西南大学附属中学2020届高三上学期第五次月考理综物理试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精重庆市西南大学附属中学2020届高三上学期第五次月考理综物理试题含解析西南大学附属中学校高2020级第五次月考理科综合能力测试试题卷2019年12月一、选择题1。下列关于原子物理知识的叙述正确的是A。衰变中产生的射线是原子的核外电子挣脱原子核的束缚形成的B。结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定C.两个轻核结合成一个中等质量的核，存在质量亏损D.对于一个特定的氡原子，如果知道了半衰期，就能准确的预言它在何时衰变【答案】C【解析】【详解】A．β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，实质是，而不是核外电子的电离，故A错误；B．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定,结合能大，原子核不一定越稳定，故B错误；C．两个轻核结合成一个中等质量的核，会释放一定的能量，根据爱因斯坦质能方程可知存在质量亏损，故C正确；D．对于一个特定的衰变原子，我们只知道它发生衰变的概率,并不知道它将何时发生衰变，发生多少衰变，大量的衰变原子满足统计规律存在半衰期，故D错误.故选C.2。静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A，B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，若使指针张开的角度变小，则下列采取的措施可行的是A。断开开关S后，只将A、B两极板靠近B.断开开关S后，只将A、B两极板远离C.保持开关S闭合，只将A、B两极板靠近D.保持开关S闭合,只将滑动变阻器触头向右移动【答案】A【解析】【分析】静电计测量电势差的大小，电势差越大大，指针张开的角度越大.保持开关S闭合，电容器的电压保持不变．插入介质,电容器的电容增大。断开开关S后，电容器的电量不变，由分析电势差U的变化。【详解】A．断开开关S后，电容器的电量不变。在极板间插入一块介质,电容器的电容增大.由分析可知，电势差U减小，指针张开的角度变小，故A正确.BCD．保持开关S闭合,不论将A、B两极板分开些,还是将A、B两极板靠近些，还是将变阻器滑动触头向右移动，电容器的电压都保持不变，则静电计张开的角度保持不变,故BCD错误.故选A。3。一质点以一定的初速度从A点开始向相距的B点做直线运动，运动过程中其速度的二次方与位移x之间的关系图象如图所示，则下列说法正确的是A。质点做加速度增大的变加速运动B.质点做匀加速运动，其加速度大小为C.质点运动的初速度大小为D.质点从A点运动到B点所用的时间为【答案】B【解析】【详解】A．根据匀变速直线运动的速度位移关系变形为:可得的函数关系为一次函数，则质点做的是匀加速直线运动，故A错误；BC．由图像取两组数据点（-1,0)和（8，36)代入表达式有:解得:a=2m/s2,v0=2m/s，故B正确，C错误；D．从A点运动到B点的位移为8m,根据匀加速直线运动的位移时间公式可知解得：t2=2s，故D错误。故选B。4。如图所示，人造卫星P（可视为质点）绕地球做匀速圆周运动。在卫星运动轨道平面内,过卫星P作地球的两条切线，两条切线的夹角为，设卫星P绕地球运动的周期为T,线速度大小为v,引力常量为G。则下列说法正确的是A。越小，T越小B。越大，v越小C.若测得T和，则地球平均密度D。若测得T和，则地球的平均密度为【答案】D【解析】【详解】A．根据图中的几何关系可得人造卫星的轨道半径（R为地球的半径），可知θ越大，半径越小，又因人造卫星的运动周期为：则θ越小，半径越大，T越大,故A错误；B．人造卫星的线速度为:可得θ越大,半径越小，v越大，故B错误；CD．测得T和θ,由万有引力提供向心力：可得地球的质量：而地球的质量和密度关系为:解得地球的密度为：则D正确，C错误。故选D.5.如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机。为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置,使拉绳与竖直方向的夹角保持不变，在此过程中主机沿竖直方向匀速上升，则在提升主机过程中,下列说法正确的是A.缆绳拉力和拉绳拉力大小都不变B。缆绳拉力和拉绳拉力大小都增大C。缆绳与竖直方向的夹角a可能大于拉绳与竖直方向的夹角D。缆绳拉力的功率保持不变【答案】B【解析】【详解】A．主机竖直向上匀速运动故合力为零,受力分析如图：在上升过程中，α增大，而β不变，则三个力构成动态平衡，重力mg为恒力，F2保持方向不变,F1顺时针转动，由图解法可判断出缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大，故A错误，B正确；C．由三力平衡特点（任意两个力的合力与第三个力等大反向)可知,F1的方向始终在mg和F2所夹的的对角线的反向延长线上，则一定有缆绳与竖直方向的夹角α小于角β，故C错误；D．对于主机向上做匀速直线运动，由动能定理可知：而拉力F2的功率为PF2=F2vcosβ，由于F2变大，而β不变，则拉力F2的功率会增大，由可知F1的功率增大，故D错误。故选B。6。两个线圈套在同一个铁芯上,线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框abcd,线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向里为正方向,磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，不计线框以外的感应电场，右侧线圈连接一定值电阻R。则下列说法中正确的是A.时刻ab边中电流方向由,e点电势低于f点电势B.设、时刻ab边中电流大小分别为、,则有，e点与f点电势相等C。时间内通过ab边的电荷量为0,通过定值电阻R的电流方向竖直向下D。时刻ab边中电流方向由,通过定值电阻R的电流方向竖直向下【答案】BD【解析】【详解】A．由图可知，t1时刻磁场方向向里且均匀增加，根据楞次定律，线框中感应电流沿逆时针方向,ab边中电流方向由a→b，根据法拉第电磁感应定律知，正方形线框中的感应电动势是恒定值,原线圈中电流值恒定，副线圈中不产生感应电动势，e点电势等于f点电势，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律得感应电动势,t1时刻磁感应强度的变化率小于t3时刻的磁感应强度变化率，e1＜e3，根据欧姆定律,知i1＜i3；副线圈磁通量不变，定值电阻R中无电流，e点与f点电势相等，故B正确；C．t2∼t4时间内磁感应强度均匀变化，磁通量均匀变化,感应电动势恒定，有恒定感应电流通过ab，通过ab的电量为q=It，不等于0，恒定电流通过铁芯产生恒定磁场,故副线圈磁通量不变,副线圈无感应电流产生，则定值电阻R中无电流，故C错误；D．t5时刻磁场方向垂直纸面向外,磁场变小，磁通量减小，根据楞次定律得感应电流逆时针，ab边中电流方向a→b,磁感应强度的变化率增大，感应电流大小变大,穿过原副线圈的磁通量增大,根据楞次定律，副线圈中感应电动势上正下负，因此通过定值电阻R的电流方向竖直向下,故D正确。故选BD。7。如图所示，地面上方分布着竖直向上的匀强电场.一带正电的小球从油中A处由静止释放后竖直下落，下落过程中受到油对球的阻力，且阻力与球的速度平方成正比。已知小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动,M和N是小球下落过程中经过的两个位置.小球在此运动过程中说法正确的是A.在AB段的加速度大小逐渐增大B.M点的机械能大于N点的机械能C.重力的冲量大于电场力的冲量D.机械能和电势能的总量保持不变【答案】BC【解析】【详解】A．球受到的阻力与球的速度平方成正比，设为,小球在AB段做加速运动，由牛顿第二定律：可知AB段随着速度的逐渐增大，阻力增大，加速度向下逐渐减小，故A错误；B．小球在下落的过程，除重力外其它的力(电场力和阻力)做负功,机械能一直减小,所以在N点的机械能比M点的小，故B正确;C．冲量的大小为，因AB段做加速运动，可知这两个恒力满足，两个力的作用时间相同,则一定有重力的冲量大于电场力的冲量,故C正确；D．球的下落过程有重力做正功，电场力做负功，阻力做负功，由能量守恒定律可知因阻力一直做负功，热能Q不断增大，则机械能和电势能的总量（）不断减小，故D错误。故选BC。8。如图所示,在水平桌面上放置两根相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动.整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上（图中未画出)，磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，轻绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，轻绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度（物块不会触地），g表示重力加速度，其他电阻不计,则下列说法正确的是A.通过电阻R中的感应电流方向由c到aB.物块下落的最大加速度为gC。若h足够大，物块下落的最大速度为D。通过电阻R的电荷量为【答案】ACD【解析】【详解】A．从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知,电阻R中的感应电流方向由c到a，故A正确；B．设导体棒所受的安培力大小为F，根据牛顿第二定律得物块的加速度，当F=0，即刚释放导体棒时，a最大,最大值为0.5g,故B错误。C．物块和滑杆先做变加速运动，后做匀速运动，当加速度等于零时速度最大,则有mg=F，而F=BIl,，解得物体下落的最大速度为，故C正确;D．通过电阻R的电量：,故D正确。故选ACD。二、非选择题9.用自由落体法验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选出的纸带如图。其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点。该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中(单位：cm）（已知重锤的质量为0.1kg,打点时间间隔为0。02s）。（1）这三个数据中不符合有效数字读数要求的是____________（填“9。51”或“12。42”或“15。7”），应记作____________cm.（2）该同学用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，已知当地的重力加速度，他用AC段的平均速度作为跟B点对应的物体的瞬时速度，则该段重锤重力势能的减少量为_________，而动能的增加量为________（均保留三位有效数字).这样验证的系统误差总是使重力势能的减少量_________动能的增加量(填“大于"“小于”“等于")，原因是_____________。【答案】（1）。15。7(2）。15.70（3）.0.122J（4).0.120J(5).大于（6）。v是实际速度，因为有摩擦生热，减少的重力势能一部分转化为内能【解析】【详解】（1）［1][2]毫米刻度尺测量长度的精确度为1mm,要求估读即读到下一位0.1mm，这三个数据中不符合有效数字读数要求的是OC段：15.7，应记作15。70cm。(2）［3]重锤OB段重力势能减小量:△EP=mgh=0。1×9.8×0。1242J=0.122J[4]由匀变速直线运动的推论，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B的速度大小：则重锤在OB段动能的增量为：[5]由计算结果可知重力势能的减少量大于动能的增加量；［6]由于物体下落过程中存在摩擦阻力，因此动能的增加量小于势能的减小量，重力势能没有完全转化为动能。10.某电池的电动势约为10V，内阻约为,已知该电池允许输出的最大电流为。为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图示电路进行实验，图中电流表的内阻,R为电阻箱，阻值范围,为定值电阻，对电源起保护作用。(1）本实验中的应选____________（填字母)。A．10B．150C．250D．500（2)该同学接入符合要求的后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值,读取电流表的示数,记录多组数据，作出了如图所示的图象,则根据图象可求得该电池的电动势为________V，内阻___________。【答案】(1).B(2）。10(3).47.5【解析】【详解】（1）［1]电池的允许通过的最大电流为50mA，内电阻约为50Ω，电路中的最小电阻约为，则最小的保护电阻为：200-50-2.5=147.5Ω；为了能很好的调节电路，并能得出更多组数据，保护电阻应选B.（2）［2］[3]由闭合电路欧姆定律可知:E=I(R+r+R0+RA）变形为：结合数学函数y=kx+b可得图像的斜率和纵截距的物理意义：解得：E=10V；r=47.5Ω。11。如图所示，直角三角形光滑框架ABC处于匀强电场中，其平面与电场线平行,一电量,质量的带正电小环套在三角形框架上。已知小环从A点由静止开始运动至C点与从C点由静止开始运动至B点的时间均为2s，AB长为5m，，不计重力。求：（1）匀强电场强度的大小及方向;（2）AC两点间的电势差；(3)小环从A点由静止运动到B点时电场力的瞬时功率。【答案】（1），电场方向由A至B；(2);（3）【解析】【详解】（1）设电场沿AC方向的分量为,沿CB方向的分量为;环由A至C时有：环由C至B时有:由电场力叠加可知：由以上各式解得：，,即电场方向由A至B。(2)由匀强电场的电压和场强关系：(3）环从A点由静止运动到B点由动能定理：由以上各式解得：.12.如图1所示,在ABCD矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场(磁场边界有磁场)，规定垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B如图2所示的变化。时刻，一质量为m，带电量为q的带正电粒子从B点以速度沿BC方向射入磁场，其中已知，未知，不计重力。（1)若，粒子从D点射出磁场,求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；(2）若,粒子仍从D点射出，求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；(3）若，求磁场周期需满足什么条件粒子不从AB边射出,并求恰好不射出时时刻粒子距BC边的距离.【答案】（1)，2，;（2）,2，；（3），【解析】详解】(1）若粒子通过D点，其运动轨迹如图所示,则必须满足：

则必须满足：

2，2，由以上各式解得：，

2，(2)若粒子通过D点，其运动轨迹如图所示：则必须满足:

2，

2，又因为由以上各式解得：，

2，（3）如图3所示：粒子恰不从AB边射出时，时的轨迹与AB边相切，故需满足，解得粒子在时间内转过角度不超过150°，则有：时刻粒子离AB的距离为由以上方程解得：，。13。如图所示为一定质量的理想气体的压强随体积变化的图象,其中AB段为双曲线，则下列有关说法正确的是(）A.过程①中气体分子的平均动能不变B.过程②中气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数减小C.过程②中气体分子的平均动能减小D。过程③中气体分子对容器壁的碰撞次数增大E.过程③中气体的内能不变【答案】BDE【解析】【详解】根据理想气体状态方程可得:故可知图像的斜率，而对一定质量的理想气体而言,斜率定性的反映温度的高低。A．图像在过程①的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐减小，表示理想气体的温度逐渐降低，而由平均动能可知平均动能减小，A项错误；C．图像过程②的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐逐渐增大,则温度升高，平均动能增大，C错误；B．图像过程②可读出压强不变，体积增大，温度升高，由压强，其中N为单位时间单位面积的碰撞次数（由温度和体积共同决定)，为每个气体分子的平均碰撞力（仅由温度决定），因压强不变，而温度升高导致增大，可得N减小，故B正确；D．过程③可读出压强增大，体积减小，温度不变，因温度不变使得不变，而压强增大，则气体分子对容器壁的碰撞次数增大，D项正确；E．图像过程③可读出压强增大,体积减小，温度不变，因理想气体的分子势能不计,则有：可知理想气体的内能不变，故E项正确;故选BDE.14.如图,绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦．两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为、温度均为．缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积和温度．【答案】;【解析】【详解】设初态压强为p0，膨胀后A，B压强相等pB=1．2p0B中气体始末状态温度相等p0V0=1．2p0(2V0-VA）∴，A部分气体满足∴TA=1．4T0答：气缸A中气体的体积，温度TA=1．4T0考点：玻意耳定律【点睛】本题考查理想气体状态变化规律和关系,找出A、B部分气体状态的联系（即VB=2V0—VA)是关键．15.如图所示，一列在x轴上传播的横波，时刻的波形图用实线表示，经过后,其波形图变为图中的虚线所示，