1、四川省威远中学2020届高三物理下学期5月试题（含解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应。对于这两个过程，下列四个物理过程中，一定相同的是（）A. 遏止电压B. 饱和光电流C. 光电子的最大初动能D. 逸出功【答案】B【解析】【详解】同一种单色光照射不同的金属，入射光的频率和光子能量一定相同，金属逸出功不同，根据光电效应方程EkmhW0知，最大初动能不同，由可知，遏止
2、电压不同；同一种单色光照射，入射光的强度相同，所以饱和光电流相同，故B正确，ACD错误。故选B。2.我国在2015年年底发射首颗地球同步轨道高分辨率对地观测卫星高分四号。如图所示，A是静止在赤道上随地球自转的物体，B、C是同在赤道平面内的两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上， C是高分四号卫星。则下列判断正确的是（）A. 物体A随地球自转的周期大于卫星C的周期B. 卫星B的线速度大于卫星C的线速度C. 物体A随地球自转的加速度大于卫星C的加速度D. 物体A随地球自转的角速度大于卫星B的角速度【答案】B【解析】【详解】A卫星C是“高分四号”卫星，为同步卫星，其周期等于地球自转的周
3、期，所以放在赤道上的物体A和地球同步卫星C具有相同的周期，都等于地球自转的周期，选项A错误；B根据万有引力提供向心力有：解得卫星B的半径r小，所以其线速度大于卫星C的线速度，选项B正确；C根据知物体A随地球自转的加速度小于卫星C的加速度，选项C错误；D根据万有引力提供向心力有：解得卫星B的半径小，其角速度大于卫星C的角速度，也大于物体A随地球自转的角速度，选项D错误。故选B。3.如图所示的交流电路中，理想变压器输入电压为u1U1msin 100t(V)，输入功率为P1，输出功率为P2，电压表读数为U2，各交流电表均为理想电表由此可知()A. 灯泡中电流方向每秒钟改变100次B. 变压器原、副线
4、圈的匝数比为U1mU2C. 当滑动变阻器R的滑动头向下移动时各个电表读数均变大D. 当滑动变阻器R的滑动头向上移动时P1变大，且始终有P1P2【答案】A【解析】【详解】A.由u1U1msin 100t(V)，可知交变电流频率，灯泡中电流方向每秒钟改变100次，选项A正确；B.变压器原、副线圈的匝数比等于原副线圈上电压的最大值之比，即U1m(U2)，选项B错误；C.当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，电流表读数增大，变压器输出电流增大，电阻R1两端电压增大，电压表读数不变，选项C错误；D.当滑动变阻器R的滑动头向上移动时，变压器输出电流减小，输出功率减小，根据变压器功率的制约关系，P1变小，且始终
5、有P1P2，选项D错误4.如图所示，光滑斜面的倾角为，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦，物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当动滑轮两边轻绳的夹角为时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为（）A. mB. mC. mD. 2m【答案】A【解析】【详解】先对A受力分析，如图，根据共点力平衡条件，有再对B受力分析，则有联立解得5.如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下下滑位移x时的速度为v，其xv2图象如图乙所示，取g10 m/s2，则斜面倾角为()A. 30B. 45C. 60D. 75【答案】A【解析】【详解】由匀变速直线运
6、动的速度位移公式可得：v2=2ax，整理得：，由x-v2图象可知小物块的加速度a=5m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度：a=gsin，解得：，解得：=30，故A正确，BCD错误故选A【点睛】本题考查了求斜面倾角问题，应用匀变速直线运动的速度位移公式求出图象的函数表达式，根据图示图象求出物体的加速度是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律可以解题6.一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示。下列判断正确的是（）A. 第1s末的速度为1.5m/sB. 第1s内的冲量I为3NsC. 前2s内的平均功率为4.5WD. 第1s末与第2s末外力的瞬时功率之
7、比为9：4【答案】BD【解析】【详解】A第1s末质点的速度v1t11m/s3m/s故A错误；B第1s末质点的冲量IF1t1=3Ns故B正确；CD第1s末的瞬时功率P1F1v19W第2s末的速度为第2s末的瞬时功率P2F2v24W则第1s末与第2s末外力的瞬时功率之比为9：4，前2s内外力的平均功率PW4W故C错误，D正确。故选BD。7.矩形导线框abcd放在匀强磁场中处于静止状态，如图甲所示一磁场的磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度的大小B随时间t变化的图象如图乙所示t0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在04 s时间内，导线框ad边所受安培力F安随时间t变化的图象(规定向左为
8、安培力的正方向)及导线框中的感应电流I随时间t变化的图象(规定顺时针方向为电流的正方向)可能是图中的()A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】t=0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，即为正方向，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向左当在1s到2s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右同理，在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右，而感应电流方向为负，故AD正确，BC错误8.第一次将一长木板静
9、止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左瑞开始向右滑动，如图乙所示，若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的A. 小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止B. 小铅块将从B的右端飞离木板C. 第一次和第二次过程中产生的热量相等D. 第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量【答案】AD【解析】【详解】AB在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第
10、二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度相同。故A正确，B错误。CD根据摩擦力乘以相对路程等于产生的热量，第一次的相对路程大小大于第二次的相对路程大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量。故 C错误，D正确。二、非选择题：共62分。共5题，第9-12题为必考题，每个试题考生必须作答。第13-14题为选考题，考生选其中一道作答。9、10题每空2分，选择题13分；11题12分、12题20分、13，14题15分。9.某同学利用图示装置研
11、究小车的匀变速直线运动（1）实验中必要措施是_A细线必须与长木板平行 B先接通电源再释放小车C小车的质量远大于钩码的质量 D平衡小车与长木板间的摩擦力（2）他实验时将打点计时器接到频率为50 HZ的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）s1=3.59 cm，s2=4.41 cm，s3=5.19 cm，s4=5.97 cm，s5=6.78 cm，s6=7.64 cm则小车的加速度a=_m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB=_m/s（结果均保留两位有效数字）【答案】 (1). （1）AB (2). （2）0.
12、80 (3). 0.40【解析】【详解】为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带，故AB正确；本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可，故C错误；由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故D错误，故选AB每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为；根据逐差法可知，物体的加速度；B点的速度等于AC段的平均速度，则有：【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不
13、需要让小车的质量远大于钩码的质量10.一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值，图中R0为标准定值电阻（R0=20.0 ）；可视为理想电压表S1为单刀开关，S2位单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器采用如下步骤完成实验：（1）按照实验原理线路图（a），将图（b）中实物连线_；（2）将滑动变阻器滑动端置于适当位置，闭合S1；（3）将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器动端位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2；（4）待测电阻阻值的表达式Rx=_（用R0、U1、U2表示）；（5）重复步骤（3），得到如下数据：12345U1/V0.250.300.3
14、60.400.44U2/V0.861.031.221.361.493443.433.393.403.39（6）利用上述5次测量所得的平均值，求得Rx=_（保留1位小数）【答案】 (1). 如图所示： (2). (3). 48.2【解析】【详解】（1）实物图连接如下：（4）开关S2掷于1端，由欧姆定律可得通过Rx的电流I=U1/R0，将开关S2掷于2端，R0和Rx串联电路电压为U2，Rx两端电压为U=U2-U1，由欧姆定律可得待测电阻阻值Rx=U/I=R0=（-1）R0（6）5次测量所得的平均值,（3.44+3.43+3.39+3.40+3.39）=3.41，代入Rx=（-1）R0=（3.41-
15、1）20.0=48.211.如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为370的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度为g，sin370=0.6，cos370=0.8求：(1)水平向右的电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的，电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能【答案】（1） （2） 【解析】【详解】（1）对物块进行受力分析如图：则解得（2） 设电场强度变化后小物块下滑距离L时动能为 物块下滑过程由动能定理有： 解得【点睛】本题主要考查带电物体在匀强电场中的运动问题12.如图所示，水平直轨道AC的长度为L=8m，AC中点B正上方有一探
16、测器，C处有一竖直挡板D现使物块Pl沿轨道向右以速度Vl与静止在A处的物块P2正碰，碰撞后，P1与P2粘成组合体P以Pl、P2碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作已知物块Pl、P2的质量均力m=1kg，Pl、P2和P均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2（1）若v1=8m/s，P恰好不与挡板发生碰撞，求P与轨道AC间的动摩擦因数；（2）若P与挡板发生弹性碰撞后，并能在探测器工作时间内通过B点，求V1的取值范围；（3）在满足（2）的条件下，求P向左经过A点时的最大动能【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】（1）设Pl、P2碰撞后，P的速度为v，根据动
17、量守恒：mv1=2mv解得：v=4 m/sP恰好不与挡板发生碰撞，即P到达C点速度恰好减为零根据动能定理：代入解得：（2）由于P与档板的碰撞为弹性碰撞，P在AC间等效为匀减速运动，设P的加速度大小为a根据牛顿第二定律：2mg=2maP返回经B点，根据匀变速直线运动的规律：由题意知，物块P在24s内经过B点，代入数据解得再结合mv1=2mv得（3）设P向左经过A点时的速度为v2，由速度位移公式：联立解得P向左经过A点的最大动能为：J【物理：选修34】13.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0时刻波传播到平衡位置位于x=5m处的质点B，平衡位置位于x=1m处的质点A在t=0.9s时第三
18、次出现在波峰，关于该简谐波，下列说法正确的是_A. 波长为5mB. 波速为10m/sC. 频率为2.5HZD. 从t=0到t=0.9s的过程中，A质点的路程为0.4mE. t=0.6s时，平衡位置位于x=6m处的质点C第二次位于波峰【答案】BCE【解析】【分析】由图得到波长，根据质点A的振动得到周期，从而求得频率和波速；根据质点A的振动得到路程，由波速得到质点C的振动时间，从而得到质点C的振动【详解】由图可得：波长=4m，故A错误；根据波向右传播可得：t=0时，质点A在平衡位置向上振动，故由t=0.9s时质点A第三次出现波峰可得：周期T=0.4s；故频率f1/T2.5Hz，故C正确；根据波长和
19、周期可得：波速v10m/s，故B正确；由C可知：从t=0到t=0.9s的过程中，A质点的路程为9A=45cm=0.45m，故D错误；根据波向右传播可得：波前向上振动，故由波速可得：t=0.1s时波传到质点C，故在t=0.1s时质点C开始振动，在平衡位置向上振动；由周期T=0.4s可得：t=0.6s时，平衡位置位于x=6m的质点C第二次位于波峰，故E正确；故选BCE【点睛】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程14.如图所示，半圆表示一半径为R的半圆柱玻璃体的横截面，以圆心O为坐标原点建立直角坐标系现有一束平行光垂直于y轴射人半圆柱玻璃体，其中从A点入射的光线通过玻璃体后，与x轴交于P点，已知OA=R，OP=R（1）求该玻璃体的折射率；（2）使垂直于y轴入射光都能从玻璃柱圆弧面射出，求入射点的范围【答案】【解析】【详解】（）作入射光的光路图，由几何关系可知，；折射角，又，由几何关系可知，BOP为等腰三角形，故该玻璃体的折射率（）垂直于y轴入射的光，在圆弧面的入射角等于临界角C时，发生全反射而不能从玻璃柱射出，设此时光线入射点为M，光路图如图因此，该束平行光入射的范围【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，运用几何知识结合解决这类问题