湖北省部分重点中学2020届高三上学期起点考试物理试题

湖北省部分重点中学2019-2020学年度上学期新高三起点考试物理试卷第I卷(选择题，共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中， 第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.一个氢原子从量子数n=2的能级跃迁到量子数n=3的能级，该氢原子A. 吸收光子，能量增加 B. 放出光子，能量减少C. 放出光子，能量增加 D. 吸收光子，能量减少【答案】A【解析】【分析】氢原子从低能级向高能级跃迁要吸收光子，能量增加；从高能级向低能级跃迁要放出光子，能量减少.【详解】一个氢原子在一个定态具有的能量是电子圆周运动的动能和势能之和，能量为，，可知量子数越大，能量越高，故氢原子从低能级向高能级跃迁要吸收光子，而能量增加；故选A.【点睛】本题考查了原子核式结构模型和原子的跃迁；能量变化可类比人造卫星的变轨原理. 2.在演示“做曲线运动的条件”的实验中，有一个在水平桌面上向右做直线运动的小钢球，第一次在其速度方向上放置条形磁铁，第二次在其速度方向上的一侧放置条形磁铁，如图所示，虚线表示小球的运动轨迹。观察实验现象，以下叙述正确的是A. 第一次实验中，小钢球的运动是匀变速直线运动B. 第二次实验中，小钢球的运动类似平抛运动，其轨迹是一条抛物线C. 该实验说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向D. 该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上【答案】D【解析】【分析】速度方向是切线方向，合力方向是指向磁体的方向，两者不共线，球在做曲线运动，据此判断曲线运动的条件．【详解】第一次实验中，小钢球受到沿着速度方向的吸引力作用，做直线运动，并且随着距离的减小吸引力变大，加速度变大，则小球的运动是非匀变速直线运动，选项A错误；第二次实验中，小钢球所受的磁铁的吸引力方向总是指向磁铁，是变力，故小球的运动不是类似平抛运动，其轨迹也不是一条抛物线，选项B错误；该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上，但是不能说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向，故选项C错误，D正确；故选D. 3.某物理兴趣小组对变压器进行研究，实验电路图如图所示，接在学生电源交流挡位上的理想变压器给两个完全相同的小灯泡、供电，导线可视为超导体，电压表和电流表均为理想电表，开关处于断开状态。现闭合开关，其他条件不变情况下，则A. 小灯泡变暗 B. 小灯泡变亮C. 电压表示数变大 D. 电流表示数变大【答案】D【解析】【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【详解】C、变压器的输入电压不变，而匝数比不变，根据可知，变压器的输出电压 不变，而电压表测量的就是变压器的输出，故电压表的示数不变；故C错误.A、B、开关闭合前后，灯泡L1的电压一直等于，故灯泡L1的电压不变，则亮度不变；A，B均错误.D、S闭合后，副线圈的总电阻减小，而电压不变，则副线圈的电流变大，根据可知原线圈的电流变大，即电流表示数变大；故D正确.故选D.【点睛】本题主要考查变压器的动态分析，要能对变压器的电压、电流、功率的决定因素理解清楚，掌握动态分析的流程. 4.如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x=x2处，则下列说法正确的是(       )A. x1和x2处的电场强度均为零B. x1和x2之间的场强方向不变C. 粒子从x=0到x=x2过程中，电势能先增大后减小D. 粒子从x=0到x=x2过程中，加速度先减小后增大【答案】D【解析】A、φ-x图象的切线斜率越大，则场强越大，因此A项错误；B、由切线斜率的正负可知，x1和x2之间的场强方向先沿正方向后沿负方向，B项错误；C、粒子由x=0处由静止沿x轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；D、由图线的切线斜率可知，从x=0到x=x2过程中电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确.【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．然后再根据电场力分析电子的运动情况． 5.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子()在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若换作粒子()在入口处从静止开始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的倍数是A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出磁感应强度的表达式.【详解】电场中的直线加速过程根据动能定理得，得；离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有，有，联立可得：；质子与粒子经同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，则，可得，即；故选B.【点睛】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的表达式. 6.2019年4月10日，天文学家宣布首次直接拍摄到黑洞的照片。在宇宙空间假设有一个恒星和黑洞组成的孤立双星系统，黑洞的质量大于恒星的质量，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，双星系统中的黑洞能“吸食”恒星表面的物质，造成质量转移且两者之间的距离减小，它们的运动轨道近似可以看成圆周，则在该过程中A. 恒星做圆周运动的周期不断增加B. 双星系统的引力势能减小C. 黑洞做圆周运动的半径变大D. 黑洞做圆周运动的周期大于恒星做圆周运动的周期【答案】B【解析】【详解】设恒星质量为，运动半径为；黑洞质量为、运动半径为，转移的质量为△m，双星间的距离为L；对m1：，对m2：，又，联立解得：，双星的总质量不变，距离减小，周期减小，A错误；双星系统的引力增大，距离减小，引力做正功，引力势能减小，B正确；黑洞的运动半径为，恒星的质量减小，L也减小，故黑洞的半径减小，C错误；两者做圆周运动的角速度、周期相等，D错误。 7.如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，此时弹簧实际长度相等。弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等。弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°。设A、B中的拉力分别为FA、FB。小球直径相比弹簧长度可以忽略。则(   )A. kA＝kB B. tan θ＝C. FA＝mg D. FB＝2mg【答案】B【解析】【详解】将两小球看作一个整体，对整体受力分析，可知整体受到重力2mg，弹簧A的拉力FA和F的作用，受力如图甲所示，根据共点力的平衡条件有：，F＝2mgtan θ，根据胡克定律：FA＝kAxA，FB＝kBxB，对下边的小球进行受力分析，其受力如图乙所示：根据平衡条件有：FB＝mg，F＝mg，联立可得：tanθ＝，故B正确，D错误；由tanθ＝知，cosθ＝，得FA＝mg，故C错误；两个弹簧的原长相等，伸长后的长度也相等，所以弹簧的形变量也相等，而两个弹簧的弹力不同，所以两个弹簧的劲度系数不相等，故A错误。所以B正确，ACD错误。 8.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上， 上端与A物体相连接，将B物体放置在A物体上面，A、B的质量都为m，初始时两物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力F与物体B的位移x关系如图乙所示()，下列说法正确的是（  ）A. 物体B运动到4cm处，弹簧处于原长状态B. 0-4cm过程中，物体A、B和弹簧组成的系统机械能增大C. A、B的质量m为4kgD. 弹簧的劲度系数为5.0N/cm【答案】BC【解析】【详解】A. 物体B运动到4cm处时，AB有向上的加速度，弹簧有向上的弹力，所以弹簧处于压缩状态，故A错误；B. 0-4cm过程中，竖直向上的拉力F对系统做正功，根据功能原理，物体A、B和弹簧组成的系统机械能增大，故B正确；CD. 刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg=kx ①拉力=10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有②物体与弹簧分离后，拉力=50N，根据牛顿第二定律，有③代入数据解得：m=4kg；k=10N/cm，故C正确，D错误。 9.如图甲圆环a和b均由相同的均匀导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接。若仅将a环置于图乙所示变化的磁场中，则导线上M、N两点的电势差UMN=0.4V.下列说法正正确的是A. 图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向里B. 图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向外C. 若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN=-0.4VD. 若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN=-0.2V【答案】AD【解析】【详解】AB.a环置于磁场中，则导线M、N两点的电势差大于零，则M点电势高，感应电流方向为逆时针，原磁场的方向垂直纸面向里，故A正确，B错误。CD.a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律，电阻之比为2：1；M、N两点间电势差大小为路端电压，。磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式E=S，得到两次电动势的大小之比为4：1，故两次的路段电压之比为U1：U2=2：1。根据楞次定律可知，将b环置于磁场中，N点的电势高，故电势差 UMN=-0.2V，故C错误，D正确。 10.如图所示为竖直平面内固定的四分之一圆弧轨道AP，圆弧轨道的圆心为O，OA水平，OP竖直，半径为。一质量为的可视为质点的小物块从圆弧顶点A开始以m/s的速度从A到P做匀速圆周运动，重力加速度， Q为圆弧AP的一个三等分点(图中未画出)，OA与OQ的夹角为30°，则下列说法正确的是（  ）A. 在A到P的过程中轨道的动摩擦因数逐渐减小B. 在Q点时，重力的瞬时功率为15WC. 小物块在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功D. 在P点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为10 N【答案】ABC【解析】【详解】A.小物块做匀速圆周运动，说明重力沿切面方向的分力和滑动摩擦力大小相等，方向相反解得：。小物块在下滑过程中，切面与水平面的夹角变小，所以在A到P的过程中轨道的动摩擦因数逐渐减小，故A正确；B.在Q点时，重力的瞬时功率为故B正确；C.根据动能定理，小物块在AQ段克服摩擦力做的功解得 等于在QP段克服摩擦力做的功解得 所以小物块在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功，故C正确；D.在P点根据向心力公式 解得FN=11.5N 第I卷(非选择题，共70分)本卷包括必考题和选考题两部分。第11题到第16 题为必考题，每个试题都必须做答。第17题、第18题为选考题，根据要求做答。二、实验题：本题共2小题，第1题6分，第12题7分，共13分。把答案写在答题卡指定的答题处。11.高三学生小明和小华设计了一个物理实验来验证动能定理，实验装置如图所示，A、B为长木板上固定的两个光电门，已知当地重力加速度为.(1)他们利用游标卡尺测滑块上的遮光条的宽度，如图所示，则遮光条的宽度＝_____ cm.(2)垫高长木板右端，当长木板和水平面夹角为时，在处沿斜面轻推滑块，测得滑块经过两光电门的时间相等，则滑块和长木板间动摩擦因数为____________.(3)将长木板水平放置，在处给滑块一个瞬时冲量，使滑块依次滑过光电门A、B.测得滑块经过光电门A的时间为、滑块经过光电门B的时间为，两个光电门间距离为，在误差允许的范围内，验证动能定理成立的式子为__________（用题中已给字母表示）.【答案】    (1). 0.330    (2). tanθ    (3). 【解析】【分析】(1)由图可以看出，该游标卡尺是20分度的，精确度是0.05mm，从而可以读出小滑块的宽度；(2)由滑块沿斜面的匀速运动情况可以求得滑动摩擦因数.(3)水平板上的受力情况得到由合力做功情况推出动能定理的表达式.【详解】(1)由于该游标卡尺是20分度，它的精确度是0.05mm，主尺的读数是50mm，游标尺上的读数是6×0.05mm=0.30mm，所以小铁块的宽度是d=3+0.30=3.30mm，即d=0.330cm.(2)滑块经过两光电门的时间相等表示滑块做匀速直线运动，则由平衡条件，可得.(3)用平均速度代替瞬时速度求得通过两光电门的速度，即通过两个光电门的速度分别为、，由动能定理 ，整体可得表达式：.【点睛】游标卡尺的读数要注意它的精确度是多少，同时还要注意，游标卡尺的读数是不需要估读的；利用倾斜面的匀速求得动摩擦因数，从而利用水平面上的减速运动探究动能定理. 12.某型号多用电表欧姆档的电路原理图如图甲所示。微安表是欧姆表表头，其满偏电流，内阻.电源电动势，内阻。电阻箱和电阻箱的阻值调节范围均为.(1)甲图中的端应与___________（红或黑）表笔连接.(2)某同学将图甲中的、端短接，为使微安表满偏，则应调节______Ω；然后在、端之间接入一电阻后发现微安表半偏，则接入的电阻阻值为_________Ω.(3)如图乙所示，该同学将微安表与电阻箱并联，利用该电路图组装一个“×100倍率”的欧姆表，要求欧姆表的表盘刻度示意图如图丙所示，其中央刻度标“15”，则该同学应调节________Ω；用此欧姆表测量一个阻值约2000Ω的电阻，测量前应调节________Ω。【答案】    (1). 红    (2). 2049    (3). 3000    (4). 950    (5). 1024【解析】【分析】(1)根据对多用电表结构的掌握分析答题；(2)根据闭合电路欧姆定律分析答题；(3)根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出改装欧姆表的表达式，利用电流表的改装原理求解并联电阻．【详解】(1)根据万用表的流向和偏转规律可知电流从红表笔进黑表笔出向右偏，则a端接红表笔.(2)欧姆调零时根据闭合电路的欧姆定律，解得：；当接入Rx后，电流为满偏的一半，则，可得.(3)因欧姆表的中央刻度为15，倍率为“×100”，则欧姆表的内阻，故调零时的满偏电流为，表头和R2并联改装为电流表，由并联分流电压相等，解得;改装后的欧姆表需要进行欧姆调零，则，解得：.【点睛】欧姆表刻度盘中央刻度值是中值电阻，欧姆表中值电阻阻值等于欧姆表内阻；知道欧姆表工作原理即可正确解题． 三、计算题：本题共4小题，第13题10分，第14题10分，第15题12分，第16题13分，共45分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.斜面长度为4m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方v02的关系图象（即x-v02图象）如图所示．（1）求滑块下滑的加速度大小．（2）若滑块下滑的初速度为5.0m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？【答案】（1）2 m/s2（2）1 s【解析】解：（1）由推知，图线“斜率”为，   所以滑块下滑的加速度大小.    （2）由图象可知，当滑块的初速度为4 m/s时，滑块刚好滑到斜面最低点．设滑块在斜面上的滑动时间为t，则，  即：解得 (舍去) 14.某次对新能源汽车性能进行的测试中，汽车在水平测试平台上由静止开始沿直线运动.汽车所受动力随时间变化关系如图甲所示，而速度传感器只传回10s以后的数据(如图乙所示) . 已知汽车质量为1000kg，汽车所受阻力恒定。求：（1）10s末汽车速度的大小;（2） 20s 内汽车发动机输出的平均功率。【答案】（1）20m/s（2）2.5×104W【解析】【详解】（1）10s后汽车做匀速直线运动，受到的牵引力等于阻力，由此求出汽车受到的阻力所以：由牛顿第二定律得：10s末车速：代入数据得：，（2）在0~10s内的位移：0~10s牵引力做的功汽车在-10~20s内的位移：10~20s牵引力做的功平均功率 15.用两只玩具小车A、B做模拟碰撞实验，玩具小车A、B质量分别为和，把两车放置在相距的水平面上。现让小车A在水平恒力作用下向着小车B运动，恒力作用一段时间后撤去，小车A继续运动与小车B发生碰撞，碰撞后两车粘在一起，滑行停下。已知两车运动所受的阻力均为重力的0.2倍，重力加速度取。求：（1）两个小车碰撞后的速度大小; （2）小车A受到的恒力F的作用时间。【答案】（1）1m/s（2）ls【解析】【详解】（1）两小车碰撞后的滑行过程中，有    解得    v3=1m/s            （2）两车碰撞过程中，有  解得     v2=4m/s     恒力作用过程有       撤去F至二车相碰过程有   解得      t=1 s 16.如图甲所示，质量为的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t=0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0s内它们的图象如图乙所示，g取。（1）小车在第1.0s内所受的合力为多大? （2）要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少?（3）假设A、B两物体在运动过程中不会相碰，试在图乙中画出A、B在1.0s~3.0s时间内的图象。【答案】（1）零（2）4.8m（3）【解析】【详解】（1）由图可知，在第1s内，A、B的加速度大小相等，为α＝2m/s2。物体A、B所受的摩擦力均为f＝ma＝2N方向相反。根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零（2）设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得：mvA＋mvB＝(2m＋M)v代入数据，解得v＝0.4m/s，方向向右。由系统能量守恒得：f(sA＋sB)＝－ (2m＋M)v2，解得A、B的相对位移，即车的最小长度s＝sA＋sB＝4.8m（3）1s后A继续向右减速滑行，小车与B一起向右加速运动，最终达到共同速度v。该过程中，对A运用动量定理得－fΔt＝mΔv解得Δt＝0.8s。即系统在t＝1.8s时达到共同速度，此后一起做匀速运动。在1.0s～3.0s时间内的v－t图象如下。 四、选考题：请考生在第17、18 两题中任选- -题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号-致，在答题卡选答区域指定位里答题。如果多做，则按所做的第一题计分。17.如图所示，一定质量的理想气体，按图示方向经历了ABCDA的循环，其p-V图线如图。状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能____ (选填 “大”或“小”);由B到C的过程中，气体将_____(选填“吸收”或“放出”)热量：经历ABCDA一个循环，气体吸收的总热量______ ( 选填“大于”或“小于”)释放的总热量。【答案】    (1). 大    (2). 放出    (3). 大于【解析】【详解】[1]由理想气体状态方程得：解得：可见TA<TB，所以状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能大；[2] B到C的过程中，体积没变，外界不对气体做功，气体也不对外界做功，W=0；体积没变，压强减小，温度降低，内能变小，根据热力学第一定律可知气体将放出热量；[3] 经历ABCDA一个循环，内能变化为0，气体对外做了功，根据热力学第一定律可知气体吸收的总热量大于释放的总热量。 18.如图所示，导热性能良好的柱形金属容器竖直放置，容器上端的轻质塞子将容器密闭，内有质量为的活塞将容器分为、两个气室，A、B两个气室的体积均为V.活塞与容器内壁间气密性好，且没有摩擦，活塞的截面积为S.已知重力加速度大小为g，大气压强大小为，A气室内气体的压强大小为.(1)拔去容器上端的塞子，求活塞稳定后B气室的体积VB；(2)拔去塞子待活塞稳定后，室温开始缓慢升高，从活塞稳定到其恰好上升到容器顶端的过程中B室气体从外界吸热为Q，求这个过程中B气室气体内能增量.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】(1)以活塞的平衡状态求得气体的压强，由气体的温度不变结合等温方程求体积.(2)等压过程可借助功的定义式求压力的功，根据热力学第一定律求解内能的变化.【详解】（i）塞子拔去待活塞稳定后，B室中的气体初、末状态温度不变，故由等温变化：得：（ii）B气室的气体吸收的热量，一部分用来对外做功，一部分为其内能增量.室温缓慢升高过程中，气体对外做功为根据热力学第一定律，可得：【点睛】本题考查气体实验定律的应用以及气体压强的计算、等压过程的压力的功，要注意正确选择研究对象，分析好对应的状态，再选择正确的物理规律求解即可. 19.下列说法正确的是       A. 简谐运动的周期与振幅无关B. 变化的电场一定能产生变化的磁场C. 太阳光经过三棱镜的两次折射后，会发散成彩色光带D. 电磁波传递信号可以实现无线通信，也可以通过有线传输E. 在双缝干涉实验中，保持入射光频率不变，增大双缝距离，则干涉条纹间距也增大【答案】ACD【解析】【分析】麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，变化的电场一定产生磁场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分；电磁波传递信号可以实现无线通信，也能通过电缆、光缆传输；因折射率不同，出现折射现象. 依据干涉条纹间距公式分析.【详解】A、简谐运动周期由振动系统内部因素决定，与振动幅度无关；故A正确.B、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的电场产生恒定的磁场；故B错误.C、太阳光经过三棱镜两次折射，因此折射率的不同，则会发散成彩色光带；故C正确.D、利用电磁波传递信号可以实现无线通信，电磁波也能通过电缆、光缆传输；故D正确.E、在光的双缝干涉实验中，根据条纹间距公式，当只增大双缝间的距离，则条纹间距变小；故E错误.故选ACD.【点睛】该题考查到原子物理学、光学以及电磁场的多个不同的知识点的内容，难度虽然不大，但涉及的知识面比较宽，要做好这一类的题目，要在平时的学习中多加积累． 20.如图所示，一透明介质的横截面为等腰梯形，，BA、AD、DC三边长度均为。一束平行于BC边的单色光从AB面折射进入该介质，介质对该单色光的折射率为（临界角为）。已知，。（i）求光线在AB面发生折射时的折射角；（ii）现在只考虑经DC面反射后直接到达BC面上的光线，求BC面上有光线到达的长度。【答案】（1）150（2）(3-)cm【解析】【分析】（i）已知摄氏率，由折射定律求解；（ii）利用几何三角形结合光路求解长度.【详解】（i）由折射定律可得折射角（ii）考虑AE这条光线，经DC面反射后到达BC面上的F点.光路如图所示：易得：，在中，由正弦定理得：，在中，由正弦定理得有光线到达的区域【点睛】几何光学是3-4部分的重点，也高考的热点，关键要能正确作出光路图，掌握折射定律和几何关系这些基础知识.