【物理】浙江省杭州五校2020届高三上学期联考试题（解析版） 20页

浙江省杭州五校2020届高三上学期联考试题 ‎—、单选题 ‎1.下列说法正确的是（　　 ）‎ A. 高速公路上限速牌上的速度值指平均速度 B. 运动员在处理做香蕉球运动的足球时，要将足球看成质点 C. 运动员的链球成绩是指链球从离开手到落地的位移大小 D. 选取不同的参考系，同一物体的运动轨迹可能不同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：高速公路上限速牌上的速度值指平均速度，选项A错误；分析运动员踢出的香蕉球的运动规律时，要看足球的旋转，不能看成质点，选项B错误；运动员的链球成绩是指链球从起点位置到落地的位移大小，选项C错误；选取不同的参考系，同一物体的运动描述可能不同，选项D正确．‎ 考点：本题旨在考查对质点和物体区别、瞬时速度与平均速度、运动的描述．‎ ‎2.氢原子能级图如图所示，如果大量氢原子处在n =3能级的激发态，则下列说法正确的是 A. 这群氢原子能辐射出3种不同频率的光子 B. 波长最长的辐射光是氢原子从n =3能级跃迁到能级n =1能级产生的 C. 辐射光子的最小能量为12.09 eV D. 处于该能级的氢原子至少需吸收13.6 eV能量的光子才能电离 ‎【答案】A ‎【详解】这群氢原子能辐射出种不同频率的光子，选项A正确；波长最长的辐射光对应着能级差最小的，则是氢原子从n =3能级跃迁到能级n =2能级产生的，选项B错误；辐射光子的最小能量是从n=3到n=2的跃迁，能量为（-1.51）-（-3.4）=1.89‎ ‎ eV，选项C错误；处于该能级的氢原子至少需吸收1.51eV能量的光子才能电离，选项D错误.‎ ‎3.如图，光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，O为圆心，A为轨道上的一点，OA与水平面夹角为30°．小球在拉力F作用下始终静止在A点．当拉力方向水平向左时，拉力F的大小为10N．当将拉力F在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时，拉力F的大小为(　 　)‎ A. 5N B. 15N C. 10N D. 10N ‎【答案】A ‎【解析】当拉力水平向左时，受到竖直向下的重力，沿OA向外的支持力，以及拉力F，如图所示，根据矢量三角形可得 当拉力沿圆轨道切线方向时，受力如图所示，根据矢量三角形可得，A正确．‎ ‎【点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．‎ ‎4.如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a-F 图象，已知g取 10m/s2，则 A. 滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1‎ B. 当F=10N时木板B加速度为4m/s2‎ C. 木板B的质量为1.5kg D. 滑块A的质量为4kg ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查牛顿运动定律的应用——滑块木板模型．‎ ‎【详解】ACD．由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：‎ 代入数据解得： ‎ 当F大于8N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律：‎ 对B分析：‎ 解得：‎ 由图示图象可知，图线的斜率：‎ 解得：mB=1kg， mA=3kg； 当a=0时，F=6N，代入解得 μ ‎=0.2，故ACD错误； B．根据F=10N＞8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：‎ B正确．故选B．‎ ‎5.1916年，斯泰瓦和托尔曼发现，不带电闭合金属圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴转动，在转速变化时，线圈中会有电流通过．这一现象可解释为：当线圈转速变化时，由于惯性，自由电子与线圈有相对运动．取金属线圈为参照物，正离子晶格相对静止，由于惯性影响，可等效为自由电子受到 一个沿线圈切线方向的“力”F1，但正离子晶格对自由电子的作用力 F2 不允许自由电子无限制地增大速度， F1和F2 会达到平衡，其效果是自由电子相对金属线圈有定向运动．已知 F1 与线圈角速度的变化率 α 成正比，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比．下列说法正确的是（ ）‎ A. 若线圈加速转动，α 越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同 B. 若线圈加速转动，α越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反 C. 若线圈减速转动，α越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同 D. 若线圈减速转动，α越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查电流的形成．‎ ‎【详解】AB．若线圈加速转动，由于惯性，自由电子相对正离子晶格向与线圈转动方向相反的方向转动，电流方向与电子相对运动方向相反，即与线圈转动方向相同，F1 与线圈角速度的变化率 α 成正比，α越大，F1 越大，F1和F2会达到平衡，F1 越大，F2越大，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比，F2越大，相对正离子晶格的速度越大，电流越大，A正确，B错误；‎ CD．若线圈减速转动，由于惯性，自由电子相对正离子晶格向与线圈转动方向相同的方向转动，电流方向与电子相对运动方向相反，即与线圈转动方向相反，F1 与线圈角速度的变化率 α 成正比，α越大，F1 越大，F1和F2会达到平衡，F1 越大，F2越大，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比，F2越大，相对正离子晶格的速度越大，电流越大，CD错误．故选A．‎ ‎6.阻值相等的四个电阻、电容为C的电容器及电动势为E ‎、内阻可以忽略的电池连接成如图所示电路．开始时，开关S断开且电流稳定，然后闭合开关S，电流再次稳定．闭合开关前后电容器所带的电荷量 A. 增加 B. 增加 C. 增加 D. 减少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别画出S断开和闭合时的等效电路图，找打电容器两端的电压，根据Q=CU求解电键S闭合和断开时电容器的带电量，从而求解电量的变化．‎ ‎【详解】由已知条件及电容定义式C＝可得：Q1＝U1C，Q2＝U2C.‎ S断开时等效电路如图甲所示：U1＝·E×＝E；‎ S闭合时等效电路如图乙所示，‎ ‎ ‎ U2＝·E＝E．根据Q=CU则Q1=，Q2= ；∆Q=Q2-Q1=，选项B正确；‎ ‎7.两个靠的很近的天体绕着它们连线上的一点（质心）做圆周运动，构成稳定的双星系统．双星系统运动时，其轨道平面上存在着一些特殊的点，在这些点处，质量极小的物体（如人造卫星）可以相对两星体保持静止，这样的点被称为“拉格朗日点”．现将“地—月系统”看做双星系统，如图所示，O1位地球球心、O2位月球球心，它们绕着O1O2连线上的O点以角速度做圆周运动．P点到O1、O2距离相等且等于O1O2间距离，该点处小物体受地球引力和月球引力的合力F，方向恰好指向O，提供向心力，可使小物体也绕着O点以角速度做圆周运动．因此P点是一个拉格朗日点．现沿O1O2连线方向为x轴，过O1与O1O2垂直方向为y轴建立直角坐标系．A、B、C分别为P关于x轴、y轴和原点O1的对称点，D为x轴负半轴上一点，到O1的距离小于P点到O1的距离．根据以上信息可以判断 A. A点一定是拉格朗日点 B. B点一定是拉格朗日点 C. C点可能是拉格朗日点 D. D点可能是拉格朗日点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由对称性可知，在A点的小物体受地球和月球的吸引力，合力方向一定指向O点，其受力情况与P点相同，可知A点一定是拉格朗日点，选项A正确；在B点的小物体，受地球的引力和月球的引力的合力不可能指向O点，则B点不可能是拉格朗日点；同理C点也不可能是拉格朗日点；选项BC错误；在D点时，小物体受到的地球的引力大于在P点时地球的引力，再加上月球的引力，则在D点的合力大于在P点时的合力，则角速度不可能与在P点时的角速度相等，即D点不可能是拉格朗日电，选项D错误.‎ ‎8.如图所示，导体直导轨OM和PN平行且OM与x轴重合，两导轨间距为d，两导轨间垂直纸面向里的匀强磁场沿y轴方向的宽度按y＝d的规律分布，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，内、外圆环与两导轨接触良好，与两导轨接触良好的导体棒从OP开始始终垂直导轨沿x轴正方向以速度v做匀速运动，规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab－x图象可能正确的是(　　)‎ A A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒向右匀速运动切割磁感线产生感应电动势，e＝Byv＝Bdvsinx，大环内的电流为正弦交变电流；在第一个磁场区域的前一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内球内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在第一个磁场区域的后一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小；则由楞次定律可知，a环内电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大；故D正确；ABC错误；故选D．‎ ‎【点睛】本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律解题的基本步骤，正确掌握并理解“增反减同”的意义，并能正确应用；同时解题时要正确审题，明确题意，不要被复杂的电路图所迷惑.‎ 二、不定项选择题 ‎9.下列说法中正确的是 A. 图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度 B. 图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从bb′面射出 C. 图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间的距离L，两相邻亮条纹间距离将减小 D. 图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查光的折射、反射、干涉．‎ ‎【详解】A．由折射率和光的传播速度之间的关系 可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b光线在水中偏折更大，即b的折射率大于a的折射率，则a在水中的传播速度大于b的传播速度，A正确；‎ B．当入射角i逐渐增大，折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，所以一定有光线从面射出，B错误；‎ C．根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距与双缝间距离d及光的波长 的关系式 可知，只减小屏到挡板间距离，两相邻亮条纹间距离将减小，C正确；‎ D．因为不知道被测样表的放置方向，故不能判断此处是凸起的，D错误．故选AC．‎ ‎10.在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式为，它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x=12 m处，波形图象如图所示，则 A. 此后再经6 s该波传播到x=24 m处 B. M点在此后第3 s末的振动方向沿y轴正方向 C. 波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向 D. 此后M点第一次到达y=-3 m处所需时间是2 s ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：波的周期T="4" s，波长λ="8" m，波速，则再经过6 s，波传播的距离为x="vt=12" m，故该波传到x="24" m处，选项A正确；M点在此时振动方向向下，则第3 s末，即经过了0.75T，该点的振动方向沿y轴正方向，选项B正确；因波传到x="12" m处时，质点向y轴正方向振动，故波源开始振动时的运动方向沿y轴正方向，选项C错误；因为<="sin" 45°，故M点第一次到达y="–3" m位置时，振动的时间小于="1" s，选项D错误．‎ ‎【考点定位】机械波的传播、质点的振动 ‎【名师点睛】此题考查了质点的振动及机械波的传播；要知道质点振动一个周期，波向前传播一个波长的距离；各个质点的振动都是重复波源的振动，质点在自己平衡位置附近上下振动，而不随波迁移；能根据波形图及波的传播方向判断质点的振动方向．‎ ‎11.如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系．若令x轴和y轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若x轴表示时间，y 轴表示功能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系 B. 若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图像可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系 C. 若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图像可以反映某物在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系 D. 若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据动量定理，说明动量和时间是线性关系，纵截距为初动量，C正确．结合得，说明动能和时间的图像是抛物线，A错误．根据光电效应方程，说明最大初动能和时间是线性关系，但纵截距为负值，B错误．当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路内的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律增长合回路的感应电动势等于磁通量的变化率，是一个定值不随时间变化，D错误．‎ ‎12.如图所示，ABCD为一正四面体，电荷量为+q的点电荷Q．固定在A点，先将一电荷量也为+q的点电荷Q1以从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W，再将Q1从C点沿CB移到B点并固定.接着将一电荷量为-3q的点电荷Q2从无穷远处移到D点，再将Q2从D点沿DC移到C点固定，最后将一电量 为-2q的Q3的点电荷从无穷远处移到D点．下列说法正确的有 A. Q2移入之前，C点的电势为 B. Q2从D点移到C点的过程中，所受电场力做的功为0‎ C. Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为3W D. Q3在移到点D后的电势能为2W ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查电势、电场力做功与电势能的关系．‎ ‎【详解】A．将Q1的点电荷从无穷远处移到C点,电场力做功-W，，其中 ，所以 ， A正确；‎ B．A点点电荷产生的电场在B和C处电势相等，则点电荷Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，B正确；‎ C．B点的电荷固定后，点电荷Q2移动到C过程中，两固定电荷的电场力做功分别为3W，总共6W，C错误；‎ D．无穷远处电势为0，则Q3在移到点D过程中，Q 和Q1对Q3做功4W，Q2对Q3做功-6W，即总功为-2W，电势能增加2W，无穷远处电势能为0，所以D点后电势能为2W， D正确．故选ABD．‎ 三、非选择题 ‎13.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中：‎ ‎（1）除打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、一端附有滑轮的长木板、细线、钩码、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有（ ）‎ A.天平 B.电压可调的直流电源 C.秒表 D.电压合适的50Hz交流电源 ‎（2）实验过程中，下列做法正确的是（ ）‎ A.先接通电源，再使小车运动 B.先使小车运动，再接通电源 C.将接好纸带的小车停在靠近滑轮处 D.将接好纸带的小车停在距离滑轮和打点计时器相等的位置 ‎（3）如图所示为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两个计数点间都有4个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6共7个计数点，如图所示．其中2、3、4三个计数点的位置关系如图，则3这个计数点的读数为_____，打点计数器打计数点3时小车的瞬时速度大小v3=___________m/s.‎ ‎【答案】(1). D (2). A (3). 6.10 cm 0.11 m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查实验“探究小车速度随时间变化的规律”．‎ ‎【详解】(1)使用打点计时器是需要用电压合适的交流电源，处理纸带时需要用刻度尺，而天平与秒表均不需要，所以D选项是正确的，ABC错误．‎ ‎(2)实验操作时，用将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处,先接通电源，再释放纸带，所以A选项是正确的，BCD错误．‎ ‎(3)由图读数得3这个计数点的读数为6.10 cm，根据某段时间内平均速度等于中时刻的瞬时速度，则有： ．‎ ‎14.多用电表欧姆挡内部电路如图甲所示，某实验小组利用滑动变阻器和毫安表测定某一多用电表“×1Ω”挡内部电源的电动势E，实物电路如图乙．‎ ‎（1）把多用表选择旋钮拨到欧姆挡的“×1Ω”位置，将红、黑表笔短接后进行电阻调零．正确连接图乙的电路，将红表笔与___________（填（C或D）接线柱连接，黑表笔与图中的另一接线柱连接．将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关，调节滑动片P，获取几组多用电表的电阻读数和毫安表的电流读数并记 录．若某次实验毫安表的电流读数为I，多用电表的示数R如图丙，则多用电表外部接入电路的电阻（即滑动变阻器的电阻和毫安表的内阻之和）为___________Ω．‎ ‎（2）根据欧姆挡表盘数据，可知多用表“×1Ω”挡内部电路的总内阻为R0=___________Ω．‎ ‎（3）根据实验原理，该电阻挡内部电源的电动势表达式为E=___________（用字母I，R和R0表示）．‎ ‎【答案】(1). C 22Ω (2). 15Ω (3). E=I（R+R0）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】考查多用电表的使用，测电源电动势和内阻．‎ ‎【详解】（1）电流从红表笔进，即图中B为红表笔，与电源负极相连，接电流表负极，即接C．‎ 由图可知指针读数为22，档位取 x1，则读数为：22x1Ω= 22Ω；‎ ‎（2）当内外电阻相等时，指针恰指在中间位置，即15Ω，即欧姆表内部电路的总电阻为15Ω；‎ ‎（3）由闭合电路的欧姆定律可知：电动势：‎ ‎15.如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，他们一起下落．不计空气阻力．‎ ‎（1）在下落过程中，两个小球之间是否存在相互作用力？请说明理由．‎ ‎（2）已知h远大于两球半径，所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞前后小球都沿竖直方向运动．若碰撞后m2恰好速度为零，求：‎ ‎①落地前瞬间，两个小球的速度大小v0；‎ ‎②两个小球的质童之比m1：m2；‎ ‎③小球m1上升的最大高度H．‎ ‎【答案】（1）在下落过程中，两个小球处于完全失重状态，两球之间不存在相互作用力． ‎ ‎（2） ①；②1：3；③ ．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查动量守恒与机械能守恒的综合问题．‎ ‎【详解】（1）在下落过程中，两个小球处于完全失重状态，两球间不存在相互作用力．‎ ‎（2）①两球下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ 解得：v0=；‎ ‎②m1、m2以相同的速度v0落到地面，m2先与地面发生弹性碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向反向；‎ 接着与m1碰撞，碰撞后m2处于平衡状态，则碰后m2的速度恰好减为零，碰撞过程系统动量守恒，‎ 取向上为正方向，由动量守恒定律得：‎ 由机械能守恒定律得：‎ ‎+=‎ 解得：v=，‎ 两球的质量之比 ‎ ‎③小球碰撞后上升过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ 解得：H=4h ‎16.如图所示，在粗糙的水平面上有一滑板，滑板上固定着一个用粗细均匀的导线绕成的正方形闭合线圈，匝数N=10，边长L=lm，总电阻R=1Ω，滑板和线圈的总质量M=2kg，滑板与地面间的动摩擦因数μ=0.1．前方有一长2.5L，高L的矩形区域，其下边界与线圈中心等高，区域内有垂直线圈平面向里的水平匀强磁场，磁感应强度大小为1T，现给线圈施加一水平拉力F，使线圈以速度v=0.4m/s匀速进入矩形磁场，t=0时刻，线圈右侧恰好开始进入磁场．g=10m/s2，求：‎ ‎（1）线圈刚进入磁场时线圈中通过的电流；‎ ‎（2）线圈全部进入磁场区域前的瞬间所需拉力的大小；‎ ‎（3）将线圈从磁场外匀速拉进磁场的过程中拉力F做的功．‎ ‎【答案】（1）2A（2）14N（3）13J ‎【解析】‎ 分析】‎ 考查切割磁感线问题．‎ ‎【详解】（1）线框切割磁感线：‎ E1=NBv=2V I1==2A ‎（2）右边导线所受向左的安培力：‎ F1=NBI1=20N 上边导线所受向下的安培力：‎ F2=NBI1L=20N 滑动摩擦力：‎ f=μ（Mg+F2）=4N 故拉力：‎ F=F1+f=14N ‎（3）进入磁场过程中，‎ F=F1+f=F1+μ（mg+ NBIx）‎ 进入过程外力所做的功：‎ W== 13J ‎17.如图所示，有一个无重力空间，Y方向为竖直方向，在x≥0的区域内存在匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B =1T，绝缘光滑空心细管縱的长度为h=3m，管内M端有一质量为m=0. lkg、带正电q=0.‎ ‎ 1C的小球，开始时小球相对管静止．管带着小球沿垂直于管长度方向，以恒定速度v0=5m/s向右方运动．求：‎ ‎（1）已知进入磁场后小球将匀加速上升，求小球上升的加速度；‎ ‎（2）小球在从管的M端到N端的过程中，管壁对小球做的功；‎ ‎（3）当细管以v0=5m/s进入磁场时，若给管一定的外 力，使其以a=2.0m/s2的恒定加速度向右匀加速运动，小球将不能以恒定加速度上升．为保证小球仍能在管中匀加速上升，需让细管与小球间具有一特定的摩擦因数μ．试求该μ值，及小球相对管上升的加速度ay．（要求μ<1）‎ ‎【答案】（1）5m/s2（2）1.5J（3）0.5；4.0m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查洛伦兹力与能量问题的综合．‎ ‎【详解】（1）由牛顿第二定律得 ‎ ‎ ‎（2）解法一、设小球离开管口时速度为v1：‎ 联立解得：‎ 小球的合速度为：‎ 由动能定理得小球从管的M端到N端的过程中管壁对小球做的功W为：‎ 解法二、洛仑兹力不做功，则洛仑兹力两个分量做功相互抵消．‎ 管壁对小球所做的功大小应等于洛仑兹力竖直分量对小球所作的功：‎ ‎（3）小球竖直分速度为vy时，水平速度记为vx，小球受力如图所示 水平方向上有：‎ 由：‎ 得：‎ 设小球从进入磁场t时刻，水平速度为：‎ 竖直方向的加速为ay分速度为vy，则 t时刻：‎ 即 ：‎ 含t项应相等，有 即：‎ 联立得 解得 ， μ= 2舍去