湖南省郴州市2020届高三下学期第二次教学质量监测理综物理试题 Word版含解析

湖南省郴州市2020届高三下学期第二次教学质量监测理综物理试题 Word版含解析

- 1 - 郴州市 2020 届高三第二次教学质量监测试卷 理科综合 一、选择题：共 8 小题，每小题 6 分；在每小题给出的四个选项中，第 1~4 题只有一个选项 符合题意；第 5~8 题有多个选项符合题意，全部选对得 6 分，选对但不全得 3 分。 1.许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、 控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法、和科学假设法等。以下关于物理学史 和所用物理学方法的叙述错误的是（ ） A. 卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，用了放大法成功测出引力常量 B. 合力与分力、点电荷、总电阻均用到“等效替代”方法的概念 C. 伽利略为了说明力是改变物体运动状态的原因，用了理想实验法 D. 在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点代替物体的方法叫理想模型法 【答案】B 【解析】 【详解】A．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，用了放大法成功测出引力常量，选项 A 正确，不 符合题意； B．合力与分力、总电阻均用到“等效替代”方法的概念；点电荷是理想模型法，选项 B 错误， 符合题意； C．伽利略为了说明力是改变物体运动状态的原因，用了理想实验法，选项 C 正确， 不符合 题意； D．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点代替物体的方法叫理想模型法，选项 D 正 确，不符合题意。 故选 B。 2.如图所示，A、B 两物体靠在一起静止放在粗糙水平面上，质量分别为 mA=1kg，mB=4kg，A、 B 与水平面间的滑动摩擦因数均为 0.6，g 取 10m/s2，若用水平力 FA=8N 推 A 物体。则下列有 关说法正确的是（ ） A. A 对 B 的水平推力为 8N B. B 物体受 3 个力作用 - 2 - C. B 物体受到水平面向左的摩擦力，大小为 24N D. 若 FA 变为 40N，则 A 对 B 的推力为 32N 【答案】D 【解析】 【详解】A 与地面的最大静摩擦力为 A A 0.6 1 10 6Nf m g     B 与地面的最大静摩擦力为 B B 0.6 4 10 24Nf m g     。 A．因为： A A B8NF f f   所以没有推动 AB 物体，对 A 分析，可知 A 已达到最大静摩擦力，为 6N，根据平衡条件有 A A BAF f F  解得： BA 8 6 2NF    根据牛顿第三定律可知，A 对 B 的作用力和 B 对 A 的作用力等大反向，所以 A 对 B 的水平推力 AB 2NF  ，A 错误； BC．结合 A 项的分析，对 B 受力分析可知，B 受重力、地面的支持力、水平向左的摩擦力和 A 对 B 水平向右的推力，四个力作用， 在水平方向上 ' B AB 2Nf F  BC 错误； D．若 A A B40NF f f   所以能推动 AB 物体，对 AB 整体分析，根据牛顿第二定律有  A A B A BF f f m m a    解得 2a  m/s2 - 3 - 对 B 分析，根据牛顿第二定律有： AB B BF f m a  解得： AB 32F  N D 正确。 故选 D。 3.一带电粒子仅在电场力作用下从 A 点开始以 0v 做直线运动，其 v-t 图像如图所示，粒子在 0t 时刻运动到 B 点，3 0t 时刻运动到 C 点，下列判断正确的是 A. A、B、C 三点的电势关系为 B A C    B. A、B、C 三点场强大小关系为 C B AE E E  C. 粒子从 A 点经 B 点运动到 C 点，电势能先增加后减少 D. 粒子从 A 点经 B 点运动到 C 点，电场力先做正功后做负功 【答案】C 【解析】 A、因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故 A 错误； B、由速度图像可知，加速度先增大后减小，所以 B 点的加速度最大，电场强度最大，故 B 错 误； C、由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，故 C 正确； D、因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故 D 错误； 故选 C． 【点睛】速度图像的斜率大小表示加速度的大小，根据速度大小可知动能的变化，根据能量 守恒可知电势能的变化． 4.按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测 任务后，第二步“落月”工程也已在 2013 年以前完成。假设月球半径为 R，月球表面的重力 - 4 - 加速度为 g0，飞船沿距月球表面高度为 3R 的圆形轨道 I 运动，到达 A 处时，点火变轨进入椭 圆轨道Ⅱ；到达轨道Ⅱ的近月 B 处再次点火进入月球近月圆轨道Ⅲ（距月球表面高度视为零） 绕月球做圆周运动。下列判断正确的是（ ） A. 飞船在轨道 I 上的运行速率为 0 3 g R B. 飞船在 A 处点火变轨时，动能增大 C. 飞船在 A 处变轨完成后向 B 处运行的过程中机械能增大 D. 飞船在轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的时间为 0 2π R g 【答案】D 【解析】 【详解】A．在月球表面有 0 2 GMmmg R  在轨道 I 上运动有 2 2( 3 ) 3 GMm vmR R R R   解得 0 2 g Rv  故 A 错误； B．飞船在 A 点处点火变轨后做向心运动，可知需要的向心力小于提供的向心力，由向心力的 公式可知飞船的速度减小，动能减小，故 B 错误； C．飞船从 A 到 B 的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒不变，故 C 错误； D．在月球表面有 0 2 GMmmg R  在轨道 III 上运动有 - 5 - 2 2 2π( )GMm m RR T  联立解得卫星在轨道 III 上运动一周所需时间 0 2π RT g  故 D 正确。 故选 D。 5.如图所示，一块质量为 M 的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一 个轻质小弹簧。一个质量为 m 的小物块（可视为质点）以水平速度 v0 从木板的最右端开始向 左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好相对静止在木板的最右端。以下 说法正确的是（ ） A. 物块的最终速度为 0 1 2 v B. 木板的最终速度为 v0 C. 弹簧的最大弹性势能 2 0 2( ) Mmv M m D. 木板和小物块组成的系统最终损失的机械能 2 0 2( ) Mmv M m 【答案】D 【解析】 【详解】AB．小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小木块 m 与长木板 M 构成 的系统动量守恒，则有  0 2mv m M v  解得 0 2 = mvv m M ① 故 AB 错误； C．小木块从开始位置滑动到最左端的过程，小木块 m 与长木板 M 构成的系统动量守恒，则有  0 1mv m M v  - 6 - 解得 0 1= mvv m M ② 小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律，得   2 2 1 0 1 1 2 2pmE Q m M v mv    ③ Q fL ④ 小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，得   2 2 2 0 1 1 2 2Q m M v mv   ⑤  2Q f L  ⑥ 由①～⑥式，解得 2 0 4( )pm MmvE M m   2 0 2( ) MmvQ M m    所以最大弹性势能为 2 0 4( )pm MmvE M m   系统损失的机械能为 2 0 2( ) MmvE Q M m     故 C 错误，D 正确。 故选 D。 6.如图所示，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为 m1、m2，且 m2=2m1， m1 用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放，对 m1 上升 h 高度 （h 小于两滑轮起始高度差）这一过程，下列说法正确的是（ ） - 7 - A. m2 减小的重力势能全部转化为 m1 增加的重力势能 B. m1 上升到 h 高度时的速度为 2 3 gh C. 轻绳对 m2 做功的功率与轻绳对 m1 做功的功率大小相等 D. 轻绳的张力大小为 1 1 3 m g 【答案】BC 【解析】 【详解】A．根据能量守恒可知，m2 减小的重力势能全部转化为 m1 的重力势能和两物体的动能， 故 A 错误； B．根据动滑轮的特点可知，m2 的速度为 m1 速度的 2 倍，根据动能定理可得 m2g•2h−m1gh＝ 1 2 m2v2 2+ 1 2 m1v1 2 解得 2  3 ghv  故 B 正确； C．绳子的拉力相同，故轻绳对 m2 做功的功率 P2=Fv2 轻绳对 m1 做功的功率 P1=2F•v1 由于 v2=2v1，故轻绳对 m2 做功的功率与轻绳对 m1 做功的功率大小相等，故 C 正确； D．根据动滑轮的特点可知，m1 的加速度为 m2 的加速度的一半，根据牛顿第二定律可知 2F-m1g=m1a - 8 - m2g-F=m2a′ a′=2a 联立解得 12 3 m gF＝ 故 D 错误； 故选 BC。 7.四个相同的灯泡分别接在如图所示的位置理想变压器原线圈串联灯泡 L1，AB 两端接交流电 源电压按如图乙所示规律变化，现闭合开关 S，四个灯泡均正常发光，下列说法正确的是（ ） A. 电压表示数为 220V B. 电压表示数为 160V C. 灯泡的额定电压为 55V D. 变压器原副线圈的匝数比为 3：1 【答案】CD 【解析】 【详解】由图乙可知 AB 两端电压有效值为 220V ，因四个灯泡均正常工作，可知原、副线圈 电流之比为 1 2 1 3 I I  根据 1 2 2 1 I n I n  可知变压器原、副线圈的匝数比为3:1；灯泡的额定电压为 U，则电压表示数为 1 3 220U U U   故 55VU  则 1 165VU  - 9 - 故 AB 错误，CD 正确。 故选 CD。 8.如图所示，在等腰直角三角形 ABC 内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB 边长 度为 d。现垂直 AC 边射入大量质量 m、电荷量 q 的带正电粒子，已知从 AC 边射出的粒子在磁 场中运动的时间为 t0，不计重力、不考虑粒子间的相互作用。则下列判断中正确的是（ ） A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 2t0 B. 该匀强磁场的磁感应强度大小为 02 m qt  C. 从 AC 边射出粒子进入磁场速度的最大值为 02 d t  D. 从 AC 边射出粒子在磁场中运动的轨道半径一定为 2 d 【答案】AC 【解析】 【详解】A．粒子垂直于 AC 边射入磁场，然后在磁场中做匀速圆周运动，从 AC 边射出的粒子 在磁场中运动的时间为 t0，可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 2t0，选项 A 正确； B．根据 0 2 2mT tqB   可知该匀强磁场的磁感应强度大小为 0 mB qt  选项 B 错误； C．由几何关系可知，从 AC 边射出粒子在磁场中运动的半径的最大值为 2 d ，根据 - 10 - 2vqvB m r  可得从 AC 边进入磁场的速度的最大值为 02 dv t  选项 C 正确； D．从 AC 边射出粒子在磁场中运动的半径的最大值为 2 d ，选项 D 错误。 故选 AC。 二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第 9 题~第 10 题为必考题，每个试题考生都必 须作答。第 13 题~第 16 题为选考题，考生根据要求作答） （一）必考题 9.某同学用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。实验中，让滑块都从气垫 导轨某一固定位置 O 处由静止释放，已测得气垫导轨倾角为 。 （1）下列物理量不需要测量的是______。 A．滑块和挡光板的总质量 M B．光电门位置 P 到 O 点之间的距离 l C．挡光片通过光电门遮光时间△t D．挡光片的宽度 d （2）先用游标卡尺测出挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度 d=_________mm。 （3）若某次实验中测出宽度 d=10.00mm，挡光片通过光电门遮光时间△t=4.50ms，则滑块通 过光电门的速度 v_______m/s（计算结果保留 3 位有效数字）。 【答案】 (1). A (2). 10.20 (3). 2.22 - 11 - 【解析】 【详解】（1）[1]实验需要验证的关系是 2 21 1sin ( )2 2 dMgl Mv M t     即 22 sin ( )dgl t    则不需要测量的是滑块和挡光板的总质量 M，故选 A。 （2）[2]宽度 d=1cm+0.05mm×4=1.020cm=10.20mm. （3）[3]滑块通过光电门的速度 3 0.010 m/s 2.22m/s4.5 10 dv t     10.为精确测量电源的电动势和内阻，实验小组设计了图甲所示电路，图中 S2 为单刀双掷开关， 定值电阻 R0=4 Ω ．实验时先闭合开关 S1，然后分别将 S2 先后接到 1 和 2，移动滑动变阻器滑 片，记录多组电压表和电流表的读数 U 和 I，最后通过描点得到图乙所的两条 U-I 关系图线。 （1）请根据图甲，在图丙中将单双掷开关连入电路________。 （2）若只考虑系统误差，当单刀双掷开关拨向 1 时，r 测________r 真；当单刀双掷开关拨向 2 时，E 测____E 真（填“大于”、“等于”、“小于”）。 （3）根据图乙可知电源电动势 E=________V，内阻 r=________ Ω 。（结果均保留 2 位有效数 字） 【答案】 (1). (2). 大于 (3). 小于 (4). 3.0 (5). 1.0 - 12 - 【解析】 【详解】（1）[1]电路连接如图； （2）[2]当单刀双掷开关拨向 1 时，根据等效电路可知，电动势等于电源没有接入电路时电 源两端电压，则电源电动势测量值与真实值相等，此时电源内阻测量值为电源内阻与电流表 的内阻和定值电阻串联值，可知 r 测=r 真+rA>r 真 即偏大； [3]当单刀双掷开关拨向 2 时，根据等效电路可知，电动势等于电源没有接入电路时电源两端 电压 = V V E RE ER r  真 测 真 电动势测量值等于电压表此时的示数，即小于电源电动势的真实值，此时电源内阻测量值为 电源内阻与电压表阻值的并联总阻值，即偏小。 （3）[4][5]由于两次测量中，电动势测量值一次与真实值相等，一次比真实值小，由图乙可 知，电动势应为 E=3.0V 当开关接 1 时，由闭合电路欧姆定律有 E=U+I（r+R0+RA） 当开关接 2 时，由闭合电路欧姆定律有 0( )( ) V UE U I R rR     即 0 0 01 1 V V r REU IR r r R R R     - 13 - 由图 乙可知 0 3.00 0.5 Ar R R   0   2.98 1 V E R r R  0 0 2.98  0.61 V r R R r R   联立解得 r=1.0Ω 11.两根相距为 L 的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内， 另一边与水平面的夹角为 37°，质量相同的金属细杆 ab、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路， 导轨的电阻不计，回路总电阻为 2R，整个装置处于磁感应强度大小为 B，方向竖直向上的匀 强磁场中，当 ab 杆在平行于水平导轨的拉力 F 作用下向右以速度 v 沿导轨匀速运动时，cd 杆 恰好处于静止状态，重力加速度为 g。求： （1）ab 杆所受拉力 F 的大小； （2）金属细杆质量 m； （3）回路中电流的总功率 P。 【答案】（1） 2 2 2 B L vF R  ；（2） 2 22 3 B L vm gR  ；（3） 2 2 2 B L v R 【解析】 【详解】（1）回路中感应电流大小 2 BLvI R  ab 杆匀速运动，有 - 14 - F BIL 解得 2 2 2 B L vF R  （2）分析 cd 杆受力情况，由 F 合=0 有 tan37F mg 安 又 F BIL安 解得 2 22 3 B L vm gR  （3）回路中电流的总功率 2 2 2 2 2 B L vP I R R    12.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=1kg 的小物块 A．装置的中间是水平传送带，它与左、右两边的台面等高，并能平滑对接．传 送带始终以 v=1m/s 的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面，质量 m=0.5kg 的小物块 B 从其上距水平台面高 h=0.8m 处由静止释放．已知物块 B 与传送带之间的动摩擦因数 0.35  ， l=1.0m．设物块A、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块 A 处于静止状态．取g=10m/s2． (1)求物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小； (2)物块 A、B 间发生碰撞过程中，物块 B 受到的冲量； (3)通过计算说明物块 B 与物块 A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？ (4)如果物块 A、B 每次碰撞后，弹簧恢复原长时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定 被解除，试求出物块 B 第 n 次碰撞后的运动速度大小． - 15 - 【答案】(1)3m/s；(2)2kgm/s；(3) 1 7 l ，所以不能；(4) 11 3 n m s      【解析】 【分析】 物块 B 沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块 B 在传送带上滑动根据牛顿 第二定律和运动学公式求解；物块 A、B 第一次碰撞前后运用动量守恒，能量守恒列出等式求 解；当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块 B 运动到左边台面是的速度大小为 v1，继而与物块 A 发生第二次碰撞．物块 B 与物块 A 第三次 碰撞、第四次碰撞…，根据对于的规律求出 n 次碰撞后的运动速度大小． 【详解】(1) 设物块 B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为 v0，由机械能守恒定律可 得： 2 0 1 2mgh mv 解得： 0 4mv s 设物块 B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为 a，则有：μmg=ma， 设物块 B 通过传送带后运动速度大小为 v，有：v1 2-v0 2=-2al， 解得：v1=3m/s＞v=1m/s，则物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小为 3m/s； (2)设物体 A、B 第一次碰撞后的速度分别为 Av 、 Bv ，取向右为正方向 由动量守恒定律得： 1 A Bmv Mv mv   由机械能守恒定律得： 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2B Amv mv Mv  解得：vA=-2m/s，vB=1m/s，（vA=0m/s，vB=-3m/s 不符合题意，舍去） 1 2 ·B mI P mv mv kg s     ，方向水平向右； (3) 碰撞后物块 B 在水平台面向右匀速运动，设物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为 l'， 则有： 0-vB 2=-2al′， 解得： 1 7l l   所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上； (4) 当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块 B - 16 - 运动到左边台面是的速度大小为 vB，继而与物块 A 发生第二次碰撞 由（2）可知，vB= 1 1 3 v 同理可得：第二次碰撞后 B 的速度：vB1= 2 1 1 1( )3 3Bv v 第 n 次碰撞后 B 的速度为：vB（n-1）= 1 1 1 1( ) ( )3 3 n n mv s  【点睛】本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定 律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大． （二）选考题：共 15 分。请考生从给出的 2 道物理题任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡 上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选 答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。 【物理——选修 3-3】 13.下列说法正确的是（ ） A. PM2.5 在空气中的运动属于分子热运动 B. 在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料中掺入其他元素 C. 饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大 D. 一定质量的理想气体对外做功时体积增大，内能一定减小 E. 阿伏加德罗常数是联系微观物理量与宏观物理量的桥梁 【答案】BCE 【解析】 【详解】A．PM2.5 在空气中的运动不属于分子热运动，是分子团整体的运动，所以 A 错误； B．分子是运动的，温度越高，分子运动的越激烈，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散 向半导体材料掺入其他元素，所以 B 正确； C．温度越高，液体越容易挥发，故饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，所以 C 正确； D．一定质量的理想气体对外做功，体积增大，但有可能吸热，根据热力学第一定律可知，内 能不一定减小，所以 D 错误； E．阿伏伽德罗常数是联系微观物理量与宏观物理量的桥梁，所以 E 正确。 故选 BCE。 14.如图所示，固定的绝热气缸内有一“T”型绝热活塞（体积可忽略）距气缸底部 h0 处连接 一 U 形管（管内气体的体积忽略不计）初始时，封闭气体温度为 T0，活塞距离气缸底部为 1.5h0， - 17 - 两边水银柱存在高度差为 h。已知水银的密度为ρ，大气压强为 p0，气缸横截面积为 S，活塞 竖直部分长为 1.2h0，重力加速度为 g。试问： （1）求活塞质量 m； （2）设法缓慢降低气体温度，两水银面相平时温度是多少? 【答案】（1）ρhS；（2） 0 0 0 4 5( ) p T p gh 【解析】 【详解】（1）初始时，缸内气体压强 1 0 mgp p S   又 p1=p0+ρgh 得 m=ρhS （2）初态 p1=p0+ρgh V1=1.5h0S T1=T0 末态 p2=p0 V2=1.2h0S 由 1 1 2 2 1 2 pV p V T T  解得 0 0 2 0 4 5( ) p TT p gh  【物理——选修 3-4】 15.如图所示，一束黄光和一束蓝光，从 O 点以相同角度沿 PO 方向射入横截面为半圆形的玻 璃柱体，其透射光线分别从 M、N 两点射出，已知α=45°，β=60°，光速 C=3×108m/s 则下 - 18 - 列说法正确的是 A. 两束光穿过玻璃柱体所需时间相同 B. PM 是黄光，PN 是蓝光 C. 玻璃对 PM 光束的折射率为 2 D. PM 光束在该玻璃中传播的速度为 3 ×108m/s E. 若将 PM 光束从 N 点沿着 MO 方向射入，一定不会发生全反射 【答案】BCE 【解析】 【详解】玻璃对蓝光的折射率较大，可知 PM 是黄光，PN 是蓝光，选项 B 正确；根据 v=c/n 可 知，蓝光在玻璃中传播速度较小，则蓝光穿过玻璃柱体所需的时间较长，选项 A 错误；玻璃 对 PM 光束的折射率为 sin sin 45 2sin(90 ) sin30n        ，选项 C 正确；PM 光束在该玻璃中传 播的速度为 8 83 10 3 2/ 10 /22 cv m s m sn     ，选项 D 错误；PM 光线发生全反射的临界 角为 2sin 2C  ，则 C=45°，则若将 PM 光束从 N 点沿着 MO 方向射入，此时的入射角一定小 于临界角，则一定不会发生全反射，选项 E 正确； 16.图中的实线是一列正弦波在某一时刻的波形曲线。经过 0.5s 后，其波形如图中虚线所示。 （1）波的波长是多少？ （2）如果波是沿 x 轴正方向传播的，波的周期时多大？ （3）如果波是沿 x 轴负方向传播的，波的速度是多大？ 【答案】（1）24cm（2） 2 s4 3T n= + （n=0，1，2，3……）（3） (0.48 0.12)m/sv n  （n=0， - 19 - 1，2，3……） 【解析】 【详解】（1）由波形图可知波的波长是λ=24cm； （2）如果波是沿 x 轴正方向传播的，则： 3 0.5s4nT T  则 2 s4 3T n= + （n=0，1，2，3……） （3）如果波是沿 x 轴负方向传播的，则 0.5s4 TnT   则 2 s4 1T n   波的速度 (0.48 0.12)m/sv nT    （n=0，1，2，3……） - 20 -