浙江省杭州地区(含周边)重点中学2020届高三上学期期中考试物理试题Word版含解析.pdf

2019 学年第一学期期中杭州地区(含周边 ) 重点中学 高三年级物理学科试题 考生须知 : ， 本卷满分 100 分，考试时间90 分钟 : 2. 答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效: 4. 考试结束后，只需上交答题卷 一、选择题I( 共 10 小题，每题3 分，共 30 分在每小题列出的四个备选选项中只有一个是 符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1. 在物理学发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推 动了人类社会的进步，以下说法正确的是（） A. 牛顿利用轻重不同的物体捆绑在一起后下落与单个物体分别下落时快慢的比较推理，推翻 了亚里士多德重的物体下落快、轻的物体下落慢的结论 B. 元电荷e的数值为 16 1.6 10C ，最早由法国物理学家汤姆逊通过实验测量得出 C. 卡文迪许用扭秤实验，测出了万有引力常量，这使用了微小作用放大法 D. 开普勒利用行星运动的规律，并通过“月- 地检验”，得出了万有引力定律 【答案】 C 【解析】 【详解】 A伽利略利用轻重不同的物体捆绑在一起后下落与单个物体分别下落时快慢的比较 推理，推翻了亚里士多德重的物体下落快、轻的物体下落慢的结论，故A错误； B元电荷e的数值为 16 1.6 10C ，最早由美国物理学家密立根通过油滴实验测量得出，故B 错误； C卡文迪许用扭秤实验，测出了万有引力常量，这使用了微小作用放大法，故C正确； D牛顿利用行星运动的规律，并通过“月- 地检验”，得出了万有引力定律，故D错误。

故选 C 2. 下列说法正确的是（） A. 根据公式 q I t 可知，I与q成正比，I与t成反比 B. 公式WUIt适用任何电路， 2 QI Rt 适用纯电阻电路 C. 电动势越大，电源把其他形式的能转化为电能越多 D. 把小量程的电流表改装成电压表要串联一个阻值较大的电阻 【答案】 D 【解析】 【详解】 A公式 q I t 是电流的定义式，I与q、t无关，故A错误； B公式WUIt适用任何电路， 2 QI Rt用于求解焦耳热，适用于任何电路，故 B错误； C电动势越大，电源把其他形式的能转化为电能的本领越大，但不能说明电源把其他形式的 能转化为电能越多，与电荷量也有关系，故C错误； D把小量程的电流表改装成电压表要串联一个阻值较大的电阻，用来分到更大的电压，达到 改装电压表的目的，故D正确 故选 D 3.2018 年 5 月 2 日，港珠澳大桥沉管隧道最后接头成功着床如图所示是6000 吨重的“接头 由世界最大单臂全旋回起重船 振华 30”安装的情景接头”经15 分钟缓慢下降15 米的 过程中，其机械能的改变量 E，所受重力的平均功率 P，起重机对重物做的功W，( 不考虑空 气阻力 ) 表述正确的是 A. 机械能的增加量 767 9 10 J1 10 W,9 10EPWJ B. 机械能的增加量 878 9 10 J6 10 W,9 10EPWJ C. 机械能的减小量 868 9 10 J1 10 W,9 10EPWJ D. 机械能的减小最 777 9 10 J6 10 W,9 10EPWJ 【答案】 C 【解析】 【详解】重物缓慢下降，其动能不变，重力势能减少，所以机械能的减少量 68 6 101015J910 JEmgh 所受重力的平均功率为 8 69 10 W1 10 W 15 60 mgh P t 根据动能定理知外力对重物所做的总功零，则起重机对重物做的功 8 910 JWmgh 故选 C 。

4. 某斜面固定在水平地面上，一小球沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中小球依次经过A、 B、C三点，最后恰好能到达最高点D，其中AB=12m ，BC=8m ，从A点运动到B点，从B点运动 到C点两个过程速度变化量都是-2m/s ，下列说法正确的是（） A. 小球的加速度大小为2m/s2 B. 小球到达B点速度大小为10m/s C. A、D两点间的距离为24.5m D. 小球从C点运动到D点的时间为2s 【答案】 C 【解析】 【详解】 A 由题目中的从A点运动到B点，从B点运动到C点两个过程速度变化量都是2m/s 可知，AB和BC段的时间相同，由 2 xaT和 v a T 可得：2sT， 2 1m/sa ，A错误； B由公式 2 0 1 2 xv tat可得 0 7m/sv，B错误； C由公式 2 0 2axv 得，AD之间的距离为24.5m，C正确； D在 AD之间运动的时间为 0 7s v a ，所以CD之间所用的时间为3s，D错误 5. 如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a， 另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b，外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。

若 F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（） A. 绳OO的张力也在一定范围内变化 B. 物块 b 一定受到5 个力作用 C. 连接 a 和 b 的绳的张力也在一定范围内变化 D. 物块 b 与桌面间的摩擦力方向可能水平向右 【答案】 D 【解析】 【详解】 AC 由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块 a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力 T保持不变；由于绳 子的张力及夹角均不变，所以OO中的张力保持不变，故AC错误； B物块b受到重力、支持力、ab间绳子的拉力以及拉力 F 的作用，可能不受摩擦力，也可 能受到摩擦力，故b可能受到5 个力作用，也可能受到4 个力的作用，故B错误； Db处于静止即平衡状态，对b受力分析有： T和F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得： coscosfTF 由于T的大小不变，当F大小发生变化时，cosT可能小于cosF，b的摩擦力可能水平 向右，故D正确 故选 D 6.A、B两颗卫星围绕地球做匀速圆周运动，A卫星运行的周期为 1 T，轨道半径为 1 r ；B卫星运 行的周期为 2T，下列说法正确的是（） A. B 卫星的轨道半径为 2 3 1 1 2 T r T B. A 卫星的机械能一定大于B卫星的机械能 C. 在发射 B卫星时候，发射速度可以小于7.9km/s D. 某时刻卫星A 、B在轨道上相距最近，从该时起每经过 12 12 TT TT 时间，卫星A、B再次相距最 近 【答案】 D 【解析】 【详解】 A根据开普勒第三定律可得： 32 11 32 22 rT rT 则得B卫星的轨道半径为： 2 2 3 21 1 () T rr T 故 A错误； B因 12 TT 由上分析知， 12 rr，根据将卫星从低轨道进入高轨道，火箭要点火加速做功， 但由于A与B的质量都未知，故无法判定谁的机械能更大，故B错误； C发射地球的卫星，其发射速度必须大于第一宇宙速度，即发射速度大于7.9km/s ，故 C错 误； D设从两卫星相距最近到再次相距最近经历时间为 t。

则有： 21 22 2tt TT 得： 12 12 TT t TT ，故 D正确 故选 D 7. 如图甲所示，a、b是一条竖直电场线上的两点，一带正电的粒子从a运动到b的速度时 间图象如图乙所示，则下列判断正确的是 A. b 点的电场方向为竖直向下 B. a 点的电场强度比b点的大 C. 粒子从a到b的过程中电势能先减小后增大 D. 粒子从a到b的过程中机械能先增大后减小 【答案】 B 【解析】 【详解】 A.粒子在a点时受到的电场力方向向上，大小大于重力，所以电场的方向为竖直向 上，故 A错误； B.粒子在b点时受到的电场力小于重力，所以a点的电场强度比b点的大，故B正确； C.粒子从a到b的过程中电场力一直做正功，所以电势能一直减小，故C错误； D.粒子从a到b的过程中，除重力做负功外，只有电场力做正功，则机械能一直增大，故D 错误 8. 如图所示，质量m=75kg的滑雪运动员在倾角=37的直滑道上由静止开始向下滑行的速 度时间图象，图中的OA直线是 t=0 时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴， 运动员与滑道间的动摩擦因数为，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k设最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s 2，sin37 =0.6，cos37=0.8，则 A. 物体开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动 B. t=0时刻运动员的加速度大小为2m/s 2 C. 动摩擦因数 为 0.25 D. 比例系数k 为 15kg/s 【答案】 C 【解析】 由速度 - 时间图像可知，物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A 错误；在t=0 时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有 22 0 120 m/s4m/s 30 a， 故B错 误 ； 在t=0时 刻 开 始 加 速 时 ，v0=0 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 可 得 00 sincosmgkvmgma，最后匀速时有：vm=10m/s，a=0，由平衡条件可得 m sincos0mgkvmg ，联立解得：=0.25 ，k=30kg/s ，故 C正确、 D错误所以 C正确， ABD错误 9. 风速仪结构如图（a）所示光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通 过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住已知风轮叶片转动半 径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈若某段时间t内探测器接收到的光强随时间变 化关系如图（b）所示，则该时间段内风轮叶片 A. 转速逐渐减小，平均速率为 4 nr t B. 转速逐渐减小，平均速率 8 nr t C. 转速逐渐增大，平均速率为 4 nr t D. 转速逐渐增大，平均速率 8 nr t 【答案】 B 【解析】 【详解】根据题意，从图（b）可以看出，在 t时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘 凸轮的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在 t时间内可以从图看出 有 4 次挡光，即圆盘转动4 周， 则风轮叶片转动了4n周， 风轮叶片转过的弧长为42lnr， 叶片转动速率为： 8 n r v t ，故选项B正确 【点睛】先通过图示判断圆盘凸轮的转动速度变化和转动圈数，再通过圆周运动的关系计算 叶片转动速率 10. 如图所示，将透明长方体放在空气中，矩形ABCD是它的一个截面，将a、b两种单色细光 束射入到P点，入射角为 45 ， 1 2 APAD，若a光折射后恰好射至AD面上，b光从CD 面射出，则（） A. 在介质中b光比a光速度大 B. a光在介质中的折射率 5 2 n C. 若要a光束在AD面上发生全反射，角的范围应满足 42 D. 改变入射角的大小，b光一定可以从AD面射出 【答案】 C 【解析】 【详解】 Aa光的折射角大于b光的折射角，由折射定律知b光的折射率大于a光的折射率， 由： c v n 分析知在介质中b光比a光速度小，故A错误； Ba光折射后恰好射至 AD 面上D点，如图所示。

根据几何关系可知： 222 2 5 sin 5 (2) APAP APADAPAP a光在介质中的折射率为： sin sin10 4 sin25 5 n 故 B错误； C若要a光束在 AD面上发生全反射，则有： 1 sin() 2n 得： 10 cos 5 215 sin1cos 5 由 sin sin n得： 62 sin 22 可知： 42 故 C正确； Db光的折射率大于a光的折射率， 由 1 sinC n 知b光的临界角小于 a光的临界角， 但不确 定b光临界角的范围，因此，改变入射角的大小，b光不一定可以从 AD面射出， 故 D错误 故选 C 二、选择题I ( 本题共 4 小题，每小题4 分，共 16 分. 每小题列出的四个各选项中至少有一个 是符合题目要求的全部选对的得2 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 。