浙江省十校联盟2020届高三上学期10月联考物理试题

浙江省十校联盟2019年10月高三联考

物理试题卷

一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分）

1.下列物理量的单位用SI制中的基本单位表示正确的是

A. 电阻率 B. 冲量

C. 磁感应强度 D. 电场强度

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据，知电阻率的单位是Ω•m，Ω不是国际单位制中基本单位，故A错误．

B．根据I=Ft，知冲量的单位是N•s=kg•m/s2•s=kg•m/s，故B错误．

C．根据，知磁感应强度的单位是，故C正确．

D．根据，知电场强度的单位是V/m，V不是SI制中基本单位，故D错误．

2.如图所示，有一小球用一根细绳系在天花板上．原来在竖直方向保持静止，现加一水平力，将小球缓慢移动到图示位置静止，下列说法正确的是

A. 若水平力越大，则小球静止时所受合外力越大

B. 在移动的过程中，绳子对小球的作用力保持不变

C. 在移动的过程中，水平力大小保持不变

D. 在移动的过程中，绳子对小球拉力的竖直分力保持不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．不论水平力多大，小球静止时所受合外力始终为零，故A错误；

BCD．小球缓慢移动，每一个状态都看做平衡状态，则竖直方向绳子对小球拉力的竖直分力与重力平衡，保持不变，绳子对小球拉力的水平分力与外力平衡，设绳与竖直方向的夹角为θ，则

Tcosθ=mg

Tsinθ=F

θ变大，所以T变大，F变大，故BC错误，D正确；

3.近几年各学校流行跑操．在通过圆形弯道时，每一列的连线沿着跑道；每一排的连线是一条直线且必须与跑道垂直；在跑操过程中，每位同学之间的间距保持不变．如图为某中学某班学生以整齐的步伐通过圆形弯道时的情形，此时此刻

A. 同一列的学生的线速度相同

B. 同一排的学生的线速度相同

C. 全班同学的角速度相同

D. 同一列的学生受到的向心力相同

【答案】C

【解析】

【详解】AC．各位学生以整齐的步伐通过圆形弯道时，因每一排的连线是一条直线，且与跑道垂直，相当于共轴转动，所以全班同学的角速度相同，由于同一列的学生的线速度方向不同，所以线速度不同，故A错误，C正确．

B．根据v=ωr知，同一排的学生的半径不同，则线速度不同，故B错误．

D．根据F=mω2r知，同一列的学生受到的向心力大小不一定相等，向心力方向也不同，所以向心力不同，故D错误．

4.2019年NASA发现距地球31光年的“超级地球”——GJ357d，质量约为地球质量的6倍，半径大小是地球的2倍，绕母星公转一周的时间是55.7天，若已知地球的第一次宇宙速度v0，则根据以上信息可以算出“超级地球”的

A. 第一宇宙速度 B. 密度

C. 母星的质量 D. 公转的线速度

【答案】A

【解析】

【详解】A．“超级地球”的第一宇宙速度，已知质量约为地球质量的6倍，半径大小是地球的2倍，地球的第一宇宙速度为v0，则“超级地球”的第一宇宙速度v=v0，故A正确；

B．题干信息只是提供的“超级地球”与地球之间的参数比值，“超级地球”的半径未知，故无法求出自身密度，故B错误；

C．母星的质量，“超级地球”的环绕半径未知，无法求出母星的质量，故C错误；

D．“超级地球”绕母星的线速度，母星质量未知，无法求出公转的线速度，故D错误．

5.如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯竖直运行时，乘客发现弹簧的形变量比电梯静止时的形变量大，这一现象表明此过程中

A. 电梯一定是在下降

B. 电梯一定在上升

C. 乘客一定处在超重状态

D. 乘客一定处在失重状态

【答案】C

【解析】

【详解】AB．电梯静止不动时，小球受力平衡，有：

mg=kx1

弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，说明弹力变大了，根据牛顿第二定律，有：

kx2-mg=ma

故加速度向上，电梯减速下降或者加速上升运动，选项AB错误；

CD．因加速度向上，则电梯以及电梯中的人处于超重状态；故D错误，C正确；

6.表格中是一款充电式电动牙刷铭牌上的参数，下列选项正确的是

A. 电动牙刷工作时的额定电流为0.05A

B. 电动牙刷充电时，从无电状态到满电状态所需时间约为12h

C. 电池充满电后总电量为216C

D. 正常刷牙，牙刷每次消耗的能量约为3120J

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据P=UI知电动牙刷工作时的额定电流为：

故A错误；

B．电动牙刷充电时，从无电状态到满电状态所需时间约为：

故B正确；

C．电荷量为：

q=600mAh=600×10-3×3600C=2160C

故C错误；

D．正常刷牙三分钟，根据W=Pt知正常刷牙，牙刷每次消耗的能量约为：

W=1.3×180J=234J

故D错误．

7.绍兴市S区奥体中心举行CH杯全国蹦床锦标赛．对于蹦床比赛时运动员的分析，忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是（）

A. 运动员在接触蹦床的下降阶段，蹦床的弹性势能先增大再减小

B. 运动员在接触蹦床上升阶段，蹦床对运动员始终不做功

C. 运动员在接触蹦床的下降阶段，运动员的机械能一直减小

D. 运动员在接触蹦床的上升阶段，运动员的动能一直增加

【答案】C

【解析】

【详解】A．运动员在接触蹦床的下降阶段，压缩弹簧，弹力做负功，蹦床的弹性势能先增大，故A错误．

B．运动员在接触蹦床的上升阶段，弹力对运动员的作用力向上，弹力对运动员做正功，直到运动员离开蹦床，故B错误．

C．运动员在接触蹦床的下降阶段，弹力对运动员做负功，运动员的机械能一直减小，故C正确．

D．运动员在接触蹦床的上升阶段，当弹力大于重力时，合力方向向上，运动员做加速运动，动能增大；当弹力小于重力时，合力方向向下，运动员做减速运动，动能减小，故D错误．

8.如图所示，电源电动势E=3V，内阻为r=1Ω，R1=0.5Ω，R2=1Ω，滑动变阻器R最大阻值为5Ω，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m，电荷量大小为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则下列说法正确的是（）

A. 若电阻R2断路，油滴向上加速运动，G中有从a到b的电流

B. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向 下加速运动，G中有从a到b的电流

C. 当滑动变阻器阻值为1Ω时，电源的效率最大

D. 当滑动变阻器阻值为0时，R1的功率最大

【答案】D

【解析】

【详解】A．若电阻R2短路，电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴受到的电场力减小，则油滴将向下加速运动，G中有从a到b的电流．故A错误．

B．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电源的电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压和R1上的电压均减小，则R2与R的并联电压增大，电容器板间场强增大，油滴受到的电场力增大，则油滴向上加速运动．电容器充电，G中有从b到a的电流．故B错误．

C．外电阻越大，电源的效率越大，故C错误；

D．R1为定值电阻，电流越大，消耗功率越大，当滑动变阻器阻值为0时，消耗功率最大，故D正确．

9.现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备.电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成.当电磁铁绕组通以变化的电流时会产生变化的磁场，穿过真空室所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空室空 间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下得到加速.如图所示（上方为侧视图，下方为真空室的俯视图），若电子被“约束”在半径为R的圆周上逆时针运动，此时电磁铁绕组通以图中所示的电流，则（）

A. 此时真空室中的磁场方向是从上往下

B. 被加速时，电子运动的半径一定变大

C. 电子被加速时，电磁铁绕组中电流增大

D. 被加速时，电子做圆周运动的周期保持不变

【答案】C

【解析】

【详解】A．电子被“约束”在半径为R的圆周上逆时针运动，可知电场了顺时针方向，根据楞次定律，此时真空室中的磁场方向可能是向下的减弱，也可能是向上的增强，选项A错误；

B．因为电子被“约束”在半径为R的圆周上，可知电子被加速时，运动的半径不变，选项B错误；

C．当电磁铁绕组线圈中的电流增强时，磁场增大，根据楞次定律，感生电场产生的磁场要阻碍它增大，所以感生电场为顺时针方向，即电流方向顺时针，所以电子运动逆时针方向电场力作用下加速运动，选项C正确；

D．在电子被加速过程中，半径不变，由于磁场的变化，导致运动的周期变化，选项D错误．

10.甲乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的图像v—t如图所示．两图像在t=t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，原点为O点，△OPQ的面积为S．在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为d．已知此后两车相遇两次，选第一次相遇的时刻为t′，第二次相遇时间为t′′，则下面四组t′、d和t′′的组合可能是

A. t′=t1，d=S，t′′=2t1

B. t′=t1，d=S，t′′=t1

C. t′=t1，d=S，t′′=t1

D. t′=t1，d=S，t′′=t1

【答案】D

【解析】

【详解】在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′＜t1，从图象中甲、乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看：

A．因为要相遇两次，所以第一次相遇不可能在t1时刻，故A错误；

B．当t′=t1时，由几何关系可知甲的面积为S，乙的面积为S，所以甲的面积比乙的面积多出S，即相距d=S时正好相遇，故B错误；

C．t′=t1，由几何关系可知甲的面积为S，乙的面积为S，则相距d=S，故C错误；

D．当t′=t1，由几何关系可知甲的面积为S，乙的面积为S，则d=S，根据对称知t″=t1，故D正确．

二、选择题II（本题共5小题，每小题4分，共20分。每题列出的选项中至少有一个符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）

11.如图所示，甲乙两幅图分別是a、b两束单色光经过同一狭缝后的衍射图样，则下列说法正确的是（）

A. 在真空中，a光的波长比b光大

B. 在同一介质中传播，a光的传播速度比b光快

C. 两束单色光分别入射到同一双缝干涉装置时，在光屏上b光亮纹的条数更多

D. 当两束光从空气中射向玻璃时，a光不发生全反射，但b光可能发生全反射

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．根据波长越长的，衍射条纹间距越宽，知a图条纹间距大，则a光的波长较长，故A正确；

B．依据可知，a光的频率较小，那么a光的折射率较小，根据知，则在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光快，故B正确；

C．条纹间距大的，光屏上亮纹的条数少，故b光亮纹的条数更多，故C正确；

D．发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于等于临界角，故两束光从空气中射向玻璃时，均不发生全反射，故D错误．

12.下列说法正确的是（）

A. 美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波波长相同的成分外，还有波长大于的成分，这个现象说明了光具有粒子性．

B. 放射性的原子核在发生α衰变、β衰变时，新形成的原子核会辐射γ光子，形成γ射线．

C. 结合能是指自由的核子结合成原子核而具有的能量

D. 铀核裂变生成钡和氪的核反应方程是

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长相同的成分外，还有波长大于原波长的成分，此现象称为康普顿效应，故A正确；

B．在放射性元素的原子核中，2个中子和2个质子结合得比较紧密，有时会作为一个整体从较大的原子核中抛射出来，这就是放射性元素发生的α衰变现象，原子核里虽然没有电子，但是核内的中子可以转化成质子和电子，产生的电子从核内发射出来，这就是β衰变；放射性的原子核在发生α衰变和β衰变后产生的新核往往处于高能级，这时它要向低能级跃迁，因此γ射线经常伴随α射线和β射线产生，故B正确；

C．结合能是指由于核子结合成原子核而放出的能量，不是原子核具有的能量，故C错误；

D．该核反应方程式符合质量数守恒与电荷数守恒，故D正确；

13.如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为l00rad/s，匀强磁场的磁感应强度为．矩形线圈通过滑环与无铁芯变压器相连，所有接触电阻不计，触头P可上下移动，副线圈所接电阻R=50Ω，电表均为理想交流电表．当线圈平面与磁场方向平行时开始计时．下列说法正确的是

A. 在线圈平面转到与磁场方向垂直位置时，电压表示数为0

B. 调节P，使原副线圈的匝数之比为2:1时，电流表的示数为0.5A

C. 原线圈中感应电动势的表达式为e= 100cos（l00t）V

D. 若触头P向上移动一小段距离，则电压表示数不变

【答案】CD

【解析】

【详解】A．电压表示数为有效值，所以不会为零，故A错误．

B．无铁芯变压器为非理想变压器，存在漏磁现象，电流表的读数不能确定，故B错误．

C．加速度ω=100rad/s，感应电动势最大值Em=nBSω=100V，线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以原线圈中感应电动势的表达式为e=100cos（100t）V，故C正确．

D．不计线圈的电阻，电源为理想电源，变压器的电压由原线圈电压决定，所以原线圈的电压不变，故D正确．

14.如图所示是研究光电效应的电路图，K为光电管的阴极．用黄光照射K板时有光电子逸出，当用紫光照射时，下列说法正确的是（）

A. 向右移动变阻器，当灵敏电流计示数刚刚减为零吋，光电管两端的电压称为遏止电压

B. 灵敏电流计示数为零后，延长光束的照射时间，可能会在电路中重新形成光电流

C. 单位时间内金属表面逸出的光电子数与入射光的强度有关

D. 对于某种确定的金属来说，光电子的最大初动能只与入射光的强度有关

【答案】AC

【解析】

【详解】A．向右移动变阻器，当灵敏电流计示数刚刚减为零吋，说明所有的光电子不能到达A极板，此时光电管两端的电压称为遏止电压，选项A正确；

B．灵敏电流计示数为零后，延长光束照射时间，光电子最大初动能不变，则仍不可能会在电路中重新形成光电流，选项B错误；

C．单位时间内金属表面逸出的光电子数与入射光的强度有关，入射光的强度越大，则单位时间内金属表面逸出的光电子数越多，选项C正确；

D．对于某种确定的金属来说，光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，选项D错误．

15.一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，此吋刻质点P的速度为v，经过0.2s它的速率与v的大小相等，再经过0.3s它的速度第一次变为v，则下列判断中正确的是（）

A. 波沿x轴正方向传播，波速为5m/s

B. 从图示位置开始计时，在3.0s时刻，质点P的位移为4m

C. 若某时刻质点M速度增大，则质点N速度也可能增大

D. 从图示位置开始计时，质点Q比质点P早0.2s回到平衡位罝

【答案】CD

【解析】

【详解】A．根据题意知经过0.2s它的速率与v的大小相等，再经过0.3s它的速度第一次变为v，说明P点的振动方向向下，波向左传播，根据振动方程y=Asin（ωt+φ）
知t=0时y=-10cm=20sin（π+）
t=0.2s时y=-10cm=20sin（2π−）
所以ωt=，

解得：

ω＝

故A错误；
B．从图示位置开始计时，由于t=3.0s=5T，P点位移仍为-10cm，故B错误；
C．波传播的是能量和振动形式，若某时刻质点M速度增大，则质点N速度也可能增大，故C正确；
D．从图示位置开始计时，质点Q向上振动，质点P向下振动，速度大小相等，时间相差0.2s，所以质点Q比质点P早0.2s回到平衡位置，故D正确．

三、非选择题（本题共5小题，共50分）

16.在“探究小车速度随时间变化的规律”这个实验中：

（1）在这个实验中是否需要平衡摩擦力？__________（填“需要”或者“不需要”）是否需要满足钩码质量远小于小车质量？__________（填“需要”或者“不需要”）

（2）某同学在钩码的上端加了一根弹簧，从静止释放小车后，打出了一条纸带如下图所示（纸 带很长，故分成两张图片），请在答题纸上定性作出小车的v-t图__________，0点为计时起点，纸带末端为计时终点．

（3）纸带中A点的速度为_____ m/s．（保留两位有效数字）

【答案】    (1). 不需要    (2). 不需要    (3).     (4). 0.30m/s （0.28〜0.32）

【解析】

【详解】（1）[1][2]．在这个实验中只需小车做加速运动即可，不需要平衡摩擦力；也不需要满足钩码质量远小于小车质量；

（2）[3]．由纸带上的点迹分布可知，点迹间距先增加后减小，再增加再减小……，可知速度先增加后减小，再增加再减小…..，如图；

（3）[4]．纸带中A点的速度为

.

17.在“测定玻璃的折射率”这个实验中：

（1）某同学在插好两根针后，从玻璃砖的另一侧观察时，看到如图1所示的情景，他要怎样做才能观察到P1和P2 的像重叠在一起？____________________

A.保持头部不动，目光向左看

B.保持头部不动，目光向右看

C.向右侧移动头部

D.向左侧移动头部

（2）老师在观察同学们做这个实验时发现，当同学们做到第三根针挡住前两根针的像或者第四根针挡住前三根针时，很多同学喜欢闭上一只眼睛，只用另一只眼睛来观察针的位置，这是什么原因？

答:______________________．

（3）请根据某同学实验留下的四根针的位置（入射光线已经画出），在试卷上作图并测量，计算得到实验中所测玻璃砖的折射率n=________（保留两位有效数字）

【答案】    (1). C    (2). 左右眼睛看到的物体并不相同，会产生两个像，闭上一只眼睛后只会看到一个像，便于观察    (3). n=1.5

【解析】

【详解】（1）[1]．由图可知，他要能观察到P1和P2 的像重叠在一起必须向右侧移动头部，故选C；

（2）[2]．左右眼睛看到的物体并不相同，会产生两个像，闭上一只眼睛后只会看到一个像，便于观察；

（3）[3]．连接P3P4交玻璃砖边缘一点O＇，连接入射点O，得到光线在玻璃砖内的折射光线，过O点做法线NN＇；以O点为圆心，做单位圆，交入射光与C点，交折射光线于D点，过C点做CC＇垂直于NN＇，过D点做DD＇垂直于NN＇，则玻璃砖的折射率为 ；用刻度尺量得CC＇和DD＇的长度，可得n=1.5.

18.如图所示，AB是一段粗糙的水平面，AB的长度L=3m，动摩擦因数μ=0.15．BC是一段竖直放置的半圆形光滑导轨，半径R的大小可以调节，始终与水平面相切于B点．一个可以看成质点的物体从A点出发，质量m=2kg，以初速度v0=5m/s向右运动，经过B点时速度大小不变，再经过半圆形导轨BC之后 从C点水平抛出，最后落在水平面上，不计空气阻力．

（1）求物体到达B点时的速度大小vB；

（2）物体能从C水平抛出，半径R最大为多少；

（3）半径R为多少时，物体从C点平抛后的水平位移大小最大？并求出水平位移的最大值．

【答案】（1）4m/s（2）0.32m（3）R=0.2m，0.8m

【解析】

【详解】（1）动能定理：

得：

vB= 4m/s

（2）在C点的最小速度为vC，

从 B 到C，

由以上两式得

故R最大为0.32m．

（3）由

得：

由竖直方向运动

2R=gt2

得：

则水平位移大小：

故当R=0.2m时，x最大． 

最大值xm=0.8m

19.有一粒子源，从加速电场左侧正极板附近以初速度接近零不断地释放一种带正电的粒子，质量为m=1.28×l0-26kg，电量为 q=1.6×l0-19C，加速电压大小为U1=l×104V，忽略粒子间的相互作用及重力．粒子经过加速后从负极板的小孔离开加速电场，沿两个偏转电极的中线进入偏转电场．偏转电极的极板长为L=10cm，间距为d=5cm，上极板为正，下极板为负，偏转电压U2的大小可以调节．极板右侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T，极板右侧到磁场的直线边界距离也是L．不加偏转电压时，粒子刚好沿直线垂直于磁场边界从O点进入磁场，C点和D点在磁场边界上，OC距离为10cm，CD 距离为6cm．

（1）求粒子离开加速电场时速度大小v0；

（2）若U2=2000V，求粒子进入磁场时的位置到O点的距离y；

（3）若要有粒子能进入磁场，且离开磁场的位置在CD之间，求U2的大小范围．

【答案】（1）5×105m/s（2）3cm（3）×103V≤U2≤5×103V

【解析】

【详解】（1）由 得:

v0==5×105m/s

（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：

y1=at2

a=

y2=vyt

vy=at

故

y=y1+y2==3cm

（3）设粒子进入磁场到出磁场之间的距离为l，进入磁场时的速度大小为v′，速度方向与磁场边界夹角为，半径为R．

l=2Rsin

qv′B=m

得：

=8cm

要求出磁场区域在CD之间，即10cm≤y+l≤16cm，

所以2cm≤y≤8cm，代入第二题式子可得：

×103V≤U2≤×103V

要求有粒子能进入磁场，故y1≤d，

得

即

U2≤5×103V．

综合可得×103V≤U2≤5×103V

20.如图所示，有两根足够长的 平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L=lm．细金属棒 ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为lkg，电阻R均为0.5Ω．cd棒右侧lm处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B=1T，磁场区域长为s．以cd棒的初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系．现用向右的水平变力F作用于ab棒上，力随时间变化的规律为F=（0.25t+1）N，作用4秒后撤去F．撤去F之后ab棒与cd棒发生完全弹性碰撞，cd棒向右运动．金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计．求：

（1）撤去力F的瞬间，ab棒的速度大小；

（2）若s=lm，求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度h；

（3）若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小，求cd棒最后静止时的位置x与s的关系．

【答案】（1）6m/s（2）1.25m（3）见解析

【解析】

【详解】（1）4秒内的平均作用力= =1.5N（用图像法求面积同样得分）

由动量定理得：

所以

v1=6m/s

（2）ab棒与cd棒质量相等，发生弹性碰撞后，ab棒静止，cd棒速度为v1 ；设cd棒离开磁场时速度为v2，由动量定理得：

所以

v2=v1-=5m/s

上升的高度

h==1.25m

（3）分三种情况：

如果s足够大，cd棒在磁场内运动的距离为d

由第二题的过程可知：

d==6m，

①故当s≥6m时，x=d+1=7m   

当s＜6m时，cd棒穿过磁场后经竖直轨道返回，若仍没有穿过磁场，即2s≥d，此时棒的位置坐标为2s-d+1m．

②故当3m≤s＜6m时，x=（2s-5）m 

当s<3m时，cd棒返回后穿过磁场，与ab棒发生弹性碰撞后静止．

③故当0<s<3m时，x=0m