四川省2020届高三物理上学期第一次联考试题（含解析）.doc

1、四川省2020届高三物理上学期第一次联考试题（含解析）一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1.以下说法正确的是A. 天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内释放出的射线B. b衰变的实质是原子核内的一个质子转化成一个中子和一个b粒子C. 原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这种现象叫做质量亏损D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道上时，电子的动能减小，原子的能量也减小【答案】A【解析】天然放射现象是原子核发生衰变发出三种射线，故这三种射线是从原子核内释放出的射线，所以A正确；b衰变的实质是原子核内的一个中子转化成一个质子和一个b粒子，所以B错误；原子核

2、的质量小于组成它的核子的质量之和，这种现象叫做质量亏损，故C错误；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道上时，需吸收能量，电子的动能减小，原子的能量增大，故D错误。2.如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为2：1：2，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设bc段所用时间为t，根据匀变直线运规律可知，bc段平均速度等ad段平均速度，即，由以上两式可解得：，故B正确。3.某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向

3、与水平方向夹角60，使飞行器恰好沿与水平方向成30角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，如图所示经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60同时适当调节其大小使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是()A. 加速时发动机提供的动力的大小等于mgB. 加速与减速时的加速度大小之比为21C. 减速飞行时间t后速度减为零D. 加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为21【答案】B【解析】起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图所示：在OFFb中，由几何关系得：F=mg，Fb=mg，故A错误；由牛顿第

4、二定律得飞行器的加速度为：a1=g，推力方向逆时针旋转60，合力的方向与水平方向成30斜向下，推力F跟合力Fh垂直，如图所示，此时合力大小为：Fh=mgsin30；动力大小：F=mg；飞行器的加速度大小为：a2=0.5g；加速与减速时的加速度大小之比为a1：a2=2：1，故B正确；到最高点的时间为：，故C错误；t时刻的速率：v=a1t=gt；加速与减速过程发生的位移大小之比为=1：2，故D错误。故选B。4.额定功率为80kW的汽车，在平直的公路上行驶的最大速度为20m/s已知汽车的质量为2103kg，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为2m/s2假定汽车在整个运动过程中阻力不变下列

5、说法中正确的是A. 汽车匀加速过程中的牵引力大小为4103NB. 汽车维持匀加速运动的时间为10sC. 汽车匀加速过程的位移大小为25mD. 汽车在3s末的瞬时功率为2.4104W【答案】C【解析】【详解】v最大时，有：a=0即F=f，根据P=fvm解得：；根据牛顿第二定律可得加速时的牵引力为：F引=f+ma=4000+21032=8000N，选项A错误；匀加速达到的最大速度为v，则有：P=Fv解得：，由v=at得：，选项B错误；汽车匀加速过程的位移大小为，选项C正确；3s末的速度为：v=at=32m/s=6m/s，故3s末的瞬时功率为：P=Fv=80006W=48kW，选项D错误；故选C.5

6、. 如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点，不计粒子重力A. 它们运动的时间相同B. 它们运动的加速度相同C. 它们所带的电荷量相同D. 电场力对它们做功相同【答案】A【解析】试题分析：运动时间等于，由于x相等，因此选项A正确。根据，Q的加速度是P的两倍，选项B错误。再根据，可知Q的电量是P的两倍，选项C错误。由，电场力对Q做的功是P的4倍，选项D错误。考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的偏转。6.如图所示，将劲度系数为k的轻弹簧竖直固定水平地面上手持质量为m的物块从与弹簧接触（未连接）开始

7、缓慢挤压弹簧在弹性限度内弹簧长度被压缩了x，释放物块，物块开始向上运动，运动的最大距离为3x不计空气阻力重力加速度为g，则（）A. 释放瞬间，物体的加速度大小为B. 释放瞬间，弹簧的弹性势能大小为mgxC. 物体从释放到最高点过程中，做匀减速运动的时间为D. 物体从释放到最高点过程中，其中加速过程克服重力做的功为mgx【答案】C【解析】【详解】A弹性限度内弹簧长度被压缩了x，则弹簧的弹力大小为：释放瞬间物体受到重力和弹力的作用，加速度大小为：故A错误；B物体上升是最大距离是3x，则在最高点的重力势能为，因为上升的过程中弹簧的弹性势能转化为重力势能，所以可以知道释放瞬间，弹簧的弹性势能大小为.故

8、B错误；C物体在释放后，开始时受到重力和弹簧的弹力随物体的上升，弹簧的弹力减小，所以物体做加速度减小化的加速运动;当弹簧的弹力小于重力后做减速运动，直到物体离开弹簧后只受到重力时才开始做匀减速直线运动，所以做匀减速运动的距离在2x,运动的时间：所以C正确；D物体在释放后开始时受到重力和弹簧的弹力，随物体的上升弹簧的弹力减小，所以物体做加速度减小的加速运动；当弹簧的弹力小于重力后做减速运动，所以加速过程中的位移：该过程中克服重力做的功：故D错误7.在光滑水平面上，一质量为，边长为的正方形导线框，在水平向右的恒力F的作用下穿过某匀强磁场，该磁场的方向竖直向下。宽度为，俯视图如图所示。已知dc边进入

9、磁场时的速度为， ab边离开磁场时的速度仍为。下列说法正确的是（ ）A. 线框进入和离开磁场时产生的感应电流方向相同B. 线框进入和离开磁场时受到的安培力方向相反C. 线框穿过磁场的过程中一直做匀速直线运动D. 线框穿过磁场过程中恒力F做的功等于线框产生的焦耳热【答案】D【解析】A线框进入磁场时，边切割磁感线，由右手定则可知感应电流为逆时针方向，线框出磁场时，边切割磁感线，感应电流为顺时针方向，故进入和穿出磁场时感应电流方向相反，故A错误；B由左手定则知，进入和穿出磁场时，线框受到的安培力都为向左，故进入和穿出磁场时线框受到的安培力方向相同故B错误；C由于线框边长小于磁场宽度，线框完全进入磁场

10、后经历一次加速，由于进出磁场时线框速度不变，因此线框在进入磁场时先做减速运动，完全在磁场中时做匀加速运动，出磁场时做减速运动，故C错误；D线框进入和穿出磁场时，应用动能定程 ，为线框克服安培力做功，安培力做功转化为线框的焦耳热，故D正确；故选D。8.如图所示，一水平放置的光滑平行导轨上放一质量为m的金属杆，导轨间距为L，导轨的一端连接一阻值为R的电阻，金属杆与导轨的电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面现给金属杆一个水平向右的初速度，让其自由滑行，导轨足够长，则金属杆滑行过程所受安培力F、运动速度v、加速度a、位移x大致图像正确的是【答案】B【解析】试题分析：ab杆向右切割磁感线时产

11、生感应电流，杆将受到安培力阻碍而做减速运动，速度减小，安培力大小随之减小，则加速度减小故杆做加速度减小的减速运动直到停止运动由于速度不是均匀减小的，所以安培力和加速度都不是均匀减小的，AC错误；根据动量定理可得，又因为，所以，故v关于x是一次函数，故B正确；因为导体棒受到向左的安培力，速度是减小的，所以x-t不会是一条直线，D错误；故选B考点：考查了导体切割磁感线运动点评：关键是知道安培力方向，然后判断速度变化，根据速度变化判断安培力变化二、多选题（本大题共7小题，共28.0分）9.如图所示，曲线I是一颗绕地球做圆周运动的卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线是一颗绕地球做椭圆运动的卫星轨道的示意

12、图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（ ）A. 椭圆轨道的长轴长度为2RB. 卫星在I轨道的速率为，卫星在轨道B点的速率为，则C. 卫星在I轨道的加速度大小为，卫星在轨道A点加速度大小为，则【答案】ABC【解析】【详解】A.有开普勒第三定律可得：，因为周期相等，所以半长轴相等，圆轨道可以看成长半轴、短半轴都为椭圆，故，即椭圆轨道的长轴的长度为。故A正确。B.根据万有引力提供向心力可得：，故，由此可知轨道半径越大，线速度越小；设卫星以为半径做圆周运动的速度为，那么；又卫星在B点做向心

13、运动，所以有，综上有。故B正确。C.卫星运动过程中只受到万有引力的作用，故有：，所以加速度为，又有,所以。故C正确。D.若，则，那么，所以。故D错误。10.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电流表和电压表均为理想交流电表已知交流电源电压瞬时值表达式为u=sin100t（V）下列说法中正确的是（）A. 电压表的示数为22VB. 通过滑动变阻器R的交流电的频率为50HzC. 若将滑动变阻器的滑片下移，则电压表的示数变小D. 若将滑动变阻器滑片上移，则R0消耗的功率变大【答案】BC【解析】【详解】A由交变电流的表达式可以知道输入电压的最大值为，因此有效值为，但是电压是接在定值电阻与变

14、压器两端的，故变压器输入电压小于220V，根据电压之比等于线圈匝数之比可以知道电压表示数小于22V ，故A错误；B输入电流的角速度,则由：可得交流电的频率：变压器不改变交流电的频率，故通过变阻器R的交流电的频率也为50Hz，所以B正确； C若将滑动变阻器的滑片下移，则输出电流增大，输入电压减小，故电压表示数减小，所以C正确；D若将滑动变阻器的滑片上移，滑动变阻器接入电阻增大，由欧姆定律可以知道输出电流减小，根据电流之比等于线圈匝数的反比可以知道输入电流减小，则消耗的功率变小，故D错误.11. 如图所示，水平地面上的物体，在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是A. 物体可

15、能只受到三个力的作用B. 物体一定受到了四个力的作用C. 物体受到的滑动摩擦力大小为FcosD. 物体对水平地面的摩擦力大小为mg【答案】BC【解析】试题分析：物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力，故A错误，BC正确； 根据物体处于平衡状态可知，水平方向有：，竖直方向有：，C正确；D错误；故选BC。考点：受力分析、物体的平衡条件的应用。【名师点睛】受力分析时注意弹力和摩擦力一定在物体与其它物体的接触面上进行分析，

16、注意弹力、摩擦力产生的条件，将拉力按照作用效果正交分解后，结合运动情况和摩擦力和弹力的产生条件对木块受力分析，利用平衡条件列平衡方程求解。12.如图所示，有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上，另一质量也为m小物块叠放在长木板的一端之上。B是长木板的中点，物块与木板在AB段的动摩擦因数为，在BC段的动摩擦因数为2，若把物块放在长木板左端，对其施加水平向右的力F1可使其恰好与木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端，对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与木板发生相对滑动。下列说法正确的是（）A. F1与F2的大小之比为1：2B. 若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时

17、间之比为1：2C. 若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板的位移之比1：1D. 若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为1：1【答案】ACD【解析】【详解】施加水平向右的力F1时，由题意知：对滑块有：F1mgma，对木板有：mgma，联立得：F12mg，同理，施加水平向右的力F2时，有F24mg，所以F1与F2的大小之比为1：2，故A正确；设AB的长度为L，施加水平向右的力2F1时，对滑块有：a1g；对木板有：a1g；设经时间t到达B点，由位移关系得： ，解得： ，同理，施加水平向右的力2F2时，运动到B点的时间，所以物块在木板上

18、运动到B点的时间之比为：1，故B错误；施加水平向右的力2F1时，由位移公式得木板的位移，同理，施加水平向右的力2F2时，由位移公式得木板的位移x2gt2，所以小物块在木板上运动到B点时木板的位移之比1：1，故C正确；小物块最终都会滑离木板，二者的相对位移相等，所以整个过程中摩擦生热之比为摩擦力之比，即为1：1，故D正确.13.两只灯泡串联，电阻之比为3：1，其中一直小灯泡两端电压为60V，电流为200mA，则另外一只小灯泡电流为（），两端电压为（）A. 600mA，180VB. 200mA，20VC. 600mA，60VD. 200mA，180V【答案】BD【解析】【详解】两灯泡串联故电流相等

19、，因此另一只灯泡电流为，电压之比等于电阻之比；若大电阻电压为60V，则另一只灯泡的电压为20V；若小电阻电压为60V，则大电阻电压为180V.A600mA，180V与分析不符，故A错误.B200mA，20V与分析相符，故B正确.C600mA，60V与分析不符，故C错误.D200mA，180V与分析相符，故D正确.14.下列说法中正确的是（）A. 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B. 气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无关C. 随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小D. 导热性能各向同性的固体，可能是单晶体E. 只要对热机不断改进，就可以把热机

20、得到的全部内能转化为机械能【答案】CD【解析】【详解】A在一定气温条件下大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故A错误.B气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子的密集程度都有关，故B错误.C随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，当分子力表现引力时分子势能增大，所以C正确.D单晶体是某种物理性质各向异性，所以导热性能各向同性的固体，也有可能是单晶体.所以D正确.E根据热力学第二定律知热机不可能把得到的全部内能转化为机械能，故E错误.15.一列频率为40Hz的简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，此

21、时M点恰好开始振动。已知波源的平衡位置在O点，则下列判断正确的是( )A. 该波波长3mB. 该波的传播速度为80m/sC. t=0时刻，平衡位置在x=1.8m的质点向下振动D. M点的振动方程为y=0.05sin80tmE. N点起振后总是和O点同时到达波峰【答案】BCD【解析】【详解】A由图像可知，该波波长为2m，选项A错误；B该波的传播速度为，选项B正确；C由波形图可知，t=0时刻，平衡位置在x=1.8m的质点向下振动，选项C正确； D因，则M点的振动方程为y=0.05sin80t(m)，选项D正确；EN点和O点相距19m=9，则当O点在波峰时N点到达波谷，选项E错误。三、实验题（本大题

22、共1小题，共10.0分）16. 某实验小组用如图甲所示装置测量木板对木块的摩擦力所做的功。实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动。图乙是重物落地后打点计时器打出的纸带，纸带上的小黑点是计数点，相邻的两计数点之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。(1)可以判断纸带的_(填“左端”或“右端”)与木块连接。根据纸带提供的数据可计算出打点计时器在打下A点、B点时木块的速度vA、vB，其中vA_m/s。(结果保留两位有效数字)(2)要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功WAB，还应测量的物理量是_。(填入物理量

23、前的字母)A木板的长度lB木块的质量m1C木板的质量m2D重物的质量m3E木块运动的时间t FAB段的距离xAB(3)在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式WAB_。（用vA、vB和第(2)问中测得的物理量的字母表示）【答案】(1) 右端；0.72；(2) B；【解析】【详解】（1）重物落地后，木块继续向右做匀减速运动，由纸带上所标的数据可以判断纸带的右端与木块连接。根据纸带提供的数据可计算打点计时器在打下A点时木块的速度： ；（2）根据动能定理可知，AB段摩擦力的功等于物体动能的减小量，则，要求出在AB段摩擦力的功，除了测出AB两点的速度外，还要测出物体的质量m，故选B；在AB段木板对木

24、块的摩擦力所做的功为 。【名师点睛】通过匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度计算物块过A点的速度；再利用动能定理，对物块在减速过程列出动能的变化和合外力做功的关系式。四、计算题（本大题共5小题，共52.0分）17.在中美贸易战中，中兴的遭遇告诉我们，要重视芯片的自主研发工作，而芯片的基础工作在于半导体的工艺。如图所示，在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入方向垂直纸面向里、宽度为D的匀强磁场区域，其中离子P+在磁场中转过30后从磁场右边界射出。已知P+和P3+的质量均为m，而电量分别为e和3e（e表示元电荷）。（1）求匀强

25、磁场的磁感应强度B的大小；（2）求P3+在磁场中转过的角度。【答案】（1）（2）60【解析】【详解】（1）对离子P+在电场中的加速运动，由动能定理： ，在磁场中由洛伦兹力提供向心力： ，由几何关系可得：r1sinD联立各式解得：匀强磁场磁感应强度B的大小为：；（2）对离子P3+在电场中的加速运动，由动能定理：，在磁场中，洛伦兹力提供向心力：由几何关系可得：r2sinD，联立以上各式解得：P3+在磁场中转过的角度60；18.如图所示，质量m1=2kg的小球用一条不可伸长的轻绳连接，绳的另一端固定在悬点O上，绳子长度l=0.5m。将小球拉至绳子偏离竖直方向的角度=53处由静止释放，小球运动至最低点

26、时，与一质量m2=1kg的物块发生正碰，碰撞时间很短。之后物块在水平面上滑行一段s=0.4m的距离后停下。已知物块与水平面间的动摩擦因数=0.5，取重力加速度g = 10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6，求：（1）碰前瞬间小球的速度大小；（2）碰后瞬间小球和物块的速度大小。【答案】（1）2m/s；（2）碰后小球速度为1m/s，物块的速度为2m/s【解析】【详解】（1）根据动能定理可知，所以碰前瞬间小球的速度为；（2）根据动能定理可知，碰后物块的速度满足，又小球和物块组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，可得，解的。19.如图甲所示，水平面上固定着两根间距L=0.5m的光滑

27、平行金属导轨MN、PQ，M、P两点间连接一个阻值R=3的电阻，一根质量m=0.2kg、电阻r=2的金属棒ab垂直于导轨放置。在金属棒右侧两条虚线与导轨之间的矩形区域内有磁感应强度大小B=2T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场宽度d=5.2m。现对金属棒施加一个大小F=2N、方向平行导轨向右的恒力，从金属棒进入磁场开始计时，其运动的v-t图象如图乙所示，运动过程中金属棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计。求：（1）金属棒刚进入磁场时所受安培力的大小F安；（2）金属棒通过磁场过程中电阻R产生的热量QR。【答案】（1）0.8N（2）1.2J【解析】【详解】（1）由图乙可知，金属棒ab刚进入磁场时速度v

28、0=4m/s，此时，感应电动势：E=BLv0感应电流：安培力的大小：F安=BIL解得：（2）设金属棒在磁场中最大速度为vm，此时安培力与恒力F大小相等，则有：代入数据解得：设金属棒通过磁场的过程中回路产生的总热量为Q，由功能关系，得：解得：Q=2J所以电阻R产生的热量：答：（1）金属棒刚进入磁场时所受安培力的大小.（2）金属棒通过磁场过程中电阻R产生的热量.20.如图所示，粗细均匀的薄壁U形玻璃管竖直放置，导热良好，左管上端封闭，封口处有段水银柱1，右管上端开口且足够长，另有两段水银柱2、3封闭了A、B两部分理想气体，外界大气压强恒为p0=75cmHg开始时，三段水银柱长均10cm，A气柱长为

29、20cm，B气柱长为10cm，气柱A和水银柱2各有一半长度在水平部分，现保持环境温度不变，在右管中缓慢注入水银，使水银柱2在竖直管中的水银刚好全部压入水平管中。求：（1）在右管中注入水银前，水银柱1对玻璃管封口的压强。（2）水银柱2在竖直管中的水银刚好全部压入水平管中时，注入右管中水银柱的长度。【答案】（1）80cmHg（2）35cm【解析】【详解】（1）气柱B的压强为：PB=P0+h=85cmHg根据同一深度压强相等，有：PA=PB+解得：PA=90cmHg则水银柱1对玻璃管封口的压强为：P=PA-h=80cmHg（2）对气柱A为研究对象，由玻意耳定律得：PAlAS=PALAS解得：PA=1

30、20cmHg设注入的水银柱长度为x，有：PA=P0+（x+h）解得：x=35cm答：（1）在右管中注入水银前，水银柱1对玻璃管封口的压强P=80cmHg（2）水银柱2在竖直管中的水银刚好全部压入水平管中时，注入右管中水银柱的长度x=35cm。21.折射率为的二棱镜ABC截面如图所示，其中A=90，B=30，AC边长为2a，将单色光从AB边上的某点射入棱镜，其折射光在AC中点发生全反射并垂直于BC面射出棱镜，光在真空中速度为c，求：（1）画出单色光从进入到离开三棱镜的光路图并标出进入棱镜时的入射角和折射角的大小；（2）计算单色光在棱镜中传播的时间。【答案】（1）如图所示：（2）【解析】【详解】（1）光路如图；（2）光在棱镜中的传播速度： 解得