湖南省2020届高三下学期3月线上联考理综物理试题 Word版含解析 18页

www.ks5u.com ‎2020年3月线上联考高三理科综合试卷 物理部分 一、选择题:本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.一小球被水平抛出，做平抛运动．若从小球被抛出开始计时，则小球在运动过程中 A. 加速度大小与时间成正比 B. 速度大小与时间成正比 C. 速度的增量大小与时间成正比 D. 位移大小与时间的二次方成正比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物体做平抛运动，加速度为重力加速度，小球在运动过程中加速度不变，故A错误；‎ B．设物体从抛出到某一位置的经过时间为t，竖直速度为：vy=gt，水平速度为v0，则速度为 所以速度大小与时间不成正比，故B错误；‎ C．平抛运动加速度不变，则速度的增量为：‎ ‎△v=gt 所以速度的增量大小与时间成正比，故C正确；‎ D．竖直位移为：水平位移为：x=v0t，所以位移为 所以位移大小与时间的二次方不成正比，故D错误．‎ ‎2.原子核的平均结合能与质量数之间的关系图线如图所示。下列说法正确的是 - 18 -‎ A. 核的结合能约为14 MeV B. 核比核更稳定 C. 三个中子和三个质子结合成核时吸收能量 D. 在核反应中，要吸收热量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 的平均结合能是7MeV，把一个氦核分解成4个自由核子要消耗能量，即结合能：‎ E耗=7×4MeV=28MeV 故A错误；‎ B． 核的平均结合能更大，故核比核更稳定，故B正确；‎ C． 三个中子和三个质子结合成核时有质量亏损，会释放能量，故C错误；‎ D． 是链式反应，会释放能量，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎3.图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，R0是定值电阻，R是滑动变阻器，电容器C的耐压值为50V。变压器原线圈输入的电压如图乙所示，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是 A. 副线圈两端电压的频率为10 Hz - 18 -‎ B. 电流表的示数表示的是电流的瞬时值 C. 电容器C会被击穿 D. 滑片P向下移动时，电流表A1、A2的示数均增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 根据图乙知交流电周期为0．01s，所以频率为100Hz，变压器不改变交流电频率，副线圈两端电压的频率为100 Hz ，故A错误；‎ B． 电流表的示数表示的是交流电的有效值，故B错误；‎ C．根据变压器两端电压与匝数成正比可知，副线圈两端电压最大值为40V，小于电容器的击穿电压50V，故电容器不会击穿，故C错误；‎ D． 匝数比不变，副线圈两端电压不变，滑片P向下移动时，副线圈回路电阻变小，根据欧姆定律可知，回路电流I2变大，根据只有一个副线圈的变压器电流与匝数成反比可知，原线圈电流也变大，故电流表A1、A2的示数均增大，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎4.如图所示，甲、乙两细绳一端系着小球，另一端固定在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时甲绳水平，乙绳倾斜。现将圆环在竖直平面内逆时针缓慢向左滚动至乙绳竖直，在此过程中 A. 甲绳中的弹力增大，乙绳中的弹力增大 B. 甲绳中的弹力增大，乙绳中的弹力减小 C. 甲绳中的弹力减小，乙绳中的弹力增大 D. 甲绳中的弹力减小，乙绳中的弹力减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球进行受力分析，如图所示 - 18 -‎ mg的对角不变，设为γ，设甲绳中的力Fa的对角为α，乙绳中力Fb的对角为β，在缓慢转动的过程中，小球始终处于平衡状态，由正弦定理得：‎ α角由钝角增大至平角，sinα逐渐减小，可得Fa逐渐减小。β角逐渐减小，sinβ逐渐减小，可得，Fb逐渐减小。‎ A． 甲绳中的弹力增大，乙绳中的弹力增大，与分析不符，故A错误；‎ B． 甲绳中的弹力增大，乙绳中的弹力减小，与分析不符，故B错误；‎ C． 甲绳中的弹力减小，乙绳中的弹力增大，与分析不符，故C错误；‎ D． 甲绳中的弹力减小，乙绳中的弹力减小，与分析相符，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎5.质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器。某质谱仪的原理图如图所示，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，偏转磁场（匀强磁场）的磁感应强度大小为B2。一电荷量为q的粒子在加速电场中由静止加速后进入速度选择器，恰好能从速度选择器进入偏转磁场做半径为R的匀速圆周运动。粒子重力不计，空气阻力不计。该粒子的质量为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 18 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，由平衡条件得：‎ qvB1=qE 粒子速度：‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ A．，与结论相符，选项A正确；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.近年来，我国的高速铁路网建设取得巨大成就，高铁技术正走出国门。在一次高铁技术测试中，机车由静止开始做直线运动，测试段内机车速度的二次方v2与对应位移x的关系图象如图所示。在该测试段内，下列说法正确的是（ ）‎ A. 机车的加速度越来越大 B. 机车的加速度越来越小 C. 机车的平均速度大于 D. 机车的平均速度小于 ‎【答案】BC - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．如图所示，在该测试段内，随着机车位移的增大，在相等位移上，速度的二次方的差值逐渐减小，由可知，机车的加速度逐渐减小，故A错误，B正确；‎ CD．由于机车做加速度减小的变加速直线运动，故在该测试段内机车的平均速度大于，故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎7.我国计划在2020年7月发射火星探测器，预计经过10个月的飞行，火星探测器2021年到达火星，着陆火星表面并进行巡视探测。假设探测器在火星表面和地球表面以相同的速度竖直上抛一物体，其在地球上落回抛出点的时间是火星上的a倍，已知地球半径与火星半径之比为b。不计地球和火星的自转及其表面气体的阻力。下列说法正确的是 A. 地球与火星绕太阳运动时，它们与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等 B. 地球与火星表面的重力加速度大小之比为1:a C. 地球与火星的质量之比为a: b2‎ D. 地球与火星的第一宇宙速度大小之比为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开普勒第二定律描述的内容是针对同一环绕天体与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故A错误；‎ B．根据竖直上抛速度公式 可得：‎ 地球上落回抛出点的时间是火星上的a倍，地球与火星表面的重力加速度大小之比为1:a，故B正确；‎ - 18 -‎ C．在星球表面 ，地球与火星表面的重力加速度大小之比为1:a，地球半径与火星半径之比为b。故地球与火星的质量之比为b2: a，故C错误；‎ D．对近地卫星有，带入数据可得，地球与火星的第一宇宙速度大小之比为，故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎8.如图所示，轻质弹簧与倾角为37°的固定斜面平行，弹簧的下端固定，上端与物块相连，绕过光滑定滑轮的轻绳分别与物块和小球相连。开始时用手托住小球.使弹簧处于原长状态，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，滑轮右侧的轻绳竖直，然后由静止释放小球。已知小球的质量是物块质量的两倍，重力加速度大小为g，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。下列说法正确的是 A. 释放小球的瞬间，小球的加速度大小为 B. 物块上滑过程中，小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能与物块机械能的增加量之和 C. 物块上滑过程中，物块动能的增加量等于它所受重力、轻绳拉力、摩擦力做功之和 D. 物块上滑过程中，轻绳拉力对小球做功等于小球机械能的变化 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开始时，弹簧处于原长状态， 释放小球的瞬间，弹簧弹力仍为零，设此时绳中拉力为T，根据牛顿第二定律对物块和小球分别有 ‎ ，‎ 解得：‎ 故A正确；‎ B．根据能量守恒可知，物块上滑过程中，小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能、物块机械能的增加量与系统产热之和，故B错误；‎ - 18 -‎ C．根据动能定理可知，动能改变量等于合外力做功之和，故物块上滑过程中，物块动能的增加量等于它所受重力、轻绳拉力、摩擦力、弹簧对其弹力做功之和，故C错误；‎ D． 物体机械能的改变与除重力以外的力做功有关，故物块上滑过程中，轻绳拉力对小球做的功等于小球机械能的变化，故D正确。‎ 故选：AD。‎ 第II卷(非选择题共62 分)‎ 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题,每道试题考生都必须作答。第13~16题为选考题,考生根据要求作答 ‎(一)必考题 ‎ ‎9.某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律，同时测量弹簧的弹性势能，实验装置如图甲所示，两滑块A、B上各固定一相同窄片。部分实验步骤如下：‎ I.用螺旋测微器测量窄片的宽度d；‎ II.将气垫导轨调成水平；‎ II.将A、B用细线绑住，在A.B间放入一个被压缩的轻小弹簧；‎ IV.烧断细线，记录A、B上的窄片分别通过光电门C、D的挡光时间t1、t2。‎ ‎(1)若测量窄片的宽度d时，螺旋测微器的示数如图乙所示，则d=_____mm。‎ ‎(2)实验中，还应测量的物理量是______‎ A.滑块A的质量m1以及滑块B的质量m2‎ B.烧断细线后滑块A、B运动到光电门C、D的时间tA、tB C.烧断细线后滑块A、B运动到光电门C、D的路程x1、x2‎ ‎(3)验证动量守恒定律的表达式是_____________ ；烧断细线前弹簧的弹性势能Ep=________。(均用题中相关物理量的字母表示)‎ ‎【答案】 (1). 4.800 (2). A (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【详解】(1)[1]螺旋测微器主尺的示数为4.5mm，可动刻度的示数为0.01mm×30.0=0.300mm，故 d=4.5mm+0.300mm=4.800mm ‎(2)[2]验证动量守恒定律，需要测量滑块A、B的质量m1和m2‎ 故选A ‎(3)[3]根据动量守恒定律 其中 ‎、‎ 可得 ‎[4]根据能量守恒定律可得，烧断细线前弹簧的弹性势能 ‎10.某物理兴趣小组设计了图甲所示电路测量一节干电池的电动势E和内阻r。合上开关S1，开关S2打到位置1，移动滑动变阻器的滑片P，记录下几组电压表的示数以及对应的电流表示数；然后将S2打到位置2，移动滑动变阻器的滑片P，再记录下几组电压表的示数以及对应的电流表示数。在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图乙所示，两图线(直线)在纵轴上的截距分别为UA、UB，在横轴上的截距分别为IA、IB ‎(1)S2打到位置1时，作出的U- I图象是图乙中的图线______ ( 选填“A”或“B”)，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因可能是__________‎ ‎(2)由图乙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为E真=______，r真=_________‎ - 18 -‎ ‎(3)小组同学继续用图丙所示电路探究测电源电动势和内阻时，电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响。其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电源，S为开关，R为滑动变阻器，R0是阻值为4.0Ω的定值电阻 ‎①已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只阻值为______Ω的定值电阻R1(结果保留一位小数)‎ ‎②小组同学在前面实验的基础上，为探究图丙所示电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电源通过上述方法多次测量。发现电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大。若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因可能是__________(填选项前的字母)‎ A.电压表内阻的影响 B.滑动变阻器的最大阻值偏小 C.R的实际阻值比计算值偏小 D. R0的实际阻值比标称值偏大 ‎【答案】 (1). B (2). 电压表的分流 (3). UA (4). (5). 1.0 (6). CD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2] 当S2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知，电动势E=UA，同时由于电压表的分流作用，使电流表示数偏小，因此电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U-I图线应是B线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流，结果使电流表的示数偏小。‎ ‎(2)[3][4] 根据闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势为UA；B图与横轴的交点表示电源的短路电流，因此电源的内阻 ‎(3) ①[5]根据电流表的改装原理 ‎②[6] A．如果考虑电压表的内阻，测得的电阻相当于电源E的内阻与R0串联后再与电压内阻并联的阻值，即测得的电阻值偏小，故A错误； ‎ B． 滑动变阻器的阻值不会影响r的测量结果，故B错误；‎ C． 电表改装时，R1‎ - 18 -‎ 的实际阻值比计算值偏小，可导致通过表头的电流偏小，电流表读数偏小，故内阻测量值总量偏大，故C正确；‎ D． 结合电路图，由闭合电路欧姆定律 E=U+I（R0+r）‎ R0的实际阻值比称标值偏大，可导致内阻测量值总量偏大，故D正确。‎ 故选：CD ‎11.如图所示，水平光滑轨道AB与半径为R的光滑圆弧轨道BC相切于B点，质量为M的小木块(可视为质点)静止在轨道AB上。质量为m的子弹(可视为质点)以某一初速度水平向右射入小木块内不穿出，木块恰好能滑到圆弧轨道的最高点C处。重力加速度大小为g。求:‎ ‎(1)木块通过圆弧轨道的B点时对轨道的压力大小N ‎(2)子弹射人木块的过程中损失的机械能∆E ‎【答案】(1) 3（M+m）g ；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 木块（含子弹）从B到C过程，据机械能守恒定律有：‎ 在B点，据牛顿第二定律有：‎ 据牛顿第三定律得木块（含子弹）对轨道压力：‎ N=N′‎ 联立解得：‎ N=3（M+m）g ‎(2) 设子弹的初速度为v0，子弹射入木块过程据动量守恒定律得：‎ mv0=（M+m）v 子弹射入木块的过程中损失的机械能为：‎ - 18 -‎ ‎12.如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L，导轨的电阻不计。导轨顶端M、P两点间接有滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。一根质量为m、电阻不计的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场。调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接人电路的阻值为2R，让ab由静止开始沿导轨下滑。重力加速度大小为g。‎ ‎(1)求ab下滑的最大速度vm ‎(2)求ab下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率P ‎(3)若在ab由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q，求该过程中ab下滑的距离x以及通过滑动变阻器的电荷量q ‎【答案】(1) ； (2) ；(3) ；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)ab棒下滑速度最大时，切割产生的感应电动势为 此时通过定值电阻的电流为 ab棒所受安培力为 根据力学平衡 - 18 -‎ 解得：‎ ‎(2)根据功率公式：‎ 解得：‎ ‎(3) 定值电阻上产生的焦耳热为Q可知，滑动变阻器上产热为2Q，设ab棒下滑距离x时速度最大，根据能量守恒有 解得：‎ 在ab棒从静止到速度最大过程中，回路磁通量变化 设经历时间为，则平均感应电动势 平均感应电流 且 解得：‎ ‎ [物理一选修3- 3](15分)‎ - 18 -‎ ‎13.恒温环境中，在导热性能良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的理想气体。用力缓慢向外拉活塞，该过程中封闭气体分子的平均动能_____(选填“增大”“减小”或“不变”)；封闭气体的压强______(选填“增大”减小”或“不变”)；气体_______(选填“吸收”“放出”或“既不吸收也不放出”)热量 ‎【答案】 (1). 不变 (2). 减小 (3). 吸收 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2][3] 恒温环境中，气体做等温变化，温度不变，则分子的平均动能不变；用力缓慢向外拉活塞，体积变大，根据等温方程 可知，压强变小；因为气体温度不变，内能不变，但体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量。‎ ‎14.如图所示，一根竖直的轻绳吊着活塞。使足够长的汽缸悬空而静止(汽缸底水平)。设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，汽缸受到的重力为G，汽缸底的面积为S，开始时缸内理想气体的体积为V0，大气压强恒为p0，汽缸壁的厚度不计 ‎( i )若气体温度不变，用大小为F的力沿汽缸的轴心竖直向下拉汽缸，求稳定后缸内气体的体积V ‎(ii)若使缸内气体的热力学温度缓慢升高到原来的k倍，求该过程中缸内气体对外界做的功W ‎【答案】(i)；(ii)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】( i )施加力之前，气体压强为 施加力之后，气体压强为 根据等温方程有 解得：‎ - 18 -‎ ‎(ii)设开始时气体温度为T0，升温后体积为V1，根据等压变化可知 体积增量为 且 解得：‎ ‎ [物理一选修3- 4](15分)‎ ‎15.关于机械振动、机械波，下列说法正确的是____‎ A. 在竖直方向上做受迫振动的弹簧振子，稳定后其振动频率等于驱动力的频率 B. 做简谐运动的单摆，其质量越大，振动频率越大 C. 在简谐运动中，介质中的质点在一周期内的路程一定是一个振幅 D. 只有频率相同的两列波在相遇区域才可能形成稳定的干涉图样 E. 简谐横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定 ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．做受迫振动的弹簧振子，稳定后其振动频率等于驱动力的频率，故A正确；‎ B．根据单摆周期公式可知，单摆的周期与质量无关，故振动频率与质量无关，故B错误；‎ C． 根据简谐运动的对称性知，一个周期内的路程一定是4倍振幅，故C错误；‎ D． 根据干涉条件可知，只有频率相同的两列波在相遇区域才可能形成稳定的干涉图样，故D正确；‎ E． 简谐横波的波速与介质的性质有关，与波源无关，‎ - 18 -‎ ‎ 传播速度由介质本身的性质决定，故E正确。‎ 故选：ADE。‎ ‎16.如图所示,长方形ABCD为一透明物体的截面，此截面所在平面内的光线从AD边上的P点入射后恰好在AB边发生全反射，并第一次从BC边上的Q点射出。AP= L，AB= 4L，BQ= 3L，光在真空中的传播速度为c。求:‎ ‎(i)光线从P点入射时与AD边的夹角的余弦值cos ‎( ii )光线在透明物体中从P点传播到Q点所用的时间t ‎【答案】(i)；(ii)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(i)光路如图所示 物体对光线的折射率为 根据几何关系可知 ‎，‎ 根据折射定律有 解得：‎ - 18 -‎ ‎( ii )根据以上分析可知 ‎，‎ 光线从P到Q的距离为 光线在物质中的速度为 所以时间 - 18 -‎ ‎ ‎ - 18 -‎