河北五个一联盟2020届高三物理上学期一轮复习收官试题（附解析Word版）

2019 年河北省“五个一”名校联盟高三上学期一轮复习收官 考试理综物理试题 一、选择题： 1.爱因斯坦对于光电效应的解释使人类对于光的本性的认识更加透彻，下列关于光电效应的说 法中正确的是 A. 在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光强度成正比 B. 入射光光子能量小于金属逸出功时也可能发生光电效应的 C. 对于某种金属，只要入射光强度足够大，照射时间足够长，就会发生光电效应 D. 用频率大于金属的极限频率的入射光照射金属时，光越强，饱和电流越大 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据光电效应方程 知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关， 故 A 错误； B．当入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力逸出时需要做的最小功，光电效 应便不能发生了，故 B 错误； C．能否发生光电效应与入射光的强度，照射时间无关，故 C 错误； D．在光电效应中，入射光越强，光电流的饱和值越大，故 D 正确。 故选 D。 2.港珠澳大桥是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道。 图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆以 4m/s 速度行驶的小汽车在长度为 L=28m 的平直桥面上提 速，图乙是该车在该段提速的加速度（a）与位移（x）的关系。则关于小汽车通过该段平直桥 面的末速度和时间分别为 A. 10m/s 3s B. 10m/s 4s km 0E hv W= −C. 5m/s 3s D. 5m/s 【答案】B 【解析】 【详解】由加速度与位移的关系图像可知，加速度为 1.5m/s2，由公式 解得 由公式 故选 B。 3.人造卫星给人们的生活带来了的便利，不同的人造卫星有着不同的用途和轨道。现有两颗人 造地球卫星 a、b，分别稳定在距地面高度为 2R 和 3R 的圆周轨道上，R 为地球半径。则下列 说法中正确的是 A. a、b 的速度之比为 B. a、b 的周期之比为 C. a、b 所受向心力之比为 16:9 D. 卫星 a 的机械能一定小于 b 的机械能 【答案】B 【解析】 【详解】由万有引力提供向心力有 得 A．a、b 的速度之比为 2 7s 2 2 02aL v v= − 10m/sv = 10 4 s 4s1.5t −= = 3 : 2 3 3 :8 2 2 2 2π( )Mm vG m m rr r T = = 3 , 2GM rv Tr GM π= = 3 4 2 2 3 3 a b v R R v R R += = =+故 A 错误； B．a、b 的周期之比为 故 B 正确； CD．由于不知道两卫星的质量，所以无法确定两卫星的向心力和机械能的大小关系，故 CD 错误。 4.交流电在人们生产、生活中有着非常重要的应用。如图（甲）所示，理想变压器原、副线圈 分别接有相同的灯泡 a、b 和 c、d．当输入图（乙）所示正弦式交变电压时，四灯泡均能正常 发光．下列说法正确的是 A. 原、副线圈匝数比为 1:2 B. 原、副线圈匝数比为 1:4 C. 灯泡的额定电压为 55V D. 灯泡的额定电压为 110V 【答案】C 【解析】 【详解】AB．由于四灯泡正常发光，所以原副线圈中的电流之比为 1：2，由变压器中的原副 线圈中的电流之比等于匝数反比，即原、副线圈匝数比为 2：1，故 AB 错误； CD．由公式 解得 故 C 正确，D 错误。 故选 C。 5.如图所示，质量分别为 m 和 2m 小球 a、b 之间用轻绳相连，小球 a 固定在轻杆一端，轻杆的 3 3 (2 ) 3 3 (3 ) 8 a b T R R T R R += =+ 220 2 2 1 U U − = 55VU =另一端固定在左侧竖直墙壁上且与竖直墙壁夹角为 。现改变作用在小球 b 上的外力 F 的大 小和方向，轻绳与竖直方向的夹角保持 不变，则 A. 轻绳上的拉力一定小于 2mg B. 外力 F 的最小值为 C. 轻杆对小球 a 的作用力的方向不变 D. 轻杆对小球 a 的作用力的最小值为 3mg 【答案】B 【解析】 【详解】A．对 b 进行受力分析如图，当 F 的方向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能 小于 2mg，有可能大于 2mg，故 A 错误； B．由 b 的受力图可知，当拉力 F 的方向与 ab 绳子垂直时，拉力 F 最小。最小为 故 B 正确； C．以 a 为研究对象，可知 a 受到重力、绳子 ab 对 a 的作用力以及杆对 a 的作用力处于平衡状 态，由三个力平衡的特点可知，杆对 a 的作用力与 a 的重力、ab 对 a 的拉力的合力大小相等， 方向相反，a 受到的重力大小和方向都不变，ab 对 a 的拉力方向不变，大小是变化的，所以 a 受到的重力与 ab 对 a 的拉力的和大小、方向都是变化的，所以杆对 a 的作用力大小、方向都 是变化的，故 C 错误； D．由 b 的受力分析可知，当拉力 F 对 b 的拉力方向竖直向上时，拉力 F 与 b 的重力大小相等， 方向相反，绳子 ab 此时的拉力等于 0，所以 a 只受到重力和杆对 a 的作用力，此时杆对 a 的 作用力最小，恰好等于 a 的重力，故 D 错误。 故选 B。 6.如图甲所示，质量为 m1 的长木板静止在光滑的水平面上，其上静止一质量为 m2 的小滑块， 30° 60° 3mg min 2 sin 60 3F mg mg°= =现给木板施加一随时间均匀增大的水平力 F，满足 F=kt（k 为常数，t 代表时间），长木板的加 速度 a 随时间 t 变化的关系如图乙所示．已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 下列说法正确的是（g 取 10m/s2） A. 在 0～2s 时间内，小滑块与长木板间的摩擦力增大 B. 在 2～3s 时间内，小滑块与长木板的摩擦力在数值上等于 2m1 的大小 C. m2 与 m1 之比为 1:3 D. 当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小 0.5m/s 【答案】AD 【解析】 【详解】A．根据图象知，在 0～2s 时间内小滑块和长木板相对静止，它们之间为静摩擦力， 对小滑块有 a 在增加，所以静摩擦力也在线性增大，故 A 正确； B．长木板的加速度 a 在 3s 时突变，所以小滑块在 3s 时脱离长木板，对长木板在 3s 时刻前后 分别列牛顿第二定律可得 联立解得 故 B 错误； C．在 0～2s 时间内 得 2f m a=静 1 13 2k f m a m− == ×前 1 13 3k m a m= = ×后 1f m= 1 2 1F m m a kt= + =（ ）在 2～3s 时间内 所以 根据图象斜率可知 解得 故 C 错误； D．在 2s 时刻小滑块与长木板速度相同，在 2～3s 时间内，滑块块运动的 v-t 图象如图中红色 线段所示，小滑块的速度的变化量为△v1=1m/s，长木板的速度的变化量为△v2=1.5m/s，所以 在 3s 时，长木板比小滑块的速度大 0.5m/s，故 D 正确。 故选 AD。 7.光滑水平面上用轻弹簧相连的 A、B 两物体，以 6m/s 的速度匀速向右运动，质量均为 2kg。 在 B 的正前方静止一质量为 4kg 的物体 C，B、C 碰后粘在一起，则在之后的运动过程中 A. 弹簧的最大弹性势能为 12J B. A、B、C 和弹簧组成的系统损失的机械能是 36J C. 物块 C 的最大速度为 4m/s D. 整个运动过程中 A 的速度不可能向左 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．由 B、C 碰撞瞬间，B、C 的总动量守恒，选向右的方向为正，由动量守恒定律 1 1 2 kta m m = + 21F f m a− = 2 2 kt fa m −= 1 2 1 1 , 12 k k m m m = =+ 1 2m m=得： 代入数据解得 三个物体速度相同时弹性势能最大，选向右的方向为正，由动量守恒定律得 代入数据解得 设最大弹性势能为 Ep，由机械能守恒得： 代入数据解得 A、B、C 和弹簧组成的系统损失的机械能 故 A 正确，B 错误； C．当弹簧恢复原长时，C 的速度最大，则有 得 故 C 错误； D．由于 A、B、C 系统 总动量守恒（总动量 p=24kg•m/s），假若 A 的速度向左，那么 B、C 的速度向右且一定大于 4m/s，B、C 具有的动能 而系统在 B、C 粘在一起后的总能量为 48J，由于不会出现能量增加的情况，所以不会出现 A 的速度向左，故 D 正确。 的 0B B Cm v m m v= +（ ） 2m/sv = 0 0A B A B Cm v m v m m m v+ = + + 共（ ） 3m/sv =共 2 2 2 P 0 1 1 1( ) ( )2 2 2A B C A B CE m v m m v m m m v= + + − + + 共 P 12JE = 2 2 0 1 1= ( ) 24J2 2B A BE m v m m v∆ − + = 1 2) =(( )BA C CB Amm m m vm v vm + ++ + 共 2 2 2 1 2 1 1 1( ) = )2 2 2A B C B C Am m m v m m v m v+ + + +共 （ 2 3m/sv = 21= ) 48J2K B C BE m m v+ >（故选 AD。 8.如图所示，在倾斜光滑的平行金属导轨上端接一定值电阻 R，导体棒 ab 垂直导轨放置，整 个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．导体棒从静止释放，不考虑导体棒和导轨电 阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻 R 的电荷量 q 随导体棒位移的变化描 述正确的是 A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．导体棒切割磁感线产生的感应电动势为 ，电流为 ，安培力为 ，由牛顿第二定律有 即 所以导体棒做加速度减小的加速运动，故 A 错误，B 正确； CD．由电流 定义式得的 E BLv= EI R = =F BIL sinmg BIL maθ − = 2 2 sin B L vmg maR θ − =所以电荷量与距离成正比，故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 二、非选择题 9.某学习小组用图甲实验装置测量滑块和水平桌面间的动摩擦因数。粗糙程度均匀且足够长的 水平桌面的右端固定一铁架台，一个粗糙程度均匀的长木板一端放置在水平桌面上 O 点并且 和水平桌面平滑连接，另一位置放置在铁架台竖直铁杆上，使长木板倾斜放置构成一个斜面。 现进行如下操作： ①平衡摩擦力：以长木板放置在水平桌面上的 O 处为轴，调节长木板在铁架台上的放置位置， 使滑块恰好沿木板向下做匀速运动．在铁架台的竖直杆上记下此位置 P1，用刻度尺测出 P1 到 水平桌面的高度 H． ②保持 O 位置不变，长木板一端放置在铁架台竖直杆上的 P2 位置．测量出 P1P2 间的距离 h， 将滑块从 P2 位置由静止释放，滑块最终静止于水平桌面的 Q 点，用刻度尺测量出 OQ 间距离 x ③改变长木板一端在铁架台上的放置位置，重复步骤②数次． 请根据以上实验步骤得到的物理量完成以下问题：（已知重力加速度为 g） （1）步骤②中滑块通过 O 点的速度 v=________； （2）由步骤①和②得出水平桌面的动摩擦因数 μ=________ （3）某学生以 h 为横坐标，以 x 为纵坐标，根据步骤③的测量数据在 x-h 图像中描点画出如 图乙所示直线，若直线的斜率为 k，则测得水平桌面的动摩擦因数 μ=________，图中直线延 长线没有过坐标原点，其原因主要是_____________。 【答案】 (1). (2). (3). (4). 平衡摩擦力过度 【解析】 【详解】(1)[1]平衡摩擦力后，将木板的右端抬高 h，所以滑块通过 O 点的速度为 BLv BLxq It tR R = = = 2gh h x 1 k得 (2)[2]滑块从 O 到 Q 由运动学公式可得 即 (3)[3]由实验原理可知， ，则 所以水平桌面的动摩擦因数 即 [4]由图像可知，当 h=0 时，滑块有一定的位移，即滑块在 O 点时有一定的初速度，所以出现 图像不过原点是因为平衡摩擦力过度。 10.为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材： A．待测干电池（电动势约为 1.5V，内阻约几欧） B．电流表 A（量程 0～50mA，内阻 r=10Ω}） C．电压表 V（量程 0～3V，内阻约 3kΩ） D．滑动变阻器 R1（0～20Ω，10A） E．滑动变阻器 R2（0～100Ω，1A） F．定值电阻 R=2.5Ω G．开关、导线若干 ①为了多测量几组数据且便于操作，滑动变阻器应该选择________（填选项前字母） ②请依据以上提供的器材中选择所需器材设计测量电路，在图甲线框内画出完整的电路图． 21 2mgh mv= 2v gh= 22 0gx vµ− = − 22 ( 2 )= 2 2 ghv h gx gx x µ = = = h x µ 1x hµ= ⋅ 1 =kµ 1= k µ（ ） ③根据合理电路的测量数据，电流表 A 的示数记为 I，电压表 V 的示数记为 U，某同学测出 了多组数据，并已描绘出如图乙所示关系图线．根据已描绘出的图线，可得被测电池的电动 势为________V，内阻为________Ω（结果均保留三位有效数字）． 【答案】 (1). D (2). (3). 1.45V (4). 1.96Ω 【解析】 【详解】(1)[1] 由于电源电动势较小，为了方便控制，滑动变阻器的总阻值略大于内阻即可， 所以滑动变阻器应选 D。 (2)[2]由于电流表的量程较小，所以需要扩大量程，将定值电阻 R 与电流表并联即可，滑动变 阻器应起到明确的调节作用，并且还要易于调节，故一般限流接法，所以电路图如图 (3)[3][4]由实验原理可知， 整理得 图像与纵坐标的截距表示电动势，所以 ( )IrE U Ir I rR = + + + 内 = (10 5 )U E r I− + 内图像的斜率为 即为 联立解得 11.网上购物近年来促使物流网迅速发展。如图所示为某智能快递车间传送装置的示意图，传 送带的右端与水平面相切，且保持 v0=8m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为 L=12m。 现将一质量为 0.4kg 的包裹甲轻放在传送带左端，包裹甲刚离开传输带时恰好与静止的包裹乙 发生正碰，碰撞时间极短，为 0.001s，碰撞后包裹甲向前滑行了 0.4m 静止，包裹乙向前运动 了 1.6m 静止。已知包裹甲与传输带间的动摩擦系数为 0.4，包裹甲、乙与水平面间的动摩擦 因数均为 0.5，g 取 10m/s2。求： （1）包裹甲在传送带上运动的时间； （2）包裹乙的质量； （3）甲乙包裹间碰撞的平均作用力的大小。 【答案】（1）2.5s（2）0.6kg（3）2400N 【解析】 【详解】(1)包裹甲传送带上滑行，由牛顿第二定律可得 解得 假设包裹甲离开传送带前就与传送带共速度，由匀变速运动知识可得 =1.45VE 3 1.45 0.5 48 10k − −= × 10+5 )r k=内（ 1.96r ≈ Ω内 1 1A Am g m aµ = 2 1 4m/sa = 2 0 1 12v a s=解得 所以假设成立， 加速度过程 得 匀速过程 解得 所以包裹甲在传带上运动时间 (2)包裹甲在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得 解得 同理可知包裹乙在水平面滑动的加速度也是 5m/s2，包裹甲向前滑动至静止： 解得 包裹乙向前滑动至静止 解得 包裹甲、乙相碰前后系统动量守恒 1 8ms L= < 2 1 1 1 1 2s a t= 1 2st = 1 0 2L s v t− = 2 0.5st = 1 2 2.5st t+ = 2 2A Am g m aµ = 2 2 5m/sa = 2 20 2A Av a s− = − 2m/sAv = 2 20 2B Bv a s− = − 4m/sBv =解得 (3)由乙的动量定理 解得 12.磁场存在着与透镜类似的原理，如图所示，真空中平面直角坐标系 Oxy 中在 y>r 的范围内， 有方向沿 x 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 E。有一以（r，0）为圆心、半径为 r 的圆 形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里，从 O 点向不同方向发射 速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内，已知质子的电量为 q，质量为 m，质子在磁场 中的偏转半径也为 r，不计质子重力及其它阻力作用。求： （1）质子进入磁场时速度 v 的大小； （2）速度方向沿 x 轴正方向射入磁场的质子，到达 y 轴所需的时间 t； （3）y 轴为质子能打亮的光屏，试求光屏被打亮的范围? 【答案】（1） （2） （3）r＜y＜r+2Br 【解析】 【详解】(1)质子射入磁场后有 解得 0A A A B Bm v m v m v= + 0.6kgBm = B BFt m v= 2400NF = qBr m 2 2 m mr qB qE π + qr Em 2vqvB m r = qBrv m =(2)质子沿 x 轴正方向射入磁场后经 圆弧后以速度 v 垂直于电场方向进入电场，质子在磁场 中运动周期 在磁场中运动时间为 质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动 r 后达到 y 轴，因此有 解得 所以 (3)速度方向接近向上，极小圆弧和类平抛，则有 速度方向接近向下则先半圆在匀速最后类平抛如图，则 有 所以光亮范围 1 4 2π 2πr mT v qB = = 1 π 4 2 T mt qB = = 2 2 1 2r at= qEa m = 2 2mrt qE = 1 2 π 2 2 m mrt t t qB qE = + = + miny r= maxy r vt= + 4rt qE m = 2 qrr y r Br mE < < +13.下列说法正确的是（ ） A. 在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性 B. 一定质量的理想气体，如果温度升高，则气体分子的平均动能增大，压强一定增大 C. 热量不能自发地从低温物体传到高温物体 D. 布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动 E. 由于液面表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面具有收缩的趋势 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．无论是单晶体还是多晶体，晶体内部的分子按一定的规律排布，即具有一定的规 律，空间上的周期性，故 A 正确； B．气体的压强与单位时间内气体分子对容器器壁单位面积上碰撞次数以及分子对器壁的平均 撞击力有关，若温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，但若体积增大，则撞击次数变小， 则压强不一定变大，故 B 错误； C．由热力学第二定律可知，热量一定不能自发地从温度低的物体传递到温度高的物体，故 C 正确； D．布朗运动是固体颗粒的运动，反映的是液体分子的运动，故 D 错误； E．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，故液体表 面有收缩趋势，故 E 正确。 故选 ACE。 14.如图，体积为 V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸 内密封有温度为 2.5T0、压强为 1.5P0 的理想气体．P0 和 T0 分别为大气的压强和温度．已知： 气体内能 U 与温度 T 的关系为 U=αT，α 为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢 的．求： （1）气缸内气体与缸外大气达到热平衡时的体积 V1 （2）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量 Q．【答案】（1）0.6V（2） P0V+1.5aT0 【解析】 【详解】(1)由气态方程得 代入数据解得 (2)活塞下降过程中，活塞对气体做的功为 在这一过程中，气体内能的减小为 由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为 ，代入数据解得 15.甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，如图所示为 t=0 时刻两列波恰好在坐标原点 相遇时的波形图，甲波的频率为 2Hz，沿 x 轴正方向传播，乙波沿 x 轴负方向传播，则（ ） A. 甲、乙两波的频率之比为 1:1 B. 乙波的传播速度为 1m/s 2 5 0 0 0 0 1.5 2.5 PV PV T T = 1 0.6V V= 0 1( )W P V V= − 0 0(2.5 )U T Tα∆ = − Q W U= + ∆ 0 0 2 1.55Q PV Tα= +C. 两列波叠加后，x=0 处的质点振幅为 20cm D. t=0.25s 时，x=0 处的质点处于平衡位置，且向下运动 E. 两列波叠加后，x=2m 处为振动加强点 【答案】ADE 【解析】 【详解】A．甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等，由图知，λ 甲=2m，λ 乙 =2m，由 v=λf 知甲、乙两波的频率之比为 1：1，故 A 正确； B．乙波的传播速度为 故 B 错误； C．由“上下坡”法可知，两列波叠加后，x=0 处的质点振动加强，振幅为 故 C 错误； D．两波的周期为 由“上下坡”法可知，t=0 时刻，x=0 处的质点处于平衡位置，且向上运动，因为 所以 t=0.25s 时，x=0 处的质点处于平衡位置，且向下运动，故 D 正确； E．两列波叠加后，在 x=2m 处两波的波峰与波峰或波谷与波谷相遇，振动加强，故 E 正确。 故选 ADE。 16.如图所示，ABC 为一透明材料制成 柱形光学元件的横截面，该种材料的折射率 ，AC 是一半径为 R 的 圆弧，O 为圆弧面圆心，ABCO 构成正方形，在 O 处有一点光源，从点光 源射入圆弧 AC 的光线，进入透明材料后首次射向 AB 或 BC 界面直接射出．下面的问题只研 究进入透明材料后首次射向 AB 或 BC 界面的光线，已知 AB 面上的 P 点到 A 点的距离为 ．求： （1）从 P 点射出的光线的折射角； （2）AB 和 BC 截面上没有光线射出部分的总长度． 的 2 2m/s 4m/sv fλ= = × =乙 乙 0 10cm 20cm 30cmA A A= + = + =甲 乙 1 1= s 0.5s2T f = = 0.25s 2 Tt = = 5 3n = 1 4 3 41 R【答案】（1） （2）0.5R 【解析】 【详解】(1)设射向 P 点的光线入射角为 θ1，折射角为 ，由几何关系有 根据折射定律有 解得 (2)设材料的临界角为 C，射向 M 点的光线恰好发生全反射，则有 AB 截面没有光射出部分的长度为 根据对称性可知，两截面上没有光线射出部分 总长度为 代入解得 的 45° 2 θ 1 3sin 5 2 AP PO θ = = 1 2 sin 1 sin n θ θ = 2 45θ °= 1sinC n = 1(1 tan ) 4BM C R R= − = 2(1 tan )l C R= − 0.5l R=