为平面，CD面是半径为R的圆弧面，12OO为对称轴，一束单色光从1O

点斜射到AB面上折射后照射到圆弧面上E点时刚好发生全反射，AB面上入射角的正弦值为33，2120DOC=，透明材料对单色光的折射率为233，光在真空中传播速度为c，求：(1)12OO与2OE的夹角的大小；(2)光在透明材料中传播的时间（不考虑光在BC面的反射）（结果

可以用根号表示）。【答案】(1)30；(2)(33)3Rc+【解析】【详解】(1)由折射定律有sinsinnr=可得30r=光在圆弧面上E点刚好发生全反射，如图则13sin2Cn==临界角60C=由几何关系可知rC+=因此30r=(2)由几何关系可知1OER=光在E

点的反射光线EF平行于AB，则(31)sin60sin302REFRR−=−=光在材料中的传播速度32ccvn==则光在材料中的传播时间1(33)3OEEFRtvc++==