【物理】安徽省皖江名校联盟2020届高三下学期第五次联考（解析版） 19页

安徽省皖江名校联盟2020届高三下学期 第五次联考 一、选择题 ‎1.1897年英国物理学家约瑟夫·约翰·汤姆生在研究阴极射线时发现了电子，这是人类最早发现的基本粒子。 下列有关电子说法正确的是（ ）‎ A. 电子的发现说明原子核是有内部结构的 B. β射线也可能是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力 C. 光电效应实验中，逸出的光电子来源于金属中自由电子 D. 卢瑟福的原子核式结构模型认为核外电子的轨道半径是量子化的 ‎【答案】C ‎【详解】A．电子的发现说明了原子是有内部结构的，无法说明原子核有内部结构。原子是由原子核和核外电子组成的。故A错误。‎ B．β-射线是核内中子衰变为质子时放出的电子形成的，与核外电子无关。故B错误。‎ C．根据光电效应现象的定义可知光电效应实验中，逸出的光电子来源于金属中的自由电子。故C正确。‎ D．玻尔理论认为电子轨道半径是量子化的，卢瑟福的原子核式结构模型认为在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.如果没有空气阻力，天上的云变成雨之后落到地面，在经过一路的加速后，到达地面时的速度会达到300米/秒，这样的速度基本相当于子弹速度的一半，是非常可怕的。 由于空气阻力的作用，雨滴经过变加速运动，最终做匀速运动，一般而言，暴雨级别的雨滴落地时的速度为8~9米/秒。 某次下暴雨时小明同学恰巧打着半径为0.5m的雨伞（假设伞面水平，雨水的平均密度为0.5kg/m3），由于下雨使小明增加撑雨伞的力最小约为（ ）‎ A. 0.25N B. 2.5N C. 25N D. 250N ‎【答案】C ‎【分析】本题考查考生的分析综合能力，需要利用动量定理等相关知识解题。‎ ‎【详解】设t时间内，落到雨伞上雨水的质量为m，根据动量定理 所以 代人数值解得。故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据速度和雨水的平均密度求出单位时间内雨水的质量是解题的关键。‎ ‎3.建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。 在一次抛砖的过程中，砖块运动3s到达最高点，将砖块的运动匀变速直线运动，砖块通过第2s内位移的后用时为t1，通过第1s内位移的前用时为t2，则满足（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】竖直向上抛砖是匀变速直线运动，经过3s减为0 ，可以从最高点开始逆向思维，把上升过程反过来看作自由落体运动。根据自由落体运动的公式，得第1s内，第2s内，第3s内的位移之比为 从最高点开始，设第1s内位移为x ，则第2s内为3x，第3s内为5x。所以从最高点开始，砖块通过上抛第2s位移的后的位移为第2个x，通过第1s内位移的前的位移即为第9个x，按照自由落体公式可得 所以 所以ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎4.如图所示，A、B、C是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，其竖直高度分别为h1、h2、h3，将三个相同的小球分别从A、B、C三点以相同的速度v0水平抛出，最终都能到达A的下一级台阶的端点P处，不计空气阻力。 关于从A、B、C三点抛出的小球，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在空中运动时间之比为tA ∶tB∶tC=1∶3∶5‎ B. 竖直高度之比为h1∶h2∶h3=1∶2∶3‎ C. 在空中运动过程中，动量变化率之比为=1∶1∶1‎ D. 到达P点时，重力做功的功率之比PA：PB：PC=1：4：9‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．根据水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1:2:3， 所以它们在空中运动的时间之比为1:2:3， A错误。‎ B．根据，竖直高度之比为， B错误。‎ C．根据动量定理可知，动量的变化率为物体受到的合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，故C正确。‎ D．到达P点时，由 知，竖直方向速度之比为1:2:3， 重力做功的功率 所以重力做功的功率之比为 故D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.2019年1月3日，嫦娥四号月球探测器平稳降落在月球背面南极——艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内，震惊了全世界。 嫦娥四号展开的太阳能电池帆板在有光照时，可以将光能转化为电能，太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图所示，则下列说法正确的是 （ ）‎ A. 该电池板的电动势为2.80V B. 随着外电路电阻增大，其内阻逐渐增大 C. 外电路阻值为1kΩ时电源输出功率约为3.2W D. 外电路阻值为1kΩ时电源效率约为36%‎ ‎【答案】A ‎【详解】A．电源的路端电压与干路电流的关系图像中，图线与纵轴的交点表示电动势，所以由图可知该电池板的电动势为2. 80V， A正确。‎ B．随着外电路电阻增大，干路电流不断减小，由闭合电路欧姆定律可知内阻 如图所示，‎ 外电路电阻，阻的伏安特性曲线与原路端电压与干路电流的图线分别交于P1、P2， 则 指的是E与P1的斜率，‎ 指的是E与P2连线的斜率，可知，B错误。‎ C．在原图中作出阻值为1kΩ的电阻的伏安特性曲线，如下图所示 与原图交于(1. 8V，1.8mA)，此交点即表示电阻的实际状态，所以电源输出功率约为 故C错误。‎ D．此时电源的效率 故D错误。‎ 故选A。‎ ‎6.2019年9月12日，我国在太原卫星发射中心“一箭三星”发射成功。 现假设三颗星a、b、c均在在赤道平面上绕地球匀速圆周运动，其中a、b转动方向与地球自转方向相同，c转动方向与地球自转方向相反，a、b、c三颗星的周期分别为Ta =6h、Tb =24h、Tc=12h，下列说法正确的是（ ）‎ A. a、b每经过6h相遇一次 B. a、b每经过8h相遇一次 C. b、c每经过8h相遇一次 D. b、c每经过6h相遇一次 ‎【答案】BC ‎【详解】AB．a、b转动方向相同，在相遇一次的过程中，a比b多转一圈， 设相遇一次的时为， 则有 解得，所以A错误，B正确。‎ CD．b、c转动方向相反，在相遇一次的过程中，b、c共转一圈，设相遇次的时间为，则 有 解得，故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎7.如图所示，半径为r、电阻为R的单匝圆形线框静止于绝缘水平面上，以圆形线框的一条直径为界，其左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场，以垂直纸面向里的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律分别如图乙所示。 则0~t0时间内，下列说法正确的是（ ）‎ A. 时刻线框中磁通量为零 B. 线框中电流方向为顺时针方向 C. 线框中的感应电流大小为 D. 线框受到地面向右的摩擦力为 ‎【答案】ACD ‎【详解】A．时刻，两部分磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，线框中的磁通量为零，A正确。‎ B．根据楞次定律可知，左侧的导线框的感应电流是逆时针，而右侧的导线框的感应电流也是逆时针，则整个导线框的感应电流方向为逆时针，B错误。‎ C．由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知整个导线框产生感应电动势为左、右两侧电动势之和，即 由闭合电路欧姆定律，得感应电流大小 故C正确。‎ D．由左手定则可知，左、右两侧的导线框均受到向左的安培力，则所受地面的摩擦力方向向右、大小与线框所受的安培力大小相等，即 故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎8.光滑绝缘的水平地面上，一质量m=1.0kg、电荷量q=1.0×10-6 C的小球静止在O点，现以O点为坐标原点在水平面内建立直角坐标系xOy，如图所示，从t=0时刻开始，水平面内存在沿 x、 y方向的匀强电场E1、E2，场强大小均为1.0 ×107V/m；t =0.1s时，y方向的电场变为-y方向，场强大小不变；t=0.2s时，y方向的电场突然消失，x方向的电场变为-x方向，大小。下列说法正确的是（　　）‎ A. t=0.3s时，小球速度减为零 B. t=0.1s时，小球的位置坐标是（0.05m，0.15m）‎ C. t=0.2s时，小球的位置坐标是（0.1m，0.1m）‎ D. t=0.3s时，小球的位置坐标是（0.3m，0.1m）‎ ‎【答案】AD ‎【详解】从t=0时刻开始，水平面内存在沿+x、+y方向的匀强电场E1、E2，场强大小均为，则由牛顿第二定律可知 小球沿+x、+y方向的加速度的大小均为 经过1s， t=0. 1s时，小球沿+x、+y方向的速度大小均为 小球沿+x、+y方向的位移大小均为 在第2个0. 1s内，小球沿x方向移动的距离 沿y方向移动的距离 沿y方向移动的速度 t=0.2s时，y方向的电场突然消失，x方向的电场变为-x方向，则在第3个0.1 s内小球沿+x方向做匀减速直线运动，由 可知，‎ 在第3个0.1s内，小球沿+x方向移动的距离 t=0.3s时，小球的速度微 综上分析可知， AD正确，BC错误。‎ 故选AD。‎ 二、非选择题 ‎9.在“探究求合力的方法”实验中，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5N的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）。‎ ‎ ‎ ‎(1)具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的是____。‎ A.橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些 B.再次进行验证时，结点O的位置必须保持相同 C.使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度 D.拉橡皮条的细线要稍长一些，标记同一细绳方向的两点距离要远一些 ‎(2)实验小组用图甲装置得到了如图乙所示的两个分力F1、F2及合力F的图示。 关于合力与分力的关系，某同学认为用虚线连接F1和F的末端A、C，则AOC如图丙构成一个三角形，若满足____，则说明合力与分力之间的关系满足平行四边形定则。‎ ‎【答案】 (1). ACD (2). AC与表示分力F2的OB长度相等，方向平行 ‎【详解】（1）[1]A．合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定结点O的位置要相同，同时拉力的大小要适当大一些，可以有效减小误差。故A正确。‎ B．在重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同。故B错误。‎ C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小因摩擦产生的误差。读数时视线应正对测力计刻度，可以减小偶然误差。故C正确。‎ D．拉橡皮条细线要长一些，标记用一细绳方向的两点要远一些，可以减小方向误差，故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎（2）[2]根据平行四边形定则可知若AC与表示分力F2的OB长度相等，方向平行，则说明合力与分力之间的关系满足平行四边形定则。‎ ‎10.学习了“测量电源的电动势和内阻”后，物理课外活动小组设计了如图甲所示的实验电路，电路中电源电动势用E，内阻用r表示。‎ ‎ ‎ ‎(1)若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，处理数据得到图像如图乙所示，写出关系式 ___。（不考虑电表内阻的影响）‎ ‎ (2)若断开S1，将单刀双掷电键S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I，处理数据得到图像如图丙所示，写出关系式 ___。（不考虑电表内阻的影响）‎ ‎ (3)课外小组的同学们对图像进行了误差分析，发现将两个图像综合起来利用，完全可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差。 已知图像乙和丙纵轴截距分别为b1、b2，斜率分别为k1、k2。 则电源的电动势E=____，内阻r=____。‎ ‎(4)不同小组的同学用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成），按照(1)中操作完成了上述的实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。 同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组继续进一步探究，对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了如图丁所示的P—R和P—U图像。若已知甲电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是____（选填选项的字母）。‎ A.B.C.D.‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). BC ‎【详解】（1）[1]若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压 表的读数U， 根据闭合电路欧姆定律可知 则 ‎（2）[2] 根据闭合电路欧姆定律 变形得到与R的关系式，‎ ‎（3）[3][4] 由题图所示电路图可知，利用伏阻法时，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于，这是造成系统误差的原因。若考虑通过电压表的电流，则表达式为 则 则 利用安阻法时，考虑电流表内阻，可得 则图丙中图像的斜率的倒数等于电源的电动势E。那么根据 ‎，‎ 可得 ‎，‎ ‎（4）[5]AB．根据电源的输出规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，当外电阻大于内电阻时，随着外电阻的增大，输出功率将越来越小，又由 可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，甲的电阻大于乙的电阻，所以乙的最大功率大于甲的最大功率，故A错误，B正确。‎ CD．当内、外电阻相等时，输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，且电池组乙的输出功率比甲的大，而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎11.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向。在x=L到x=2L之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷为k的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x方向通过x轴上x=3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)电场强度的大小；‎ ‎(2)带电微粒的初速度；‎ ‎(3)带电微粒做圆周运动的圆心的纵坐标。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【详解】（1）进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，则 ‎（2）粒子轨迹如图所示 由几何关系知 由洛伦兹力提供向心力 竖直方向有 水平方向有 联立解得 ‎（3）竖直方向有 圆心的纵坐标为 联立解得 ‎12.如图所示，质量为m1的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为μ1=0.5，其端有一固定的、光滑的半径R=0.4m 的四分之一圆弧轨道（接触但无黏连），长木板上表面与圆弧面最低点等高，木板左侧有一同样的固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距x 0=1m。 质量为m2 =2m1的小木块（看成质点）从距木板右端x=2m处以v0 =10m/s的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数为μ2 =0.9，重力加速度取g = 10m/s2。 求：‎ ‎(1)m2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。‎ ‎(2)使m2不从m1上滑下，m1的最短长度。‎ ‎(3)若m1取第(2)问中的最短长度，m2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。‎ ‎【答案】(1)2.8m；(2)m；(3)m ‎【详解】（1）设滑块到达木板右端的速度为v1，由动能定理可得 ‎ ‎ 代入数据，解得v1=8 m/s 设滑块离开圆弧轨道后.上升的最大高度为h1，由动能定理可得 代入数据，解得h1=2.8 m。‎ ‎（2）由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小v1=8 m/s，滑上木板后，滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律 木板的加速的为a1，由牛顿第二定律 解得，。‎ 设经过t1时间后两者共速，共同速度为v，‎ 由运动学公式可知 ‎，‎ 解得 该过程中木板的位移 滑块走过的位移 由于，假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，则木板的最小长度 联立以上各式，解得 ‎（3）滑块和木板一起匀减速运动至最左端，设加速度均为a，由牛顿第二定律可知 解得 滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为v2，由动能定理可得 随后滑块滑上左侧轨道，设上升的最大高度为h2，则由动能定理可得 代入数据，解得 ‎13.如图所示，一定质量的理想气体，按图示方向经历了ABCDA的循环，其p-V图线如图．状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能____ (选填 “大”或“小”);由B到C的过程中，气体将_____(选填“吸收”或“放出”)热量：经历ABCDA一个循环，气体吸收的总热量______ ( 选填“大于”或“小于”)释放的总热量．‎ ‎【答案】大 放出 大于 ‎【详解】[1]由理想气体状态方程得：解得：‎ 可见TA