重庆市重庆七中2020届高三物理上学期入学考试试题(带解析)

重庆市重庆七中2020届高三物理上学期入学考试试题一、选择题1.某人骑自行车沿一斜坡从坡底到坡顶，再从坡顶到坡底往返一次，已知上坡时的平均速度大小为4m/s，下坡时的平均速度大小为6m/s，则此人往返一次的平均速度大小是（）A. 10m/sB. 5m/sC. 4.8m/sD. 0【答案】D【解析】人往返一次通过的位移为0，故平均速度为零，故选D.2.下列关于原子结构和原子核的说法中正确的是()A. 卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型B. 天然放射性元素在衰变过程中电荷数和质量数守恒，其放射线在磁场中不偏转的是γ射线C. 据图可知，原子核A裂变成原子核B和C要放出核能D. 据图可知，原子核D和E聚变成原子核F要吸收能量【答案】ABC【解析】A、卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，故A正确；B、天然放射性元素在衰变过程中电荷数和质量数守恒，其放射线在磁场中不偏转的是γ射线，B正确；C、裂变和聚变都要有质量亏损，根据质能方程都放出能量，C正确，D错误。

点睛：核反应过程中质量数和电荷数都守恒，在裂变和聚变时有质量亏损，要释放能量。

3.如图所示，两个质量都是m小球A、B用轻杆连接后靠在墙上处于平衡状态，已知墙面光滑，水平地面粗糙，现将A球向上移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力F1和摩擦力F2的大小变化情况是( )A. F 1不变，F 2增大B. F 1不变，F 2减小C. F 1增大，F 2增大D. F 1增大，F 2减小【答案】B 【解析】【详解】对整体进行受力分析如图所示：知F 1=2mg ，移动两球后，仍然平衡，则F 1仍然等于2mg ，所以F 1不变。

墙壁对小球A 的弹力始终等于地面对B 的摩擦力F 2。

再隔离对A 进行受力分析，墙壁对A 的弹力F A =mgtanθ，当A 球向上移动一小段距离，夹角θ减小，所以F A 减小。

而墙壁对小球A 的弹力始终等于地面对B 的摩擦力F 2，所以F 2减小.A. F 1不变，F 2增大与分析不符，A 错误B. F 1不变，F 2减小与分析相符，B 正确 C .F 1增大，F 2增大与分析不符，C 错误 D. F 1增大，F 2减小与分析不符，D 错误4.如图所示，N 匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕轴'OO 匀速转动，线框面积为S ，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R 、理想交流电流表和二极管.D 二极管D 具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大.下列说法正确的是A. 交流电流表的示数 2I NBS Rω=B. 一个周期内通过R 的电荷量0C. R 两端电压的有效值2U NBS =D. 图示位置电流表的示数为0【答案】A【解析】【详解】AC.矩形闭合导线框在磁场中转动，产生的交流电的电压最大值为：E m =NBSω二极管具有单向导电性，一个周期中只有一半时间电路中有电流，根据电流的热效应得：22(2)2m T U R T R ⋅=解得R 两端电压2NBS U ω=电流表的示数为有效值2U NBS I R Rω=＝ 故A 正确，C 错误；B .一个周期中只有一半时间电路中有电流，由E Nt ΦV V ＝， E I R=，q=It ，得到电量为：2NBSq R=， 故B 错误；D.电流表显示的是有效值，不会随瞬时值的变化而变化，即图示位置电流表的示数不为0，故D 错误。

5.如图所示，质量为M 的斜面体A 置于粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m 的小球B 置于斜面上，整个系统处于静止状态。

已知斜面倾角θ＝30°，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则 ( )A. 斜面体对小球的作用力大小为mgB. 轻绳对小球的作用力大小为12mg C. 斜面体对水平面的压力大小为()m M gD. 斜面体与水平面间的摩擦力大小为34mg 【答案】B 【解析】【详解】A. 以小球为研究对象受力分析，根据平衡条件，垂直斜面方向，斜面对小球的支持力：N =mg cos30∘=3mg ，；平行斜面方向，轻绳对小球的作用力：T =mg sin30∘=12mg ，故A 错误，B 正确； C. 以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，竖直方向：N =(m +M )g −T sin30∘，水平方向：f =T cos30∘3，故C 错误，D 错误。

故选：B点睛：以小球为研究对象受力分析，根据平衡条件列方程求斜面和轻绳对小球的作用力；以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，根据平衡条件求斜面体受到的支持力和摩擦力．6.如图甲，一物块在t =0时刻滑上一固定斜面，其运动的v —t 图象如图乙所示。

若重力加速度g =10m /s 2，则A. 斜面的长度4L m =B. 斜面的倾角30o θ=C. 物块的质量1m kg =D. 物块与斜面间的动摩擦因数3μ= 【答案】BD 【解析】 【分析】由图乙所示图象可求出物体的加速度，应用牛顿第二定律求出斜面的倾角与动摩擦因数，然后根据物体运动过程分析答题。

【详解】由图乙所示图象可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移，但是不能求出斜面的长度，故A 错误；由图乙所示图象可知，加速度大小：188/1v a m s t ===V V ，242/31v a m s t '==='-V V ，由牛顿第二定律得：上升过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma 1，下降过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma 2，解得：θ=30°，μ=3，故BD 正确。

根据图示图象可以求出加速度，由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数与斜面倾角，但是无法求出物块的质量，故C 错误。

故选BD 。

【点睛】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。

7.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，V 是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A. 此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB. 此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC. 原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD. 原线圈两端原来的电压有效值约为48 V 【答案】AD 【解析】试题分析：现将负载电阻的阻值减小为R=5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5．0V ， 根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压2005665U R V R =⨯=，根据电压与匝数成正比可知，此时原线圈两端电压的有效值U 1=4U 2=24V ，所以此时原线圈两端电压的最大值约为U 1m =242≈34V，故A 正确，B 错误；原来副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R=11R 0，由于保持变压器输入电流不变，所以输出电流也不变，所以原来副线圈电压200512125U R V R '=⨯=，根据电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为48V ，故C 错误，D 正确；故选AD 。

考点：变压器；交流电8.如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。

螺线管与导线框abcd 相连，导线框内有一小金属圆环L ，圆环与导线框在同一平面内。

当螺线管内的磁感应强度B 随时间按图(b)所示规律变化时A. 在t 1~t 2时间内，L 有收缩趋势B. 在t 2~t 3时间内，L 有扩张趋势C. 在t 2~t 3时间内，L 内有逆时针方向感应电流D. 在t 3~t 4时间内，L 内有顺时针方向的感应电流 【答案】AD 【解析】据题意，在t 1~t 2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A 正确；在t 2~t 3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B 、C 错误；在t 3~t 4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项D 正确。

【考点定位】楞次定律、安培定则【方法技巧】线圈内通有非均匀变化的磁场，导线框内产生变化的电流，该电流激发出变化的磁场，才可以使圆环产生感应电流；线圈内通有均匀变化的磁场，导线框内产生稳定的电流，该电流激发出的是稳定的磁场，不会使圆环产生感应电流。

二、实验题 9.某同学用图（a ）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有220Hz 、30 Hz 和40 Hz ，打出纸带的一部分如图（b ）所示。

该同学在实验中没有记录交流电的频率f ，需要用实验数据和其他条件进行推算。

（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图（b ）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点时，重物下落的速度大小为_________，打出C 点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度的大小为________. （2）已测得1s =8.89cm ，2s =9.5.cm ，3s =10.10cm ；当重力加速度大小为9.80m/2s ，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。

由此推算出f 为________ Hz 。

【答案】 (1).()1212s s f + (2). ()2312s s f + (3). ()23112s s f - (4). 40【解析】试题分析：（1）打B 点时，重物下落的速度等于AC 段的平均速度，所以；同理打出C 点时，重物下落的速度；由加速度的定义式得（2）由牛顿第二定律得：，解得：，代入数值解得：f=40Hz 。

【考点定位】验证机械能守恒定律、纸带数据分析【名师点睛】本题主要考查验证机械能守恒定律实验、纸带数据分析。

解决这类问题的关键是会根据纸带数据求出打某一点的瞬时速度、整个过程的加速度；解决本题要特别注意的是打点计时器的频率不是经常用的50 Hz 。

10.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A .电流表1(A 内阻100g R =Ω，满偏电流3)g I mA =B .电流表2(A 内阻约为0.4Ω，量程为0.6)AC .定值电阻0900R =ΩD .滑动变阻器()5,2R A ΩE .干电池组()6,0.05V ΩF .一个开关和导线若干G .螺旋测微器，游标卡尺（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为______mm ；如图2用10分度游标卡尺测金属棒长度为______cm ．（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“10⨯Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用______挡(填“1Ω⨯”或“100Ω⨯”)，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为______Ω.（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值，并在图4的实线框里画出其电路图_________．（4）若实验测得电流表1A示数为1I，电流表2A示数为2I，则金属棒电阻的表达式为x R=_____________________（用1I，2I，0R，g R表示）【答案】(1). 6.123 (2). 10.65 (3). 1⨯Ω(4). 17.0 (5). 如图所示(6).() 1021gI R RI I+-【解析】【详解】（1）[1].金属丝的直径为：d=6mm+12.3×0.01mm=6.123mm；[2].长度为：L=106mm+5×0.1mm=106.5mm=10.65cm；（2）[3].[4].用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，示数偏小，要增大示数则要倍率减小换成×1Ω的倍率，则初测电阻为：R=17.0Ω；（3）[5].由于题目中没有给出电压表，显然是用电流表A1与R0串联后组成电压表，为多测几组数据滑动变阻器采用分压接法，设计的电路图如图所示:（4）[6.]由电路连接及欧姆定律可求出金属棒的电阻为：()1021gxxxI R RURI I I+==-。