PAGE14-四川省威遠中學2020屆高三物理下學期5月試題（含解析）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~4題只有一項符合題目要求，第5~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.在光電效應實驗中，用同一種單色光，先后照射鋅和銀的表面，都能發生光電效應。對于這兩個過程，下列四個物理過程中，一定相同的是（）A.遏止電壓 B.飽和光電流C.光電子的最大初動能 D.逸出功【答案】B【解析】【詳解】同一種單色光照射不同的金屬，入射光的頻率和光子能量一定相同，金屬逸出功不同，根據光電效應方程Ekm＝hν－W0知，最大初動能不同，由可知，遏止電壓不同；同一種單色光照射，入射光的強度相同，所以飽和光電流相同，故B正確，ACD錯誤。故選B。2.我國在2015年年底發射首顆地球同步軌道高分辨率對地觀測衛星高分四號。如圖所示，A是靜止在赤道上隨地球自轉的物體，B、C是同在赤道平面內的兩顆人造衛星，B位于離地高度等于地球半徑的圓形軌道上，C是高分四號衛星。則下列判斷正確的是（）A.物體A隨地球自轉的周期大于衛星C的周期B.衛星B的線速度大于衛星C的線速度C.物體A隨地球自轉的加速度大于衛星C的加速度D.物體A隨地球自轉的角速度大于衛星B的角速度【答案】B【解析】【詳解】A．衛星C是“高分四號”衛星，為同步衛星，其周期等于地球自轉的周期，所以放在赤道上的物體A和地球同步衛星C具有相同的周期，都等于地球自轉的周期，選項A錯誤；B．根據萬有引力提供向心力有：解得衛星B的半徑r小，所以其線速度大于衛星C的線速度，選項B正確；C．根據知物體A隨地球自轉的加速度小于衛星C的加速度，選項C錯誤；D．根據萬有引力提供向心力有：解得衛星B的半徑小，其角速度大于衛星C的角速度，也大于物體A隨地球自轉的角速度，選項D錯誤。故選B。3.如圖所示的交流電路中，理想變壓器輸入電壓為u1＝U1msin100πt(V)，輸入功率為P1，輸出功率為P2，電壓表讀數為U2，各交流電表均為理想電表．由此可知()A.燈泡中電流方向每秒鐘改變100次B.變壓器原、副線圈的匝數比為U1m∶U2C.當滑動變阻器R的滑動頭向下移動時各個電表讀數均變大D.當滑動變阻器R的滑動頭向上移動時P1變大，且始終有P1＝P2【答案】A【解析】【詳解】A.由u1＝U1msin100πt(V)，可知交變電流頻率，燈泡中電流方向每秒鐘改變100次，選項A正確；B.變壓器原、副線圈的匝數比等于原副線圈上電壓的最大值之比，即U1m∶(U2)，選項B錯誤；C.當滑動變阻器R的滑動頭向下移動時，電流表讀數增大，變壓器輸出電流增大，電阻R1兩端電壓增大，電壓表讀數不變，選項C錯誤；D.當滑動變阻器R的滑動頭向上移動時，變壓器輸出電流減小，輸出功率減小，根據變壓器功率的制約關系，P1變小，且始終有P1＝P2，選項D錯誤．4.如圖所示，光滑斜面的傾角為，輕繩通過兩個滑輪與A相連，輕繩的另一端固定于天花板上，不計輕繩與滑輪的摩擦，物塊A的質量為m，不計滑輪的質量，掛上物塊B后，當動滑輪兩邊輕繩的夾角為時，A、B恰能保持靜止，則物塊B的質量為（）A.m B.m C.m D.2m【答案】A【解析】【詳解】先對A受力分析，如圖，根據共點力平衡條件，有再對B受力分析，則有聯立解得5.如圖甲所示，小物塊從足夠長的光滑斜面頂端由靜止自由滑下．下滑位移x時的速度為v，其x－v2圖象如圖乙所示，取g＝10m/s2，則斜面傾角θ為()A.30° B.45° C.60° D.75°【答案】A【解析】【詳解】由勻變速直線運動的速度位移公式可得：v2=2ax，整理得：，由x-v2圖象可知小物塊的加速度a=5

m/s2，根據牛頓第二定律得，小物塊的加速度：a=gsin

θ，解得：，解得：θ=30°，故A正確，BCD錯誤．故選A．【點睛】本題考查了求斜面傾角問題，應用勻變速直線運動的速度位移公式求出圖象的函數表達式，根據圖示圖象求出物體的加速度是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律可以解題．6.一質量為1kg的質點靜止于光滑水平面上，從t＝0時刻開始，受到水平外力F作用，如圖所示。下列判斷正確的是（）A.第1s末的速度為1.5m/sB.第1s內的沖量I為3NsC.前2s內的平均功率為4.5WD.第1s末與第2s末外力的瞬時功率之比為9：4【答案】BD【解析】【詳解】A．第1s末質點的速度v1＝t1＝×1m/s＝3m/s故A錯誤；B．第1s末質點的沖量I＝F1×t1=3Ns故B正確；CD．第1s末的瞬時功率P1＝F1v1＝9W第2s末的速度為第2s末的瞬時功率P2＝F2v2＝4W則第1s末與第2s末外力的瞬時功率之比為9：4，前2s內外力的平均功率P＝＝W＝4W故C錯誤，D正確。故選BD。7.矩形導線框abcd放在勻強磁場中處于靜止狀態，如圖甲所示．一磁場的磁感線方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度的大小B隨時間t變化的圖象如圖乙所示．t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直導線框平面向里，在0～4s時間內，導線框ad邊所受安培力F安隨時間t變化的圖象(規定向左為安培力的正方向)及導線框中的感應電流I隨時間t變化的圖象(規定順時針方向為電流的正方向)可能是圖中的()A. B.C. D.【答案】AD【解析】【詳解】t=0時刻，磁感應強度的方向垂直線框平面向里，在0到1s內，穿過線框的磁通量變小，由楞次定律可得，感應電流方向是順時針，即為正方向，再由左手定則可得線框的ad邊的安培力水平向左．當在1s到2s內，磁感應強度的方向垂直線框平面向外，穿過線框的磁通量變大，由楞次定律可得，感應電流方向是順時針，再由左手定則可得線框的ad邊的安培力水平向右．同理，在下一個周期內，重復出現安培力先向左后向右，而感應電流方向為負，故AD正確，BC錯誤．8.第一次將一長木板靜止放在光滑水平面上，如圖甲所示，一小鉛塊(可視為質點)以水平初速度v0由木板左端向右滑動，到達右端時恰能與木板保持相對靜止．第二次將長木板分成A、B兩塊，使B的長度和質量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度v0由A的左瑞開始向右滑動，如圖乙所示，若小鉛塊相對滑動過程中所受的摩擦力始終不變，則下列說法正確的A.小鉛塊滑到B的右端前已與B保持相對靜止B.小鉛塊將從B的右端飛離木板C.第一次和第二次過程中產生的熱量相等D.第一次過程中產生的熱量大于第二次過程中產生的熱量【答案】AD【解析】【詳解】AB．在第一次在小鉛塊運動過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個木板加速，運動到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對應過程，故第二次小鉛塊與B木板將更早達到速度相等，所以小鉛塊還沒有運動到B的右端，兩者速度相同。故A正確，B錯誤。

CD．根據摩擦力乘以相對路程等于產生的熱量，第一次的相對路程大小大于第二次的相對路程大小，則圖甲所示的過程產生的熱量大于圖乙所示的過程產生的熱量。故C錯誤，D正確。二、非選擇題：共62分。共5題，第9-12題為必考題，每個試題考生必須作答。第13-14題為選考題，考生選其中一道作答。9、10題每空2分，選擇題13分；11題12分、12題20分、13，14題15分。9.某同學利用圖示裝置研究小車的勻變速直線運動．（1）實驗中必要措施是______．A．細線必須與長木板平行B．先接通電源再釋放小車C．小車的質量遠大于鉤碼的質量D．平衡小車與長木板間的摩擦力（2）他實驗時將打點計時器接到頻率為50HZ的交流電源上，得到一條紙帶，打出的部分計數點如圖所示（每相鄰兩個計數點間還有4個點，圖中未畫出）．s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm．則小車的加速度a=______m/s2（要求充分利用測量的數據），打點計時器在打B點時小車的速度vB=______m/s．（結果均保留兩位有效數字）【答案】(1).（1）AB(2).（2）0.80(3).0.40【解析】【詳解】①為了讓小車做勻加速直線運動，應使小車受力恒定，故應將細線與木板保持水平；同時為了打點穩定，應先開電源再放紙帶，故AB正確；本實驗中只是研究勻變速直線運動，故不需要讓小車的質量遠大于鉤碼的質量；只要能讓小車做勻加速運動即可，故C錯誤；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錯誤，故選AB．②每兩個計數點間有四個點沒有畫出，故兩計數點間的時間間隔為；根據逐差法可知，物體的加速度；B點的速度等于AC段的平均速度，則有：．【點睛】本題考查勻變速直線運動規律的應用，要注意明確實驗原理，知道本實驗中只需要研究勻變速直線運動即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要讓小車的質量遠大于鉤碼的質量．10.一課外實驗小組用如圖所示的電路測量某待測電阻Rx的阻值，圖中R0為標準定值電阻（R0=20.0Ω）；可視為理想電壓表．S1為單刀開關，S2位單刀雙擲開關，E為電源，R為滑動變阻器．采用如下步驟完成實驗：（1）按照實驗原理線路圖（a），將圖（b）中實物連線_____________；（2）將滑動變阻器滑動端置于適當位置，閉合S1；（3）將開關S2擲于1端，改變滑動變阻器動端位置，記下此時電壓表的示數U1；然后將S2擲于2端，記下此時電壓表的示數U2；（4）待測電阻阻值的表達式Rx=_____________（用R0、U1、U2表示）；（5）重復步驟（3），得到如下數據：12345U1/V0.250.300.360.400.44U2/V0.861.031.221.361.493443.433.393.403.39（6）利用上述5次測量所得的平均值，求得Rx=__________Ω．（保留1位小數）【答案】(1).如圖所示：(2).(3).48.2【解析】【詳解】（1）實物圖連接如下：（4）開關S2擲于1端，由歐姆定律可得通過Rx的電流I=U1/R0，將開關S2擲于2端，R0和Rx串聯電路電壓為U2，Rx兩端電壓為U=U2-U1，由歐姆定律可得待測電阻阻值Rx=U/I=R0=（-1）R0．（6）5次測量所得的平均值,（3.44+3.43+3.39+3.40+3.39）=3.41，代入Rx=（-1）R0=（3.41-1）×20.0Ω=48.2Ω．11.如圖所示，一帶電荷量為+q、質量為m的小物塊處于一傾角為370的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止．重力加速度為g，sin370=0.6，cos370=0.8．求：(1)水平向右的電場的電場強度；(2)若將電場強度減小為原來的，電場強度變化后小物塊下滑距離L時的動能．【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）對物塊進行受力分析如圖：則解得（2）設電場強度變化后小物塊下滑距離L時動能為物塊下滑過程由動能定理有：解得【點睛】本題主要考查帶電物體在勻強電場中的運動問題．12.如圖所示，水平直軌道AC的長度為L=8m，AC中點B正上方有一探測器，C處有一豎直擋板D．現使物塊Pl沿軌道向右以速度Vl與靜止在A處的物塊P2正碰，碰撞后，P1與P2粘成組合體P．以Pl、P2碰撞時刻為計時零點，探測器只在t1=2s至t2=4s內工作．已知物塊Pl、P2的質量均力m=1kg，Pl、P2和P均視為質點，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2．（1）若v1=8m/s，P恰好不與擋板發生碰撞，求P與軌道AC間的動摩擦因數；（2）若P與擋板發生彈性碰撞后，并能在探測器工作時間內通過B點，求V1的取值范圍；（3）在滿足（2）的條件下，求P向左經過A點時的最大動能．【答案】(1)(2)(3)【解析】【詳解】（1）設Pl、P2碰撞后，P的速度為v，根據動量守恒：mv1=2mv解得：v=4m/sP恰好不與擋板發生碰撞，即P到達C點速度恰好減為零根據動能定理：代入解得：（2）由于P與檔板的碰撞為彈性碰撞，P在AC間等效為勻減速運動，設P的加速度大小為a．根據牛頓第二定律：μ2mg=2maP返回經B點，根據勻變速直線運動的規律：由題意知，物塊P在2～4s內經過B點，代入數據解得再結合mv1=2mv得（3）設P向左經過A點時的速度為v2，由速度位移公式：聯立解得P向左經過A點的最大動能為：J【物理：選修3－4】13.如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t=0時刻波傳播到平衡位置位于x=5m處的質點B，平衡位置位于x=1m處的質點A在t=0.9s時第三次出現在波峰，關于該簡諧波，下列說法正確的是___________A.波長為5mB.波速為10m/sC.頻率為2.5HZD.從t=0到t=0.9s的過程中，A質點的路程為0.4mE.t=0.6s時，平衡位置位于x=6m處的質點C第二次位于波峰【答案】BCE【解析】【分析】由圖得到波長，根據質點A的振動得到周期，從而求得頻率和波速；根據質點A的振動得到路程，由波速得到質點C的振動時間，從而得到質點C的振動．【詳解】由圖可得：波長λ=4m，故A錯誤；根據波向右傳播可得：t=0時，質點A在平衡位置向上振動，故由t=0.9s時質點A第三次出現波峰可得：周期T=0.4s；故頻率f＝1/