金陵中學、丹陽高級中學、無錫一中2020屆高三下學期期初聯(lián)考物理試題含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精江蘇省金陵中學、丹陽高級中學、無錫一中2020屆高三下學期期初聯(lián)考物理試題含解析2020屆高三年級第二學期期初聯(lián)考試卷物理試題一、單項選擇題1。物塊M在靜止的傳送帶上勻加速下滑時，傳送帶突然轉動,傳送帶轉動的方向如圖中箭頭所示.則傳送帶轉動后（）A.M減速下滑B.M仍勻加速下滑，加速度比之前大C.M仍勻加速下滑，加速度與之前相同D。M仍勻加速下滑，加速度比之前小【答案】C【解析】【詳解】傳送帶靜止時，物塊加速向下滑，對物塊受力分析，垂直傳送帶方向平行傳送帶斜向下所以傳送帶突然向上轉到，物塊依然相對傳送帶向下運動,受力沒有變化，摩擦力依然平行傳送帶向上,所以小物塊加速度不變，所以C正確，ABD錯誤；故選C.2.帆船運動中，運動員可以調節(jié)帆面與船前進方向的夾角，使船能借助風獲得前進的動力．下列圖中能使帆船獲得前進動力的是A。 B.C。 D.【答案】D【解析】【分析】船所受風力與帆面垂直，將風力分解成沿船前進方向和垂直于船身方向．船在垂直船身方向受到的阻力能抵消風力垂直于船身方向的分量【詳解】A、A圖中船所受風力垂直于船前進方向,沿船前進方向的分力是零．故A項錯誤．B、將B圖中風力分解后沿船前進方向分力與船前進方向相反，故B項錯誤．C、將C圖中風力分解后沿船前進方向分力與船前進方向相反，故C項錯誤．D、將D圖中風力分解后沿船前進方向分力與船前進方向相同,能使使帆船獲得前進動力．故D項正確．3.如圖所示，鐵芯上繞有線圈A和B，線圈A與電源連接，線圈B與理性發(fā)光二極管D相連，銜鐵E連接彈簧K控制觸頭C的通斷，忽略A的自感,下列說法正確的是A.閉合S,D閃亮一下B。閉合S，C將會過一小段時間接通C.斷開S，D不會閃亮D。斷開S，C將會過一小段時間斷開【答案】D【解析】【詳解】AB。當閉合S瞬間時，穿過線圈B的磁通量要增加，根據(jù)楞次定律：增反減同，結合右手螺旋定則可知,線圈B的電流方向逆時針,而由于二極管順時針方向導電,則線圈B不會閃亮一下，則線圈A中磁場立刻吸引C，導致其即時接觸，故A，B錯誤；CD.當斷開S瞬間時，穿過線圈B的磁通量要減小，根據(jù)楞次定律:增反減同,結合右手螺旋定則可知,電流方向為順時針，則二極管處于導通狀態(tài),則D會閃亮，同時對線圈A有影響，阻礙其磁通量減小,那么C將會過一小段時間斷開,故C錯誤，D正確；故選D．【點睛】該題考查楞次定律與右手螺旋定則的應用，注意穿過閉合線圈的磁通量變化，線圈相當于電源，而電流是從負板流向正極,同時理解二極管的單向導電性．4。某靜電場中有電場線與x軸重合，x軸上各點電勢φ分布如圖所示，圖線關于縱軸對稱，則（)Ax1處和－x1處場強方向相同 B。x1處和－x2處場強大小相等C。某帶電粒子在x2處和－x2處電勢能相等 D.某帶電粒子在x2處的電勢能大于在－x2處的電勢能【答案】C【解析】【詳解】AB．φ—x圖象的斜率大小等于電場強度，x1處和-x1處場強大小相等，方向相反,x1處和-x2處場強大小不相等，故AB錯誤;CD．在x2處和—x2處電勢相等，根據(jù)Ep=qφ知某帶電粒子在x2處和—x2處電勢能相等，故C正確,D錯誤。

故選C。5.一物塊由O點下落，到A點時與直立于地面的輕彈簧接觸，到B點時速度達到最大，到C點時速度減為零，然后被彈回．物塊在運動過程中受到的空氣阻力大小不變，彈簧始終在彈性限度內，則物塊()A。從A下降到B的過程中,合力先變小后變大B.從A下降到C的過程中，加速度先增大后減小C。從C上升到B的過程中，動能先增大后減小D。從C上升到B的過程中，系統(tǒng)的重力勢能與彈性勢能之和不斷增加【答案】C【解析】【詳解】A．從A下降到B的過程中，物塊受到向下的重力，彈簧向上的彈力和向上的空氣阻力,重力大于彈力和空氣阻力之和，彈力逐漸增大,合力逐漸減小，加速度逐漸變小，到B點時速度達到最大,此時合力為零，則從A下降到B的過程中合力一直減小到零，故A錯誤；B．從A下降到B的過程中，彈簧的彈力和空氣阻力之和小于重力,物塊的合力逐漸向下，加速度逐漸減小到零;從B下降到C的過程中，物塊的合力向上，加速度向上逐漸增大,則從A下降到C的過程中，加速度先減小后增大，故B錯誤;C．從C上升到B的過程中，開始彈力大于空氣阻力和重力之和，向上加速，當加速度減為零時此時的壓縮量，位置在B點下方,速度達到向上的最大，此后向上做變減速直線運動，故從C上升到B的過程中，動能先增大后減小,故C正確；D．對于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)，由于空氣阻力做功，所以系統(tǒng)的機械能減小，即物塊的動能、重力勢能與彈性勢能之和減小,從C上升到B的過程中，物塊的動能先增大后減小，則系統(tǒng)的重力勢能與彈性勢能之和在動能最大之前是一直減小,之后就不能確定，故D錯誤。故選C。二、多項選擇題6。如圖所示，一小球固定在輕桿上端，AB為水平輕繩,小球處于靜止狀態(tài),則桿對小球的作用力方向可能是(）A。F1 B。F2 C.F3 D。F4【答案】BC【解析】【詳解】小球處于靜止狀態(tài)，則桿對小球的作用力方向在重力與繩子拉力夾角的對頂角范圍內（不含水平方向）,如圖所示；所以桿對小球的作用力方向可能是F2和F3，故BC正確，AD錯誤.故選BC.7.火星探測項目是我國繼載人航天工程、嫦娥工程之后又一個重大的太空探索項目,如圖所示,探測器被發(fā)射到圍繞太陽的橢圓軌道上,A為近日點,遠日點B在火星軌道近，探測器擇機變軌繞火星運動,則火星探測器（）A.發(fā)射速度介于第一、第二宇宙速度之間B.在橢圓軌道上運行周期大于火星公轉周期BC.從A點運動到B點的過程中動能逐漸減小D。在B點受到太陽引力小于在A點受到的太陽引力【答案】CD【解析】【詳解】A．離開地球圍繞太陽運動，發(fā)射速度要大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，A錯誤;B．兩個軌道都圍繞太陽，根據(jù)開普勒行星第三定律，軌道半徑（半長軸）小的，周期小，所以橢圓軌道運行周期小，所以B錯誤；C．根據(jù)開普勒行星第二定律,近日點速度最大，遠日點速度最小，從A到B速度不斷減小，動能不斷減小,C正確；D．B點到太陽的距離大于A點到太陽的距離,萬有引力與距離的平方成反比，所以在B點受到的太陽引力小于在A點受到的太陽引力，D正確;故選D。8.在一個很小的矩形半導體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，做成了一個霍爾元件,在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH．已知半導體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖所示,下列說法正確的有（）A.N板電勢高于M板電勢B.磁感應強度越大,MN間電勢差越大C。將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行,UH不變D.將磁場和電流分別反向，N板電勢低于M板電勢【答案】AB【解析】A、根據(jù)左手定則，電流的方向向里，自由電荷受力的方向指向N端，向N端偏轉，則N點電勢高，故A正確;B、設左右兩個表面相距為d，電子所受的電場力等于洛侖茲力，即：設材料單位體積內電子的個數(shù)為n，材料截面積為s,則①;I=nesv

②；s=dL

③;由①②③得：，令，則

④；所以若保持電流I恒定,則M、N間的電壓與磁感慮強度B成正比，故B正確；C、將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則帶電粒子不會受到洛倫茲力，因此不存在電勢差，故C錯誤；D、若磁場和電流分別反向,依據(jù)左手定則，則N板電勢仍高于M板電勢，故D錯誤．故選AB。【點睛】解決本題關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向,以及知道最終電子在電場力和洛倫茲力作用下平衡．9.如圖所示，質量為M的長木板靜止在光滑水平面上,上表面OA段光滑，AB段粗糙且長為l,左端O處固定輕質彈簧，右側用不可伸長的輕繩連接于豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F．質量為m的小滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達最大時細繩恰好被拉斷，再過一段時間后長木板停止運動，小滑塊恰未掉落．則()A。細繩被拉斷瞬間木板加速度大小為B.細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為C.彈簧恢復原長時滑塊的動能為D.滑塊與木板AB間的動摩擦因數(shù)為【答案】ABD【解析】【詳解】A．細繩被拉斷瞬間,對木板分析，由于OA段光滑，沒有摩擦力，在水平方向上只受到彈簧給的彈力,細繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，根據(jù)牛頓第二定律有:解得，A正確；B．滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時速度為0，由系統(tǒng)的機械能守恒得：細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為，B正確；C．彈簧恢復原長時木板獲得的動能,所以滑塊的動能小于,C錯誤;D．由于細繩被拉斷瞬間,木板速度為零,小滑塊速度為零，所以小滑塊的動能全部轉化為彈簧的彈性勢能，即,小滑塊恰未掉落時滑到木板的右端,且速度與木板相同，設為，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得聯(lián)立解得，D正確。故選ABD.三、簡答題10.某同學用圖甲所示的實驗裝置探究恒力做功與小車動能變化的關系．（1）為了能用砂和砂桶的總重力所做的功表示小車所受拉力做的功，本實驗中小車質量M________（填“需要"、“不需要"）遠大于砂和砂桶的總質量m．（2）圖乙為實驗得到的一條清晰的紙帶，A、B、C、D、E、F、G是紙帶上7個連續(xù)的點，sAD=_________cm．已知電源頻率為50Hz，則打點計時器在打D點時紙帶的速度v=_________m/s（保留兩位有效數(shù)字）．（3）該同學畫出小車動能變化與拉力對小車所做的功的ΔEk—W關系圖像，由于實驗前遺漏了平衡摩擦力這一關鍵步驟，他得到的實驗圖線（實線）應該是____________．【答案】(1)。需要（2).2.10(3）.0.50(4）.D【解析】（1）為了能用砂和砂桶的總重力所做的功表示小車所受拉力做的功，則繩中拉力要等于砂和砂桶的總重力，即小車質量M需要遠大于砂和砂桶的總質量m．（2)由圖得打點計時器在打D點時紙帶的速度（3）理論線，實驗線，則隨著功的增大，兩線間距變大．故D項正確．11。測定一節(jié)電池的電動勢和內阻，電路如圖甲所示，MN為一段粗細均勻、電阻率較大的電阻絲,定值電阻R0=1。0Ω.調節(jié)滑片P，記錄電壓表示數(shù)U、電流表示數(shù)I及對應的PN長度x，繪制了U-I圖像如圖乙所示。（1）由圖乙求得電池的電動勢E＝_______V,內阻r=_______Ω。（2)實驗中由于電表內阻的影響，電動勢測量值_______其真實值（選填“大于"、“等于”或“小于”）。(3)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可繪出—x圖像,如圖丙所示。圖像斜率為k，電阻絲橫截面積為S，可求得電阻絲的電阻率ρ＝_______，電表內阻對電阻率的測量_______（選填“有”或“沒有”）影響?！敬鸢浮?1）.1.49（2）.0.45(3)。小于（4)。kS(5)。沒有【解析】【詳解】（1)[1][2]由閉合電路歐姆定律可知U=E—I（r+R0)則可知圖2中的圖象與縱坐標間的交點表示電動勢，故E=1。49V；

圖象的斜率表示(r+R0）,則解得r=1.45-1。0=0.45Ω（2）[3］由圖示可知,伏安法測電阻相對于電源來說采用電流表外接法，由于電壓表分流作用，電流表測量值偏小，當外電路短路時,電流測量值等于真實值，電源的U—I圖象如圖所示

由圖象可知，電動勢測量值小于真實值,電源內阻測量值小于真實值。（3)[4］［5］根據(jù)歐姆定律可知，電阻則可知解得ρ=kS若考慮電流表的內阻,則，則圖象的斜率不變,所以得出的電阻率沒有影響。12。下列說法正確的有A.電子的衍射圖樣表明電子具有波動性B。發(fā)生光電效應時，僅增大入射光的頻率,光電子的最大初動能就增大C.β衰變中放出的β射線是核外電子掙脫原子核束縛而形成的D.中子和質子結合成氘核,若虧損的質量為m，則需要吸收mc2的能量【答案】AB【解析】【詳解】A．衍射是波動性的體現(xiàn)，A正確；B．根據(jù)光電效應方程，僅增大入射光頻率，光子能量增大,逸出功不變，光電子初動能增大，B正確；C．β衰變中放出的β射線是原子核內的中子轉化成質子過程中跑射出的電子形成的D．質量虧損，根據(jù)質能方程,應該放出能量，D錯誤;故選AB。13.恒星向外輻射的能量來自于其內部發(fā)生的各種熱核反應,當溫度達到108K時，可以發(fā)生“氦燃燒”。完成“氦燃燒"的核反應方程：＋_______→。是一種不穩(wěn)定的粒子，其半衰期為2。6×10－16s。一定質量的，經7.8×10－16s后所剩下的占開始時的_______。【答案】（1）。（2）.【解析】【詳解】[1］根據(jù)電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒,未知粒子的質量數(shù)為4，電荷數(shù)為2，為;

［2]半衰期為2。6×10—16s，經7.8×10—16s,即3個半衰期，根據(jù)知剩余占開始時的。14.如圖所示，光滑水平面上小球A、B分別以、的速率相向運動,碰撞后B球靜止．已知碰撞時間為，A、B的質量均為求：碰撞后A球的速度大小；碰撞過程A對B平均作用力的大?。敬鸢浮?1)（2）【解析】【詳解】①、B系統(tǒng)動量守恒，設B的運動方向為正方向由動量守恒定律得解得;②對B，由動量定理得，解得；15.下列說法正確的有_________A。布朗運動直接反映了分子運動的無規(guī)則性B.水的飽和氣壓隨溫度升高而降低C.有些非晶體在一定條件下可轉化為晶體D.荷葉上小水珠呈球形，是由于表面張力作用而引起的【答案】CD【解析】【詳解】A．布朗運動是懸浮在液體或氣體中的固體微粒做無規(guī)則運動，間接反映了周圍的分子做無規(guī)則的熱運動，故A錯誤；B．與液體處于動態(tài)平衡的蒸氣叫飽和蒸氣；反之，稱為不飽和蒸氣。飽和蒸氣壓力與飽和蒸氣體積無關！在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數(shù)密度是一定的,因而其壓強也是一定的，這個壓強叫做飽和蒸氣壓力。蒸發(fā)面溫度升高時,水分子平均動能增大，單位時間內脫出水面的分子增多（此時，落回水面的分子數(shù)與脫出水面的分子數(shù)相等），故高溫時的飽和水汽壓比低溫時要大，故B錯誤；C．晶體和非晶體區(qū)別在于內部分子排列，有些通過外界干預可以相互轉化,如把晶體硫加熱熔化（溫度超過300℃）再倒進冷水中，會變成柔軟的非晶硫，再過一段時間又會轉化為晶體硫，故C正確;D．荷葉上小水珠呈球形，是因為表面層的水分子比較稀疏，分子間表現(xiàn)為分子引力，從而表面有收縮的趨勢，是由于表面張力作用而引起的，故D正確;故選CD.16。夏天的陽光烤暖了大地，使地面附近的空氣變熱，形成暖氣團升往高空而逐漸膨脹。由于暖氣團體積非常大，可不計和外界大氣的熱交換，則暖氣團在上升過程中內能_____（選填“減小”“增大”或“不變”），暖氣團內部的溫度____(選填“升高”“降低”或“不變”).【答案】（1）.減小(2）.降低【解析】【詳解】［1］暖氣團在上升過程中膨脹，對外做正功，由熱力學第一定律知內能減??；[2]氣體由于分子間距離較大，不考慮分子勢能，所以氣體只有分子動能，內能減小，分子的平均動能減小，溫度降低.17。如圖為一定質量的理想氣體的體積V隨熱力學溫度T的變化關系圖像。由狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中氣體吸收熱量Q1=220J，氣體在狀態(tài)A的壓強為p0=1。0×105pa。求：①氣體在狀態(tài)B時的溫度T2;②氣體由狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的過程中，氣體向外放出的熱量Q2?！敬鸢浮竣?00K；②120J【解析】【詳解】①氣體從A到B發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋—呂薩克定律有即代入數(shù)據(jù)解得T2=600K②A到B過程氣體從外界吸熱，對外界做功，內能增加C狀態(tài)與A狀態(tài)內能相等，B到C過程，對外界不做功，則內能減少,且即所以氣體放出熱量120J.四、計算或論述題18.如圖甲所示，單匝正方形線框abcd的電阻R=0。5Ω，邊長L=20cm,勻強磁場垂直于線框平面，磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，求：（1)0～2s內通過ab邊橫截面的電荷量q；（2）3s時ab邊所受安培力的大小F;（3）0~4s內線框中產生的焦耳熱Q．【答案】(1）C（2)N（3)J【解析】⑴由法拉第電磁感應定律得電動勢感應電流電量解得⑵安培力由圖得3s時的B=0。3T代入數(shù)值得⑶由焦耳定律得代入數(shù)值得：【點睛】考查法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律的內容，掌握安培力大小表達式，理解焦耳定律的應用，注意圖象的正確運用．19.如圖所示，長為3l的不可伸長的輕繩，穿過一長為l的豎直輕質細管,兩端拴著質量分別為m、m的小球A和小物塊B，開始時B先放在細管正下方的水平地面上．手握細管輕輕搖動一段時間后，B對地面的壓力恰好為零，A在水平面內做勻速圓周運動．已知重力加速度為g，不計一切阻力．(1）求A做勻速圓周運動時繩與豎直方向夾角θ；(2）求搖動細管過程中手所做的功；（3）輕搖細管可使B在管口下的任意位置處于平衡，當B在某一位置平衡時，管內一觸發(fā)裝置使繩斷開，求A做平拋運動的最大水平距離．【答案】(1）θ=45°；（2）；(3).【解析】【詳解】（1）B對地面剛好無壓力，對B受力分析,得此時繩子的拉