陕西省汉中市九校2020届高三第一次校际联考物理试题

2020届高三第一次校际联考试题物理

一、选择题

1.下列四幅图分别对应着四种说法，其中正确的是

A. 甲图中的α粒子散射实验说明了原子核是由质子与中子组成

B. 乙图中若改用绿光照射，验电器金属箔一定不会张开

C. 丙图中的射线1是α射线，射线2是β射线，射线3是γ射线

D. 图丁中，天然放射性元素的半衰期跟所处的化学状态和外部条件有关

【答案】C

【解析】

【详解】A.图中卢瑟福通过对α粒子散射实验得出原子的核式结构模型，没有得出原子核是由质子与中子组成。故A错误；

B.根据光电效应产生条件，图中若改用绿光照射，虽然绿光频率小于紫外线，但其频率也可能大于金属的极限频率，因此可能发生光电效应现象，则验电器金属箔可能张开，故B错误；

C.三种射线的穿透本领不同，根据α、β、γ射线的特点可知，射线1的穿透本领最弱，是α射线，射线3的穿透本领最强，是γ射线，射线2是β射线，故C正确；

D.半衰期与其化学性质与化学状态无关，将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期会不变。故D错误；

2.做曲线运动的物体(　　)

A. 动量一定改变 B. 动能一定改变

C. 加速度一定改变 D. 机械能一定改变

【答案】A

【解析】

A项：做曲线运动的物体速度方向一定改变，故动量一定改变；

B项：做曲线运动的物体速度大小不一定变化，动能不一定改变，如匀速圆周运动；

C项：若物体仅在恒力作用下做曲线运动则加速度一定不变，如平抛运动；

D项：如果物体仅重力作用下做曲线运动时机械能也不改变，如平抛运动；

故应选 A。

3.如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过较链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮，人现用力F拉绳，开始时，使缓慢减小，直到。此过程中杆BC所受的力（ ）

A. 逐渐减小

B. 逐渐增大

C. 先增大后减小

D. 大小不变

【答案】D

【解析】

【详解】以结点B为研究对象，分析受力作出力的合成如图，根据平衡条件知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反。

根据力的三角形与几何三角形相似得

==

 又F合=G

解得杆BC对B点的作用力

N=G

现使∠BCA缓慢减小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则得到N不变，即作用在BC杆上的压力大小不变。

A. 杆BC所受的力逐渐减小，与分析不一致，故A错误；

B. 杆BC所受的力逐渐增大，与分析不一致，故B错误；

C. 杆BC所受的力先增大后减小，与分析不一致，故C错误；

D. 杆BC所受的力大小不变，与分析相一致，故D正确。

4.研究表明，人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）比较短，但饮酒会导致反应时间延长.在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以某一速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶了一段距离.减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动.根据图甲和图乙提供的信息，下列说法错误的是

A. 汽车在反应时间内运动的速度大小为20m/s

B. 汽车在反应时间内运动的位移大小为25m

C. 汽车在减速过程中的加速度大小为8 m/s2

D. 汽车在减速过程中所用的时间为2.5s

【答案】B

【解析】

【详解】A.汽车在反应时间内做匀速直线运动，故减速过程的初速度即反应过程中的速度为20m/s，故A正确不符合题意；

B.根据题意，无法求出反应时间内的位移，故B错误符合题意；

CD. 设减速过程中汽车加速度大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0=20m/s，末速度v=0，位移x=25m，由运动学公式得：

代入数据解得：

a=8m/s2，t=2.5s

故CD正确不符合题意。

5.将一小球从高处水平抛出，最初2s内小球动能Ek随时间t变化图线如图所示，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.根据图象信息，无法确定的物理量是

A. 小球的质量

B. 小球的初速度

C. 小球拋出时的高度

D. 最初2s内重力对小球做功的平均功率

【答案】C

【解析】

【详解】AB.设小球的初速度为v0，则2s末的速度为：

根据图象可知：小球的初动能

2s末的动能

解得：

故AB不符合题意。

CD. 最初2s内重力对小球做功的平均功率：

根据已知条件只能求出2s内竖直方向高度为

而不能求出小球抛出时的高度，故D不符合题意，C符合题意。

6.我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是（　　）

A. 周期

B. 角速度

C. 线速度

D. 向心加速度

【答案】A

【解析】

设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得：

得：，，，
可知，卫星的轨道半径越大，周期越大，而角速度、线速度和向心加速度越小，“高分五号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分五号”较小的是周期，较大的是角速度、线速度和向心加速度，故A错误，BCD正确。

点睛：解决本题的关键是要掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道卫星的线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，对于周期，也可以根据开普勒第三定律分析。

7.高铁列车行驶时受到的总阻力包括摩擦阻力和空气阻力.某一列高铁列车以180 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时，空气阻力约占总阻力的50%，牵引力的功率约为2 000 kW.假设摩擦阻力恒定，空气阻力与列车行驶速度的平方成正比，则该列车以360km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时牵引力的功率约为

A. 4 000 kW B. 6 000 kW

C. 8 000 kW D. 10 000 kW

【答案】D

【解析】

【详解】当动车以180km/h水平匀速行驶时，由P=Fv可得，牵引力：

动车匀速前进，牵引力和所受的阻力为平衡力，所以阻力为F1，其中空气阻力为：

由题意可知，空气阻力和列车运行速度的平方成近似正比例关系，当速度为360km/h时，速度增大为2倍，所以空气阻力为原来的4倍，为：

f空气′=4f空气=2F1

摩擦阻力恒定，此时的总阻力为：

f总′=2.5F1

因为匀速直线前进，牵引力和所受到的阻力为平衡力，所以牵引力：

F′=2.5F1。

所以

P′=F′v′=2.5F1•2v1=5P1=5×2000kW=10000kW

A. 4 000 kW与计算结果不符，故A错误。

B. 6 000 kW与计算结果不符，故B错误。

C. 8 000 kW与计算结果不符，故C错误。

D. 10 000 kW与计算结果相符，故D正确。

8.如图所示，一不计重力的带电粒子经加速电场加速后，沿偏转极板的中线以垂直于偏转电场的方向进入偏转电场，经偏转电场偏转后，恰好从下板的边缘飞出.已知粒子侧移量为y，偏转极板的长为L且=k，则加速电压U1和偏转电压U2的比值为

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】粒子经过加速电场的过程由动能定理得：

粒子经过偏转电场的过程由运动学公式得：

其中

联立解得：

A. 与计算结果相符，故A正确。

B. 与计算结果不符，故B错误。

C. 与计算结果不符，故C错误。

D. 与计算结果不符，故D错误。

9.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1:2，线路上分别接有两个阻值相同的定值电阻R1、R2，交变电源电压为U，下列说法正确的是

A. 变压器原线圈电压与电源电压U相等

B. R1两端电压是R2两端电压的2倍

C. 流过R1、R2上的电流相等

D. R1、R2上消耗的电功率之比为4:1

【答案】BD

【解析】

【详解】A. 由图，结合串联电路的特点可知，变压器原线圈电压小于电源电压。故A错误；

BC. 电流之比等于匝数反比，即

根据欧姆定律可知，则电阻R1两端电压是R2两端电压的2倍，故B正确，C错误；

D. 根据电功率的计算公式

P=I2R

可得R1上的电功率是R2上电功率的4倍，故D正确。

10.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中

A. 弹簧的最大弹力为μmg

B. 物块克服摩擦力做的功为2μmgs

C. 弹簧的最大弹性势能为μmgs

D. 物块在A点的初速度为

【答案】BC

【解析】

【详解】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误。

11.如图所示，有一圆形匀强磁场区域，方向垂直纸面向外，b、c为直径上的两个点，a、b弧为圆周的三分之一。甲、乙两粒子电荷量分别为+q、-q，以相同的速度先后从a点沿半径方向进入磁场，甲粒子从c点离开磁场，乙粒子从b点离开磁场，则甲、乙两粒子中

A. 甲粒子的质量大

B. 乙粒子的动能大

C. 甲粒子在磁场中的运动轨道半径大

D. 乙粒子通过磁场的时间长

【答案】BD

【解析】

【详解】A.根据可知，半径大的质量大，所以甲粒子的质量小，故A错误；

B. 根据动能公式可知，乙粒子半径大，质量大，乙粒子的动能大，故B正确；

C. 设磁场圆的半径为R，粒子的运动轨迹如图所示，由于ab弧为圆周的三分之一，故图中角度α=60°，θ=30°

根据几何知识，甲粒子的轨道半径：

乙粒子的轨道半径：

所以r1＜r2；甲粒子在磁场中的运动轨道半径小，故C错误。

D. 甲粒子的运动时间为

同理得：乙粒子的运动时间为

所以乙粒子通过磁场的时间长，故D确；

12.为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m=50 kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响,g取10 m/s2 。则（     ）

A. 运动员起跳过程处于超重状态

B. 起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大

C. 起跳过程中运动员对地面的压力为960N

D. 从开始起跳到双脚落地需要1.05s

【答案】AD

【解析】

【详解】AC、运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据可知；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知，解得，对运动员根据牛顿第二定律可知，解得,根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1560N，故选项A正确，C错误；

B、在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度，故选项B错误；

D、起跳过程运动的时间，起跳后运动的时间，故运动的总时间，故选项D正确；

二、实验题

13.某兴趣小组对铜导线的电阻率进行小课题研究.

（1）用游标卡尺采用绕线法测得10匝铜导线（已去除绝缘层）总直径如图甲所示，则单匝铜导线直径为________mm；

（2）现取长度为L=100m的上述一捆铜导线，欲测其电阻率；

①在实验前，事先了解到铜的电阻率很小，在用伏安法测量其电阻时，设计如图乙所示的电路，则电压表的另一端应接________（选填“a”或“b”）；

②测量得电压表示数为4.80V，电流表的示数为2.50 A，由此可得铜的电阻率为________Ω• m（计算结果保留两位有效数字）.

③该兴趣小组从课本上查阅到铜的电阻率为1.7×10-8Ω• m，发现计算得到的电阻率有一些偏差，但是实验的操作已经十分规范，测量使用的电表也已尽可能校验准确，你觉得造成这种偏差最有可能的原因是:________________________________.

【答案】    (1). 1.235    (2). a    (3). 2.3×10-8    (4). 电流过大电线发热，导致电阻率变大

【解析】

【详解】(1)[1] 先读出10圈金属的总长度，即

所以d=1.235mm；

(2) ①[2] 由于金属丝的电阻很小，所以采用外接法测其电阻，故电压表的另一端应接在a端；

②[3] 根据欧姆定律和电阻定律有：

所以电阻率

③[4] 外接法测得的电阻是偏小的，显然只有是温度对金属丝电阻的影响了，即电流过大电线发热，导致电阻率变大。

14.在探究加速度与力关系的实验中，小明同学设计了如图甲所示（俯视图）的实验方案:将两个小车放在水平木板上，前端分别系一条细线跨过定滑轮与砝码盘相连，后端各系一细线.

（1）平衡摩擦力后，在保证两小车质量相同、盘中砝码质量不同的情况下，用一黑板擦把两条细线同时按在桌子上，抬起黑板擦两小车同时开始运动，按下黑板擦两小车同时停下来.小车前进的位移分别为x1、x2，由于x=，则，测出砝码和砝码盘的总质量m1、m2，若满足__________________即可得出小车的质量—定时其加速度与拉力成正比的结论.若小车的总质量远大于砝码和砝码盘的总质量，但该实验中测量的误差仍然较大，其主要原因是__________________________.

（2）小军同学换用图乙所示的方案进行实验:在小车的前方安装一个拉力传感器，在小车后面固定纸带并穿过打点计时器.由于安装了拉力传感器，下列操作要求中不需要的是_____________.（填正确选项前的字母）

A.测出砝码和砝码盘的总质量

B.将木板垫起适当角度以平衡摩擦力

C.跨过滑轮连接小车的细绳与长木板平行

D.砝码和砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量

（3）测出小车质量M并保持不变，改变砝码的质量分别测得小车加速度a与拉力传感器示数F，利用测得数据在坐标纸中画出a—F 图线A；若小军又以为斜率在图象上画出图线B如图丙，利用图象中给出的信息，可求出拉力传感器的质量为_____________.

【答案】    (1).     (2). 黑板擦按下后小车不会立刻停下，测量位移不是实际加速位移    (3). AD    (4). -M

【解析】

【详解】(1)[1][2]由可知，小车从静止开始做匀加速直线运动时，时间相等的情况下加速度与位移成正比，根据牛顿第二定律有小车质量一定时，加速度与拉力成正比，拉力是用钩码的重力mg代替的（即加速度与钩码重力mg成正比）所以若满足：

则加速度与作用力成正比。若出现小车的总质量远大于砝码和砝码盘的总质量，但该实验中测量的误差仍然较大，分析实验中客观原因，当然是位移测量出现的问题，比如：黑板擦按下后小车不会立刻停下等。

(2)[3] 若安装了拉力传感器，则拉力不需要测量了，当然也不必满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量；也不必测出砝码和砝码盘的总质量（是用它们的总重力代替拉力的）。但仍需平衡阻力，细绳要与板平行，故选项AD符合题意，BC不符合题意。

(3)[4] 根据牛顿第二定律有：

对图象A有：

对图象B有：

联立两式可得拉力传感器质量为：

三、计算题

15.预测到2025年，我国将成为第一个在航空母舰上用 中压直流技术的电磁弹射器实现对飞机的精确控制.其等效电路如图（俯视图），直流电源电动势E=18 V，超级电容器的电容C=1F.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距L=0.4 m，电阻不计，磁感应强度大小B=2T的匀强磁场垂直于导轨平面向外.质量m=0.16kg、R=0.2Ω的金属棒MN垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触.开关S先接1，使电容器完全充电，然后将S接至2，MN开始向右加速运动.当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路 中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨.求：

（1）MN由静止开始运动的加速度大小；

（2）MN达到的最大速度.

【答案】（1）450 m/s2 ；（2）18m/s

【解析】

【详解】(1) 由静止开始，通过金属棒MN的电流：

导体棒所受安培力：

F=BIL

由牛顿第二定律得：

F=ma

代入数据解得：

a=450m/s2

(2) 完全充电后，电容器所带电荷量：

Q=CE=18C

当MN速度最大时，感应电动势：

Em=Blvm

此时

Q′=CEm=CBLvm

对MN，由动量定理：

BIL⋅△t=mvm-0

其中：

△Q=I⋅△t=Q-Q′

则：

BL（CE-CBLvm）=mvm-0

代入数据解得：

vm=18m/s

16.如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcd段光滑，cd段是以O为圆心，R为半径的一小段圆弧，末端d水平，可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右沿轨道运动.B运动到d点时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力.求：

（1）物块B离开d后落点到O的距离；

（2）物块A、B在b点刚分离时，物块B的速度大小；

（3）物块A滑行的最大距离s.

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）设物块B的质量为mB，在d点时速度为v，轨道对它的支持力为FN，由牛顿运动定律

mBg-FN=，FN=

解得

v =

物块B离开d后做平抛运动，则：

R=，x=vt

解得落点到O的距离为

x=

（2）设物块B在b点刚分开时的速度为vB，由机械能守恒有：

解得

vB=

（3）设物块B分离时速度方向为正方向，物块A的质量为mA，A和B分离时的速度为vA，由动量守恒定律

mAvA+mBvB=0，mA=3mB

物块A和B分离后，物块A做匀减速直线运动滑行的最大距离为s，由动能定理得

-μmAgs=0-

解得

s=

（二）选考题

17.如图所示，用水银血压计测血压时，先向袖带内充气，某次测量充入袖带内气体的压强为1.4p0，体积为V.然后缓慢放气（该过程中温度保持不变）使袖带内气体体积变为0.7V，压强变回到p0.则放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数_________（选填“增大”“减小”或“不变”），在放气过程中袖带内气体是_________（选填“吸热”或“放热”）.

【答案】    (1). 减小    (2). 吸热

【解析】

【详解】[1][2] 分析题意可知，压强减小，体积减小，温度不变，根据压强的微观含义可知，放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数减小，每次撞击的分子力不变；放气过程中，温度不变，则内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸热。

18.如图所示，一导热性能良好的气缸放置在水平面上，其横截面积 S=40 cm2，内壁光滑，固定的卡口A、B与缸底的距离L=1m，厚度不计.质量为m= 10 kg的活塞在气缸内封闭了一段长为2L、温度为T0 =320 K的理想气体. 现缓慢调整气缸开口至竖直向上，取重力加速度g= 10m/s2，大气压强为p0= 1.0×105Pa.求：

（1）稳定时缸内气体高度；

（2）当活塞与卡口A、B接触且无作用力时的环境温度.

【答案】（1）1.6 m.；（2）200K（或-73℃）

【解析】

【详解】（1）气体初态

p1=p0=1.0×l05Pa，V1=2LS

设稳定时缸内气体高度为气体末态

p2=p0+=1.25×l05Pa，V2=h1S

由波意耳定律：

p1V1=p2V2

代入数据解得

h1=1.6 m

（2）假定温度降低为 时活塞与卡口 A、B接触且无作用力.气体等压变化过程，稳定时缸内气体高度为L

V3=LS

由盖吕萨克定律：

=

解得

T1=200K（或-73℃）

19.如图所示，甲、乙两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2 m和x=1.2 m处，两列波的速度均为v= 1m/s，两列波的振幅均为2cm，图示为t=0时刻两列波的图象，此刻P、Q两质点刚开始振动.质点M的平衡位置处于x=0.5 m处，下列说法正确的是       

A. 两列波相遇后会产生稳定干涉图样

B. 质点M的起振方向沿y轴正方向

C. 甲波源的振动频率为1.25Hz

D. 0〜1s内乙波源处的质点通过的路程为0.2 m

【答案】AD

【解析】

【详解】A. 两列波的波长和波速均相等，由v=λf知频率相等，则两列波相遇后会产生稳定的干涉图样，故A正确。

B. 两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，由“上下坡法”判断知t=0时刻，质点P沿y轴正方向运动，质点Q沿y轴负方向运动，两列波振幅相同，当波传到M点时，由波的叠加原理知质点M的不振动，故B错误。

C. 甲波的波长 λ=0.4m，由

v=λf

得

故C错误。

D. 1s内波传播的距离为

x=vt=1m

则知t=1s时刻甲波刚好传到乙波源处。乙波的周期

T=0.4s

则1s内乙波源处的质点通过的路程为

故D正确。

20.某透明柱体的横截面如图所示，圆弧半径OP的长为R、 、O点到AB面的距离为，Q为AB的中点.现让一细束单色光沿纸面从P点以 的入射角射入透明体折射后恰好射到Q点.已知光在真空中的传播速度大小为c.求：

（1）透明体对该光束的折射率n；

（2）该光束从P点射入到第一次从透明体射出所用的时间t.

【答案】（1）.；（2）

【解析】

【详解】

（1）做出光路图如图所示，根据折射定律有:

n=

根据勾股定理有:

PQ=

又

sinr=

即

r=30°

解得:

n=

（2）光线在透明体中的传播速度大小为:

v=

由几何关系知α=60°，

sinC==，C＜60°

故光线不能由Q点射出，由对称性知：

t=

联立解得：

t=