四川省棠湖中学2020届高三上学期开学考试理综-物理试题

四川省棠湖中学2020届高三上学期开学考试理综-物理试题

1.超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点。图示为一款超级电容器，其上标有“2.7 V  400 F”，下列说法正确的是 

A. 该电容器的输入电压只能是2.7 V时才能工作

B. 该电容器的电容与电容器两极间电势差成反比

C. 该电容器不充电时电容为零

D. 该电容器正常工作电时储存的电荷量为1080 C

【答案】D

【解析】

【详解】A、电容器的额定电压为2.7V，说明工作电压要不超过2.7V，可以小于2.7V，故A错误；

B、电容器的电容由电容器本身来决定，跟电容器两极间的电势差无关，故B错误；

C、电容是描述电容器容纳电荷的本领，不充电是电容仍然存在，与充电与否无关，故C错误；

D、该电容器最大容纳电荷量：Q＝CU＝400F×2.7V＝1080C，故D正确。

2.2019年春节期间，影片《流浪地球》上映，该影片的成功使得众多科幻迷们相信2019年开启了中国科幻电影元年。假设地球在流浪过程中，科学家发现了一颗类地行星，该行星的半径是地球的2倍，密度与地球相同，该行星的第一宇宙速度为地球的n倍，则n等于

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】C

【解析】

【详解】则根据万有引力等于向心力，得：，解得；可得，因该行星的半径是地球的2倍，则第一宇宙速度是地球的2倍，即n=2，故选C.

3.小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比为n3∶n4＝50∶1，输电线的总电阻R＝10 Ω。某时段全村平均每户用电的功率为200 W，该时段降压变压器的输出电压为220 V。则此时段(    )

A. 降压变压器的输入电压为11 kV B. 发电机的输出功率为22 kW

C. 输电线的电流为1 100 A D. 输电线上损失的功率约为8.26 W

【答案】A

【解析】

详解】A.降压变压器输出电压220 V，根据变压器原理：，代入数据解得：，A正确

BCD.降压变压器输出功率：，而，代入数据解得：输电线电流，输电线上功率损失：，根据：，所以发电机输出功率为22040W，BCD错误

4.钍基熔盐堆核能系统（TMSR）是第四代核能系统之一．其中钍基核燃料铀由较难裂变的钍吸收一个中子后经过若干次β衰变而来；铀的一种典型裂变产物是钡和氪．以下说法正确的是

A. 题中铀核裂变的核反应方程为

B. 钍核衰变的快慢由原子所处的化学状态和外部条件决定

C. 钍核经过2次β衰变可变成镤

D. 在铀核裂变成钡和氪的核反应中，核子的比结合能减小

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据质量数守恒与电荷数守恒可知，铀核裂变的核反应方程为：，选项A正确；

B．原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故B错误；

C．钍核()经过1次β衰变可变成镤()，选项C错误；

D．重核裂变的过程中释放能量，所以重核分裂成中等大小的核，核子的比结合能增大，故D错误；

5.如图所示为用绞车拖物块示意图．拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块．已知轮轴的半径R＝0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1kg，与地面间的动摩擦因数为0.5，细线能承受的最大拉力为10N；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2rad/s2，g取10m/s2，以下判断正确的是

A. 细线对物块的拉力是5N

B. 当物块的速度增大到某一值后，细线将被拉断

C. 物块做匀速直线运动

D. 物块做匀加速直线运动，加速度大小是1m/s2

【答案】D

【解析】

【详解】AB．由牛顿第二定律可得：T-f=ma；地面摩擦阻力f=μmg=0.5×1×10=5N；故可得物块受力绳子拉力T =6N<Tm=10N，则当物块的速度增大到某一值后，细线不会被拉断，故AB错误.

CD．由题意知，物块的速度v=ωR=2t×0.5=1t；又v=at，故可得：a=1m/s2，故C错误，D正确；

6.轻绳一端通过光滑的轻质定滑轮与物块P连接，另一端与套在光滑竖直杆上的圆环Q连接，Q从静止释放后，上升一定距离到达与定滑轮等高处，在此过程中（    ）

A. 物块P的机械能守恒

B. 当Q上升到与滑轮等高时，它的机械能最大

C. 任意时刻P、Q两物体的速度大小都满足

D. 任意时刻Q受到的拉力大小与P的重力大小相等

【答案】BC

【解析】

【详解】A．物块P、Q组成的系统机械能守恒，而Q的机械能增大，所以P的机械能减小，A错误

B．除重力外其他力做的功等于物体机械能的增加量，物块上升到滑轮等高前，拉力对Q左正功，Q机械能增加，物块上升到与滑轮登高后继续升高，拉力做负功，机械能减小，所以Q上升到与滑轮等高时，它的机械能最大，B正确

C．设绳与杆夹角为，根据运动的分解得：，因为，所以，C正确

D．因为P向下加速运动，处于失重状态，则绳对P的拉力小于P的重力，而同一根绳上的拉力大小相等，所以Q受到的拉力大小小于P的重力大小，D错误

7.如图是甲、乙两物体做直线运动的v­t图像。下列说法中正确的是

A. 乙做匀加速直线运动

B. 甲、乙的运动方向相反

C. 甲、乙的加速度大小相等

D. 甲、乙所受合力方向相反

【答案】AD

【解析】

【详解】A.由图可知，乙的速度随时间均匀增加，做匀加速直线运动，故A正确；

B.甲、乙的速度都是正的，运动方向一致，故B错误；

C.根据，甲的加速度为，乙的加速度，甲、乙的加速度大小不相等，故C错误；

D.根据C选项分析，甲、乙加速度方向相反，所受合力方向相反，故D正确。

故选：AD

8.研究光电效应实验电路图如右图所示，其光电流与电压的关系如下图所示。则下列说法中正确的是

A. 若把滑动变阻器的滑动触头向右滑动，光电流一定增大

B. 图线甲与乙是同一种入射光，且甲的入射光强度大于乙光

C. 由图可知，乙光的频率小于丙光频率

D. 若将甲光换成丙光来照射锌板，其逸出功将减小

【答案】BC

【解析】

A、滑动变阻器的滑片右移，光电流可能增大，也可能已达到饱和电流而不变，故A错误；

B、遏止电压相同，说明最大初动能相同，即入射频率相同，但饱和电流不同，说明入射光强度不同，饱和电流越大，入射光强度越大，B正确；

C、遏止电压越大，最大初动能越大，说明入射光频率越大，C正确；

D、逸出功只由金属本身性质决定，与入射光频率无关，D错误；

故选BC。

【点睛】从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大； 逸出功的大小只由金属本身性质决定，与入射频率无关。

9.某同学用如图所示的装置测量木块与斜面间的动摩擦因数。将斜面固定在水平桌面上，木块放在斜 面上，其后端与穿过电火花计时器的纸带相连，电火花计时器固定在斜面上，连接频率为50HZ的交流电源。接通电源后，从静止释放木块，木块带动纸带打出一系列的点迹。

(1)上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，0〜6是实验中选取的7个计数点，每相邻两计数点之间还有4个点未标出，1、2和5、6计数点间的距离如图所示，由图中数据可求出木块下滑的加速度a=______    m/s2（保留三位有效数字）

(2)利用纸带求出加速度后，为了求出木块与斜面间的动摩擦因数,还应测量的物理量是_______   

A.木块的质量m        B.斜面高度h和底边长度d

C.滑块的运动时间t    D.滑块到达斜面底端的速度v

(3)已知重力加速度为g，木块与斜面间的动摩擦因数的表达式μ=______     （用所测物理量的字母表示）

【答案】    (1). 1.75    (2). B    (3).

【解析】

【详解】(1) 每相邻两计数点之间还有4个点未标出，所以每相邻两计数点之间时间为，根据则有，解得木块的加速度为：

(2、3)对小车进行受力分析，小车受重力、支持力、阻力；将重力沿斜面和垂直斜面分解，设斜面倾角为θ，根据牛顿第二定律得：，，联立解得：，因为，，则有：；

故需要测量的物理量为斜面高度h和底边长度d，故选项B正确；

10.某探究小组要尽可能精确地测量电流表A1的满偏电流，可供选用的器材如下：

A.待测电流表A1（满偏电流Ig约为 、内阻约为，表盘刻度均匀、总格数为）

B.电流表A2（量程为0.6A、内阻）

C.电压表V（量程为3V、内阻 ）

D.滑动变阻器（最大阻值为）

E.电源（电动势有3V、内阻约为）

F.开关一个，导线若干

①该小组设计了图甲、图乙两个电路图，其中合理的是______（选填“图甲”或“图乙”）；

②所选合理电路中虚线圈处应接入电表______（选填“”或“”）；

③在开关闭合前，应把滑动变阻器的滑片置于______端（选填“”或“”）；

④在实验中，若所选电表的读数为，电流表A1的指针偏转了格，则可算出待测电流表A1的满偏电流Ig=______。

【答案】    (1). 图乙    (2). C    (3). b    (4).

【解析】

【详解】（1）因为变阻器的全电阻小于电流表内阻,所以变阻器应采用分压式接法,所以合理的是图乙电路;
（2）因为电压表V的满偏电流,与待测电流表量程接近,所以虚线处应接电表C;

（3）闭合电键前,应将变阻器的滑片置于输出电压最小的b端，

（4）根据电流关系可知：，解得：

故本题答案是：乙；C；b；

11.为确保行车安全，高速公路不同路段限速不同，若有一段直行连接弯道的路段，如图所示，直行路段AB限速120km/h，弯道处限速60km/h。

（1）一小车以120km/h的速度在直行道行驶，要在弯道B处减速至60km/h，已知该车制动的最大加速度为2.5m/s2，求减速过程需要的最短时间；

（2）设驾驶员的操作反应时间与车辆的制动反应时间之和为2s（此时间内车辆匀速运动），驾驶员能辨认限速指示牌的距离为x0=100m，求限速指示牌P离弯道B的最小距离。

【答案】（1）3.3s（2）125.6m

【解析】

【详解】（1），

根据速度公式v=v0-at，加速度大小最大为2.5m/s2

解得：t=3.3s；

（2）反应期间做匀速直线运动，x1=v0t1=66.6m；

匀减速的位移：

解得：x=159m

则x'=159+66.6-100m=125.6m。

应该在弯道前125.6m距离处设置限速指示牌.

12.如图所示，在xOy竖直平面内，长L的绝缘轻绳一端固定在第一象限的P点，另一端栓有一质量为m、带电荷量为+q的小球，OP距离也为L且与x轴的夹角为60°，在x轴上方有水平向左的匀强电场,场强大小为mg，在x轴下方有竖直向上的匀强电场，场强大小为，过O和P两点的虚线右侧存在方向垂直xOy平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。小球置于y轴上的C点时，绳恰好伸直且与y轴夹角为30°，小球由静止释放后将沿CD方向做直线运动，到达D点时绳恰好绷紧，小球沿绳方向的分速度立即变为零，并以垂直于绳方向的分速度摆下，到达O点时将绳断开。不计空气阻力。求：

(1)小球刚释放瞬间的加速度大小a；

(2)小球到达O点时的速度大小v；

(3)小球从O点开始到第二次到达x轴（不含O点）所用的时间t.

【答案】（1）；（2）；（3）+

【解析】

【详解】（1）如图所示，小球由静止释放时，所受重力和电场力的合力大小为：F=

根据牛顿第二定律有：F合=ma，

解得：

（2）设小球到达D点时的速度为v0，由运动学公式有：v02=2aL，

垂直于绳方向的分速度为：v1=v0cos30˚，

解得：v1=

从D点到O点的过程中，由动能定理得：mgLcos30˚-qE1L(1-sin30˚)=mv2-mv12

解得：v=

（3）因为qE2=mg,小球从O点以v垂直于虚线进入磁场将做匀速圆周运动,

根据牛顿第二定律有：qvB=m

得半径为：

周期为：

小球进入磁场中运动圆周后又垂直于虚线射出磁场，以v做匀速直线运动第一次打在x轴上，匀速直线运动的距离为d=2rtan60˚=2r，

t1= ；

小球再次进入电场E1后，小球所受重力和电场力的合力垂直于v，小球做类平抛运动，

解得

所以t=t1+t2+t3 =

13.密闭的固定容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则

A. 氢分子的平均动能增大

B. 氢分子的势能增大

C. 氢气的内能增大

D. 氢气的内能可能不变

E. 氢气的压强增大

【答案】ACE

【解析】

【详解】温度升高，则氢分子的平均动能增大，选项A正确；理想气体的分子势能为零，选项B错误； 一定质量的理想气体的内能只与温度有关，则氢气的内能增大，选项C正确，D错误；气体的体积不变，温度升高，根据PV/T=C可知，氢气的压强增大，选项E正确；故选ACE.

14.如图所示在绝热气缸内，有一绝热活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27℃，封闭气柱长为9 cm，活塞横截面积S＝50 cm2。现通过气缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22 J，稳定后气体温度变为127℃。已知大气压强等于105 Pa，活塞与气缸间无摩擦，不计活塞重力。求：

①加热后活塞到气缸底部的距离；

②此过程中气体内能改变了多少。

【答案】①12cm ②7J

【解析】

【详解】①取封闭气体为研究对象，开始时气体的体积为L1S

温度为：T1=273+27=300K

末状态体积为L2S，温度为：T2=273+127=400K

气体做等压变化，则 

解得：L2=12cm

②在该过程中，气体对外做功

由热力学第一定律∆U=Q-W

解得∆U=7J.

15.图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图,图乙为介质中x=2m处的质点P的振动图像。下列说法正确的是_____。

A. 波沿x轴负方向传播

B. 波速为20m/s

C. t=0.15s时刻,质点P的位置坐标为(5m,0)

D. t=0.15s时刻,质点Q的运动方向沿y轴负方向

E. t=0.15s时刻,质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离

【答案】BDE

【解析】

【详解】A、由乙图读出，t＝0时刻质点的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，故A错误；

B、由甲图知：这列波的波长 λ＝4m；由乙图读出，该波的周期 T＝0.2s，则波速为 vm/s＝20 m/s，故B正确；

C、图示时刻P点沿y轴负方向运动，t＝0.15s，质点P恰好到达正最大位移处，则坐标为位置为（2m，20cm）。故C错误；

D、这列波沿x轴正方向传播，在t＝0时刻Q向上运动；经过Q点正从平衡位置向负最大位移运动，所以运动的方向向下，故D正确；

E、由C与D选项的分析可知，在t＝0.15s时刻质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，故E正确。

16.如图,平行玻璃砖厚度为d,一射向玻砖的细光束与玻砖上表面的夹角为30°,光束射入玻砖后先射到其右侧面。已知玻璃对该光的折射率为,光在真空中的传播速度为c。

(i)光束从上表面射入玻砖时的折射角;

(ii)光束从射入玻砖到第一次从玻砖射出所经历的时间。

【答案】（1）30°    （2）

【解析】

【详解】(1)光路图如图所示，

设光在上表面折射时，入射角为i，折射角为r，则

由折射定律有： 

解得：；

(2)光线射到右侧面时，入射角 

因 

故光束在右侧面发生全反射，接着从下表面射出

由几何关系得光束在玻璃砖内传播的距离为：

光束在玻璃砖内传播的速度：

解得传播的时间为：。