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文档介绍
安徽省宣城市2020届高三下学期第二次调研测试物理试题 Word版含解析
www.ks5u.com 宣城市2020届高三年级第二次调研测试 高三理科综合试题 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题： 1.下面列出的是一些核反应方程式，其中（ ） A. X是质子，Y是中子，Z是正电子 B. X是正电子，Y是中子，Z是质子 C. X是正电子，Y是质子，Z是中子 D. X是中子，Y是正电子，Z是质子 【答案】B 【解析】 【详解】根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为1，则X为正电子；Y的质量数为1，电荷数为0，为中子；Z的质量数为1， 电荷数为1，为质子。 故选B。 2.2019年，我国已成功制备出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1000倍。电导率就是电阻率的倒数，即。若用国际单位制的基本单位表示，的单位应为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为 则单位是 故选A。 - 17 - 3.2019年1月11日1时11分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将“中星2D”卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道做匀速圆周运动。该卫星可为全国广播电台、电视台等机构提供广播电视及宽带多媒体等传输任务。若已知“中星2D”的运行轨道距离地面高度h、运行周期T、地球的质量M，引力常量G，忽略地球自转影响，根据以上信息可求出（ ） A. “中星2D”受到地球的引力大小 B. “中星2D”运行时的加速度大小 C. “中星2D”运行时的动能 D. “中星2D”卫星的密度 【答案】B 【解析】 【详解】AC．由于“中星2D”的质量未知，不能求解其受到地球的引力大小，也不能求解其运行时的动能，选项AC错误； B．根据 可求解地球的半径R，则根据 可求解“中星2D”运行时的加速度大小，选项B正确； D．由于“中星2D”的质量未知，不能求解卫星的密度，选项D错误。 故选B。 4.如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态。A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为。若用水平恒力F向右拉动木板A（已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力），要使A从C、B之间抽出来，则F大小应满足的条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 - 17 - 【详解】要使A能从C、B之间抽出来，则，A要相对于B、C都滑动，所以AC间，AB间都是滑动摩擦力，对A有 对C有 对B受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力μ（M+m）g，B与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有 f=μ（2M+m）g 因为 μ（M+m）g＜μ（2M+m）g 所以B没有运动，加速度为0； 所以当aA＞aC时，能够拉出，则有 解得 F＞2μ（m+M）g 故选C。 5.在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势随x坐标值的变化图线如图所示。一质量为m，带电量为q的带正电小球（可视为质点）从O点以初速度沿x轴正向移动。下列叙述正确的是（ ） A. 若小球能运动到处，则该过程小球所受电场力逐渐增大 - 17 - B. 带电小球从运动到的过程中，电势能先减小后增大 C. 若该小球能运动到处，则初速度至少为 D. 若带电粒子在运动过程中的最大速度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于φ-x图象的斜率等于电场强度，则可知小球从O运动到x1的过程中，场强不变，由F=qE知，粒子所受电场力保持不变，故A错误； B．正电荷在电势高处电势能大，则小球从x1运动到x3的过程中，电势不断减少，正电荷的电势能不断减少，故B错误； C．若小球恰好能运动到x1处，初速度v0最小，从x=0到x1处，根据动能定理得 得 故C错误； D．当带电粒子运动到x3处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，从x=0到x3处，根据动能定理得 qφ0=mvm2-mv02 由题意，得最大速度为 故D正确。 故选D。 6.在匀强磁场中有一不计电阻的单匝矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B - 17 - 两端。图中的电压表和电流表均为理想交流电表，为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是（ ） A. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为 B. 在图甲的时刻，矩形线圈平面与磁场方向垂直 C. 处温度升高时，电压表示数与示数的比值不变 D. 处温度升高时，电压表示数与电流表示数的乘积可能不变 【答案】BD 【解析】 详解】A．根据图甲可知，Em＝36V，T=0.02s，则 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为 u=36sin100πt（V） 故A错误； B．在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故B正确； C．Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C错误； D．副线圈电压不变，等效为电源，将电阻R看做等效电源的内阻，则若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，Rt电阻减小，则Rt电阻的功率先增加后减小，即电压表V2示数与电流表A2示数的乘积先增大后减小，即电压表示数V2 与电流表I2 示数的乘积可能不变，故D正确。 故选BD。 - 17 - 7.如图，平行光滑金属导轨M、N固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中．完全相同的两金属棒P、Q搭放在导轨上，开始均处于静止状态．给P施加一与导轨平行的恒定拉力作用，运动中两金属棒始终与导轨垂直并与导轨接触良好．设导轨足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计．则两棒的速度及棒中的感应电流随时间变化的图象正确的是 A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 - 17 - P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速运动；Q向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，产生回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加速运动．AB、开始运动时，P棒做加速度减小的加速度运动，Q棒做加速度增大的加速运动，最终做加速度相同的加速度运动，故A正确，B错误；CD、开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电流增大，最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C错误，D正确．故选AD． 【点睛】P向右做切割磁感线运动，产生感应电流，此感应电流流过Q，Q受到安培力而运动起来，先根据右手定则判断回路中感应电流的方向，再由左手定则判断Q所受的安培力方向，即可判断其运动方向．通过分析安培力的变化，来分析两棒的运动情况和电流变化情况． 8.地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为。下列说法正确的是（ ） A. 物体在地面和最大高度处的加速度大小相等 B. 物体的重力大小为 C. 物体动能的最大值为 D. 加速度的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．因作用在物体上力F均匀地减小，所以加速度是先减小至零时在反向增加，开始时与到达最高点时速度都为零，根据对称性可知开始时和高度最大时，具有相同的加速度，且为最大，所以当物体加速度最大时其高度为0或h，选项A正确； B．因变力F在均匀地变化，由图中的几何关系可知该过程中的平均作用力为 - 17 - 所以在物体能上升到最大高h的过程中，由功能关系有 联立可得 选项B错误； C．当F=mg时动能最大，此时 解得 由动能定理 解得 选项C正确； D．在开始时，由牛顿第二定律有 F0-mg=ma 联立解得 选项D正确。 故选ACD。 二、非选择题 （一）必考题 9.用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，小车P的前端粘有橡皮泥，后端连接通过打点计时器的纸带，在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力，推一下小车P，使之运动，与静止的小车 - 17 - Q相碰粘在一起，继续运动。 (1)实验获得的一条纸带如图乙所示，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用刻度尺测得各点到起点A的距离。根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上____________段来计算小车P的碰前速度。 (2)测得小车P（含橡皮泥）的质量为，小车Q（含橡皮泥）的质量为，如果实验数据满足关系式______________，则可验证小车P、Q碰撞前后动量守恒。 (3)如果在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比，则_____1（填“＜”、“＞”或“=”） 【答案】 (1). BC (2). (3). 小于 【解析】 【详解】(1)[1]．两小车碰撞前做匀速直线运动，在相等时间内小车位移相等，由图示纸带可知，应选择纸带上的BC段求出小车P碰撞前的速度。 (2)[2]．设打点计时器打点时间间隔为T，由图示纸带可知，碰撞前小车的速度 碰撞后小车的速度 如果碰撞前后系统动量守恒，则 m1v=（m1+m2）v′ 即 - 17 - 整理得 (3)[3]．在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，小车P质量的测量值小于真实值，由P=mv可知，所测系统碰前的动量小于碰撞后系统的动量，即。 10.电压表改装前需要测量其内阻，测量电压表内阻的电路如图甲所示，所用电源是内阻可以忽略的干电池，定值电阻。 (1)根据原理图甲所示电路将实物图乙连接_______； (2)首先闭合，断开，调节电阻箱R，记下多组R的大小及其对应的电压表示数的大小； (3)然后闭合，闭合，同样调节电阻箱R，记下多组R的大小及其对应的电压表示数的大小；将以上两次测得的多组数据，分别在坐标纸上描点连线，得到如图丙中所示两条图线； (4)若图像中交点的横坐标为，可求出电压表内阻________，还可判断出闭合时，所得数据描绘的是图线_______；（选填“AB”或“CD”） (5)为了将该电压表的量程由扩大到，需要在电压表内_______（选填“串”或“并”）联一个阻值为_________的定值电阻。 【答案】 (1). (2). (3). CD (4). 串 - 17 - (5). 【解析】 【详解】(1)电路连接如图： (2)当R=0时，对于电源内阻可以忽略的电源，电压表读数即为电源电动势，即为3.0V； 两曲线交点处R=10kΩ，电压表示数为1.0V，结合电阻的分压规律可得 解得电压表内阻为 RV=5000Ω 根据电桥平衡可得 解得 断开S2时，在图线的前半段，电压表相对于闭合S2后电压表和R2并联，分压应该更大，读数更大，故AB图线为断开S2时图线，CD图线为闭合S2时图线。 (3)串联分压电阻，可以扩大电压表量程；电压表满量程时，流过表头的电流不变，则 则 Rx=4RV=20kΩ。 11.如图所示，一质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G - 17 - 处到A点的距离为（直线DAG与电场方向垂直）。不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。求： (1)正离子的初速度； (2)正离子从D处运动到G处所需时间t； (3)电场强度的大小E。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】(1)正离子的运动轨迹如图乙所示，在磁场中做圆周运动的时间为 圆周运动半径r满足 解得 设离子在磁场中运动的速度为，则有 - 17 - 解得 (2)离子从C运动到G所需的时间 离子从的总时间为 (3)对离子在电场中的运动过程，有： 解得 12.足够长的水平传送带右侧有一段与传送带上表面相切的光滑圆弧轨道，质量为M＝2kg的小木盒从离圆弧底端h=0.8m处由静止释放，滑上传送带后作减速运动，1s后恰好与传送带保持共速．传送带始终以速度大小v逆时针运行，木盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木盒与传送带保持相对静止后，先后相隔T＝5s，以v0＝10m/s的速度在传送带左端向右推出两个完全相同的光滑小球，小球的质量m＝1kg．第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中并与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t＝0.5s与木盒相遇．取g＝10m/s2，求： （1）传送带运动的速度大小v，以及木盒与第一个小球相碰后瞬间两者共同运动速度大小v1； （2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇； （3）从木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量． - 17 - 【答案】（1）v=2m/s ；v1=2m/s（2）t0=1s（3） 【解析】 【详解】（1）设木盒下滑到弧面底端速度为，对木盒从弧面下滑的过程由动能定理得 依题意，木箱滑上传送带后做减速运动，由运动学公式有： 对箱在带上由牛顿第二定律有： 代入数据联立解得传送带的速度v=2m/s 设第1个球与木盒相遇，根据动量守恒定律得 代入数据，解得v1=2m/s （2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇，则 设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有 得： 设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则 =1s 故木盒在2s内的位移为零 依题意： 其中t3为木盒回到与1球碰撞点后再随带运动的时间，则对1球和2球有 代入数据解得：s=10m， t0=1s （3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为x，木盒的位移为x1,则： 故木盒相对与传送带的位移为 - 17 - 则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量为 （二）选考题 13.下列说法正确是__________。 A. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性 B. 压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故 C. 分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大 D. 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它元素 E. 当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，选项A正确； B．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强作用的缘故，与气体分子间的斥力无关，选项B错误； C．当r查看更多