四川省泸州市泸县第一中学2020届高三上学期第一次月考理综物理试题

四川省泸州市泸县第一中学2019-2020学年高三上学期

第一次月考理综物理试题

1.下列有关原子结构和原子核的认识，正确的是

A. 氢原子辐射光子后，其绕核运动电子动能减小

B. 衰变说明原子核内有电子

C. 卢瑟福用α粒子轰击氮核发现了质子，其核反应方程为

D. 卢瑟福α粒子散射实验说明原子核由质子和中子组成

【答案】C

【解析】

【详解】A、氢原子辐射光子后，轨道变小，动能变大，势能变小，总能量变小，故A错误；

B、β衰变不能说明原子核内有电子，是中子转变成质子，而放出电子的，故B错误；

C、卢瑟福用α粒子轰击氮核首次实现了原子核的人工转变，并发现了质子，其核反应方程为，故C正确；

D、卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子核式结构模型，故D错误。

2.地球绕着太阳公转，其运动可看成匀速圆周运动。已知万有引力常量为G，如果要通过观测求得太阳的质量，还需要测量下列哪些量

A. 地球公转的轨道半径和公转周期 B. 地球公转的轨道半径和自转周期

C. 地球半径和地球的公转周期 D. 地球半径和地球的自转周期

【答案】A

【解析】

【分析】

由题意可知，考查中心天体质量计算，根据万有引力提供向心力计算可得。

【详解】设地球质量为m，太阳质量为M，地球公转半径为r，万有引力提供向心力，

解得

A.

B.

C.

D.

【点睛】在公式中，r表示轨道半径，T表示环绕天体的公转周期。

3.某质点运动速度的平方v2随位移x变化的规律如图所示，关于该质点的运动情况，下列说法正确的是(　　)

A. 质点一定是做曲线运动

B. 质点所受合外力可能是恒力

C. 质点运动的加速度逐渐增大

D. 质点的机械能一定是逐渐增大的

【答案】C

【解析】

【详解】A、质点运动速度的平方随位移变化规律不是质点运动的轨迹，故A错误；
B、根据知，图线切线斜率的大小等于，图线切线斜率增大，则加速度增大，根据牛顿第二定律知，合力增大，故B错误，C正确。
D、质点的速度增大，动能增大，重力势能的变化未知，则无法判断机械能的变化，故D错误。

4.如图所示，两个固定的等量异种电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d。则

A. a、b两点的电场强度大小相等，方向相反

B. c、d两点的电场强度大小相等，方向相同

C. 将一带正电的试探电荷从a点沿直线移到b点，其电势能先减小后增大

D. 将一带正电的试探电荷从c点沿直线移到d点，其电势能先增大后减小

【答案】B

【解析】

根据两等量异种点电荷电场特点，a、b两点的电场强度大小相同，方向相同，故A错误，B正确；将一带正电的试探电荷从a点沿直线移到b点，电场力一直做正功，故其电势能一直减小，选项C错误；cd连线上电势均为零，故 将一带正电的试探电荷从c点沿直线移到d点，其电势能不变，选项D错误；故选B.

点睛：本题关键是要明确两个等量异种电荷连线以及中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，关键在于掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线的方向表示电势的高低，作出电场线，就能判断电势的高低.

5.如图所示，绕在铁芯上的线圈、电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路．在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是（　　）

A. 线圈中通以恒定的电流 B. 通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动

C. 通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动 D. 将电键突然断开的瞬间

【答案】A

【解析】

【详解】A项：线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生。故A正确。

B项：通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环A磁通量增大，产生感应电流。不符合题意。故B错误。

C项：通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量变化，产生感应电流。不符合题意。故C错误。

D项：将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流，不符合题意。故D错误。

故选：A。

6.如图所示,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为D,在下极板上叠放一厚度为l的金属板A,（l<D）,其上部空间有一带负电的粒子P静止在电容器中,当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动,已知重力加速度为g。则下列判断正确的是(　　)。

A. 电容器的电容变大

B. 两板间的电场强度不变

C. 上极板所带电荷量变大

D. 粒子运动的加速度大小为

【答案】D

【解析】

【详解】A.将金属板从电容器中快速抽出后，增大了极板间距，根据电容决定式，当板间距d变大，电容C变小，A错误

B.因为电源电压恒定，根据场强公式，间距变大，场强变小，B错误

C.根据，因为电压恒定，电容变小，所以带电量变小，C错误

D.初始时，粒子静止有：，解得：，撤去金属板后：，根据牛顿第二定律：，解得：，D正确

7.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子。已知粒子的比荷为，发射速度大小都为v0=。设粒子发射方向与OC边的夹角为θ，不计粒子间相互作用及重力。对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是 （  ）

A. 当θ=450时，粒子将从AC边射出

B. 所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等

C. 随着θ角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小

D. 在AC边界上只有一半区域有粒子射出

【答案】AD

【解析】

试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，已知，解得粒子的运动半径，当入射时，粒子恰好从A点飞出，则当时，粒子将从AC边射出，故A正确；所有从OA边射出的粒子，不同，而轨迹圆心对应的圆心角等于，所用时间，T一定，则知粒子在磁场中运动时间不等，故B错误；所有从OA边射出的粒子，由知，随着角的增大，粒子在磁场中运动的时间不断变小，当飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是，是在磁场中运动时间最长，故C错误；当飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动

【名师点睛】此题关键要根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论．从到的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大是该题的关键。

8.在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度为a，且方向沿斜面向上。设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则(    )

A. 当B刚离开C时，A发生的位移大小为

B. 从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为

C. B刚离开C时，恒力对A做功的功率为

D. 当A的速度达到最大时，B的加速度大小为

【答案】AD

【解析】

【详解】A. 开始A处于静止状态，弹簧处于压缩,根据平衡有：mgsinθ=kx1，解得弹簧的压缩量x1=mgsinθ/k，

当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2=2mgsinθ，

解得弹簧的伸长量x2=2mgsinθ/k，

可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x=x1+x2=3mgsinθ/k，故A正确；

B. 由A选项分析可知，物块A克服重力做功为W=mgxsinθ= ，故B错误；

C. B刚离开C时，根据牛顿第二定律F−mgsinθ−kx2=ma，解得：F=3mgsinθ+ma，恒力对A做功的功率为，故C错误；

D.当A的加速度为零时，A的速度最大，设此时弹簧的拉力为FT，则：F−FT−mgsinθ=0

所以FT=F−mgsinθ=3mgsinθ+ma−mgsinθ=2mgsinθ+ma，

以B为研究对象，则：2ma′=FT−2msinθ=ma

所以：a′=，故D正确。

故选：AD

第II卷 非选择题（174分）

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题为选题，考生根据要求作答。

(一)必考题(共129分)

9.（1）螺旋测微器和游标卡尺如下图所示，它们的读数是________mm、_________mm.

（2）某同学用如图所示的装置测定重力加速度：实验中所用电源的频率为50Hz，实验中在纸带上连续打出点1、2、3、…、9，如图所示，由纸带所示数据可算出实验时重物下落的加速度为_______m/s2．（结果保留三位有效数字）

（3）下面是一些有关高中物理实验的描述，其中正确的是_________

A．在“研究匀变速直线运动”实验中，不需要平衡摩擦力

B．在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须用天平测物体的质量

C．在“探究力的平行四边形定则”的实验中，在同一次实验中橡皮条拉长的结点Ｏ位置可以不同

D．在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功

E．用欧姆表“×10”挡测量电阻时发现指针偏转角太小，应该换“×1”挡进行测量

【答案】    (1). （1）0.996-1.000    (2). 10.10    (3). （2）9.70    (4). （3）AD

【解析】

【详解】（1）螺旋测微器的读数是：0.5mm+0.01mm×49.8=0.998mm；

游标卡尺读数：1cm+0.05mm×2=10.10mm.

（2）根据∆x=aT2可得：，解得

（3）在“研究匀变速直线运动”实验中，只需要小车做匀加速运动即可，不需要平衡摩擦力，选项A正确；在“验证机械能守恒定律”的实验中，由mgh=mv2可知，两边的m可以消掉，则没必要用天平测物体的质量，选项B错误；在“探究力的平行四边形定则”的实验中，在同一次实验中橡皮条拉长的结点O位置必须相同，选项C错误；在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功，选项D正确；在用欧姆表“×10”挡测量电阻时发现指针偏转角太小，说明档位选取的太低，则应该换“×100”挡进行测量，选项E错误.

10.某物理兴趣小组围绕一个量程为3mA，内阻Rg约为100Ω的电流计G展开探究，可供选择的器材有电阻箱R0，最大阻值为9999.9Ω，滑动变阻器甲，最大阻值为10kΩ，滑动变阻器乙，最大阻值为2kΩ，电源E1，电动势为1.5V，内阻较小，电源E2，电动势为9V，内阻较小；开关2个，导线若干。

（1）为测量该电流计的内阻，小明设计了如图a所示电路，实验步骤如下：

①断开S1和S2；将R调到最大；

②合上S1调节R使G满偏；

③合上S2，调节的值到使G半偏，此时刻认为G的内阻Rg=

在上述可供选择的器材中，为了使测量尽量精确，滑动变阻器应该选择_________（甲或乙）；电源应该选_________（E1或E2），在实验中认为电流计G内阻Rg=，此结果与Rg的真实值相比_______（偏大、偏小、相等）。

（2）若测的电流计G的内阻Rg=100Ω，小芳用电源E1、电阻箱R0和电流计G连接了如图b所示的电路，在电流计两端接上两个表笔，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转化为电阻刻度；闭合开关，将两表笔断开；调节电阻箱，使指针指在“3mA”处，此处刻度应标阻值为_______Ω（选填“0”或“∞”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不通阻值的已知电阻找出对应的电流刻度，则“2mA”处对应表笔间电阻阻值为__________Ω。

【答案】    (1). 甲    (2). E2    (3). 偏小    (4). 0    (5). 160

【解析】

（1）根据半偏法的实验原理，为提供测量精确度要求滑动变阻器接入电路电阻远大于电流计内阻，以减小因闭合S2而引起总电流的变化量，从而减小误差，而当电动势越大的时候要使电流计满偏则滑动变阻器接入电路电阻越大，因此电源选E2，滑动变阻器应选甲；闭合S2导致闭合回路总电阻减小则总电流增大，调节R0使G半偏，则此时流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱的阻值小于电流计的实际内阻，此结果与Rg的真实值相比偏小。

（2）由此欧姆表测量的是两表笔间的电阻，因此当将两表笔断开，两表笔间的电阻无穷大，则指针指在“3mA”处，此处刻度应标阻值为0，闭合开关，将两表笔断开，条件电阻箱，使指针指在Ig=3mA处，则此时代入数据解得，当两表笔间接入时，电流计示数为I=2mA，则，则，则干路总电流，因此流过的电流，则

11.一物块A的质量为m=0.5kg，初动能为Ek=4J，在水平地面上做直线运动，当A的动能变为初动能的一半时与静止的物块B发生弹性正碰，物块B质量为1.0kg，物块A与地面间的动摩擦因数为μ1=02，物块B与地面间的动摩擦因数为μ2=01，重力加速度g=10m/s2

求：(1)物块A经过多长时间与物块B相碰；

(2)物块A与物块B碰后，它们之间的最大距离

【答案】（1）0.586s；（2）2m

【解析】

【分析】

（1）根据动量定理可求解物块A经过多长时间与物块B相碰；（2）A、B碰撞过程中满足动量守恒和动能守恒，列式求解碰后的速度，碰后到A、B都停止时二者相距最远，结合动能定理求解它们之间的最大距离.

【详解】（1）A与B碰撞前，根据动量定理

得                

解得 

（2）A、B碰撞过程中 

解得   

碰后到A、B都停止时二者相距最远

根据动能定理 对于A： 

对于B 

距离x=xA+xB得   

解得x=2m

【点睛】本题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．

12.如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平面上，导轨平面与水平面间的夹角为θ=37°，导轨间距为L=1m，与导轨垂直的两条边界线MN、PQ内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B0=1T，MN与PQ间的距离为d=2m，两个完全相同的金属棒ab、ef用长为d=2m的绝缘轻杆固定成“工”字型装置，开始时金属棒ab与MN重合，已知每根金属棒的质量为m=0.05kg，电阻为R=5Ω，导轨电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,在t=0时,将“工”字型装置由静止释放，当ab边滑行至PQ处恰好开始做匀速运动，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。

求:（1）“工”字型装置开始做匀速运动时的速度是多少？

（2）“工”字型装置从静止开始，直到ef离开PQ的过程中,金属棒ef上产生的焦耳热Qef是多少？

（3）若将金属棒ab滑行至PQ处的时刻记作t=0，从此时刻起,让磁感应强度由B0=1T开始逐渐增大，可使金属棒中不产生感应电流,则t=0.5s时磁感应强度B为多大？

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

试题分析：（1）在达到稳定速度前，装置的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，

做匀速运动时，有，，

代入已知数据可得

（2）从运动到匀速的过程中，根据能量守恒可得，重力势能减小转化为动能，摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热有，解得

在匀速的过程中

电路中上产生的热量

金属棒ef上产生的焦耳热是

（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，故

得，

设t时刻磁感应强度为B，则

故t=0．5s时磁感应强度为

考点：考查了导体切割磁感线运动

【名师点睛】本题考查了求加速度、产生的热量，分析清楚金属杆运动过程、应用安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律、能量守恒定律即可正确解题

13.下列说法正确的是    

A. 当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小

B. 一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加

C. 对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热

D. 物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关

E. 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能不变

【答案】BCD

【解析】

A项：分子间距离增大时，分子间他引力和斥力都减小，但斥力减小得快，故A错误；

B项：100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，要吸热，由于温度不变，动能相同，所以分子之间的势能增加，故B正确；

C项：根据可知， 由于压强不变，体积增大，则温度升高，所以气体内能增大，则一定从外界吸热，故C正确；

D项：物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故D正确；

E项：根据公式，压膨胀过程中，体积增大，温度升高，气体分子平均动能增大，故E错误。

点晴：解决本题关键理解气体内能等于分子动能和势能之和，但理想气体不考虑分子间的势能，所以理想气体内能只取决于温度。

14.一圆柱形气缸，质量M为10kg，总长度L为40cm，内有一活塞，质量m为5kg，截面积S为50cm2，活塞与气缸壁间摩擦可忽略，但不漏气（不计气缸壁与活塞厚度），当外界大气压强p0为1×105Pa，温度t0为7℃时，如果用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图所示，气缸内气体柱的高L1为35cm，g取10m/s2．求：

①此时气缸内气体的压强；

②当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离？

【答案】(1) (2)

【解析】

试题分析：（i）以气缸为研究对象，受力分析，受到重力、外界大气压力，气缸内气体的压力，根据平衡条件得：，则：。

（ii）温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体等压变化方程得：

当活塞与气缸将分离时，气柱的总长度为，代入数据得：

解得：。

考点：理想气体的状态方程

【名师点睛】能够把力学中的受力分析和平衡知识运用到理想气体变化的问题中，根据题目找出气体的变化的物理量和不变的物理量。

15.下列说法正确的是___________

A. 机械波和电磁波都能发生干涉、衍射现象

B. 海啸发生后尚未到达海岸边，沿海渔民没有反应，但狗显得烦噪不安，这是因为次声波传播速度比超声波大

C. 一质点做简谐运动，质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同

D. 光学镜头上的增透膜利用了光的干涉现象

E. 在不同的惯性参考系中，光在真空中的速度都是不相同的

【答案】ACD

【解析】

【分析】

明确波的性质；狗能接受到次声波，但人无法接受次声波；简谐运动中，质点经过同一位置，速度不一定相同，而加速度一定相同；根据光速不变原理，判断在不同参考系中，光在真空中的速度.

【详解】A、所有的波都具有的特性是：能产生干涉和衍射现象；故A正确.

B、海啸发生时，发出很强的次声波，狗能接受到次声波，但人无法接受次声波；故B错误.

C、做简谐运动的质点每次通过同一位置时，位移一定，速度有两种可能的方向，速度不一定相同，加速度一定相同；故C正确.

D、光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象；故D正确.

E、根据光速不变原理，在不同的惯性参考系中，光在真空中的速度都是相同的；故E错误.

故选ACD.

【点睛】本题考查了物理光学以及波动和振动的基础知识，要求学生熟悉教材中的基本知识和基本规律.

16.如图所示，在真空中有一等腰棱镜ABC，顶角∠C=120°，一束单色光从AB边上P点射入棱镜，入射光线与AC边平行，又从AB边Q点射出，且射出的光线与CB边平行。已知AC长为2L，AP长为L。求

(1)该棱镜的折射率；

(2)若光在真空中的速度为c，求光在棱镜中运动的时间。

【答案】（1） ；（2）

【解析】

【分析】

(1)根据题意完成光路图，根据几何知识求出光线在P点的入射角和折射角，即可求折射率.

(2)根据几何关系求出光线在棱镜中传播的路程，由求出光线在棱镜中传播速度，从而求得传播时间.

【详解】(1)光路图如图所示:

因为△ABC是等腰三角形，顶角∠C=120°，可知底角∠A=∠B=30°

由几何关系可知：从P点的入射光线与AB边的夹角θ=30°

根据光路可逆性可知∠BPM=∠AQN，可知∠PMA=∠QNB

由光的反射定律可知∠PMA=∠CMN，∠QNB=∠MNC，∠C=120°

综上可得∠PMA=∠CMN=∠QNB=∠MNC=∠A=30°，∠BPM=∠AQN=60°

由光的折射定律得：

(2)由几何关系可知

所以光在棱镜中光程

光在棱镜中运动的速度

光在棱镜中运动的时间

【点睛】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角、折射角，即能很容易解决此类问题.