2020年湖北省第五届高考测评活动高三元月调考 理科综合（PDF版含答案）

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湖北省 2020 年元月高三期末理综试题 物理答案解析 14．C 解析：惯性是物体固有属性，与受不受力、受什么力无关，与运动状态都无关，只 由质量决定，故 A、B 错；亚里士多德关于“力与运动的关系”的论断是错误的，故无法佐 证正确性，D 选项错误。综合知本题选 C 项。 15．B 解析：等量同种电荷连线的中垂线上，从无穷远处至 O 点，场强 E 先变大后 变小；由于带电小球初始位置未知，故其电场力的大小变化情况不确定，但小球受 到的电场力方向不变总是指向 O 点，故电场力一定做正功，小球的电势能减小，故 A、C、D 项错误，B 选项正确。 16．A 解析：由题意，由功能关系知： )2 1()2 1( 22 初末 初末 r MmGmvr MmGmvW ---= ， 代入数据得 W≈－2×109J，故本题选 A 项。 17．D 解析：粒子轨迹如图，由洛伦兹力提供向心力： r vmqvB 2 = ，由几何关系知： 3 3 3 3 2 1 == R R r r ，联立解得 3 1 1 2 2 2 1 1 == r r m q m q ，故 A、B 项错误。又由 v rT π2= 可得 2 3 π2 360 120 π2 360 60 2 2 1 1 2 1 = ×° ° ×° ° = Bq m Bq m t t ，故综合知本题选 D 项。 18．B 解析：滑动变阻器 R 滑片向 b 端滑动，R 减小，总电阻减小，干路电流增大，内 电压增大，外电压减小，R1 上消耗的电压增大，R3 并联电路的的电压减小，故电容器电 压减小，场强减小，电场力减小，故粒子将向下运动，A 项错误；R3 上的电流减小，消 耗的功率减小，电流表 A 中的电流增大，R2 上消耗的电压增大，消耗的功率增大，电压 表 V 的示数减小，故 B 项正确、D 项错误；由于 R 外>r，故随外电阻减小，电源输出功 率增大，效率减小，C 选项错误。综合知本题选 B 项。 19．AC 解析：三种轨道的卫星比较可知，半径小线速度大，卫星 a 的线速度最大，近地 卫星的线速度等于第一宇宙速度，卫星 a 的线速度小于第一宇宙速度，故 A 项正确；倾 斜轨道同步卫星 c，只是运动周期与地球自转周期相同，但它相对地面是运动的，故 B 项 错误；倾斜地球同步轨道卫星 c 与地球静止轨道卫星 b 的周期相等，故线速度大小、加 速度大小、轨道半径、高度离地均相等，故 C 项正确；要把同一轨道平面上的卫星 a 由 低轨道变到高轨道，必须先对其加速，使其做离心运动，克服引力做功，升到高轨道 上，故 D 项错误。综合知本题选 AC 项。 20．AC 解析：小球由静止释放以后，小球和半圆槽组成的系统没有机械能损耗，故系 统机械能守恒，A 项正确；小球由静止释放以后，小球和半圆槽组成的系统，在水平方 向上受到了竖直墙壁的弹力作用，故系统水平方向动量不守恒，B 项错误；当小球运动 到 B 点时： 2 2 1)cos1( mvmgR =- q ，在最低点由牛顿第二定律： R mvmgF 2 B =- ，对 半圆槽竖直方向上又有： BFMgF +=地 ，联立解得：M=m=0.8kg，故 C 项正确；小球 运动到 B 点后，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，且质量也相等，故必有在以后的 运动中交换速度， J6.12 1 2 == mvW ，故 D 选项错误。综合知本题选 AC 项。 21．BD 解析：当金属导体棒 CD 运动到 AB 时，其接入电路中的有效长度为 L；由法 拉第电磁感应定律：E=BLv；单位长度金属线框电阻为 L R L R == 6 6d ，故此时 Rr = ， 3 4 42 42 R RR RRR =+ ×=外 ，由电路知识： 7 4 AB BLvU = ，故 A 项错误；由 外 总 Rr EI += ， 得 R BLvI 7NP = ，故 B 项正确；外力 F 做功的功率等于整个回路中的电功率与克服重力 做功功率之和，故 C 项错误；此时线框 MNP 消耗的电功率为 R vLBRIP 49 12 222 2 MNP == 外总 ，故 D 项正确。 22．(1)10.60(2 分) (2)D(2 分) (3)增大 (2 分) 解析：(1)由游标卡尺读数方法读出 d=10.60mm； (2)由机械能守恒知： 2 2 1 mvmgh = ， t dv = ，解得： 2 2 2gt dh = ，故选 D； (3)由功能关系知： mghmvWf -= 2 2 1 ，h 越大，克服空气阻力做功越多，故差值越大。 23．(1)B (2 分) (2)b (1 分) (3)1.49(2 分)，1.45(2 分) (4)0.49W(2 分)(0.46~0.52 均给 分) 解析：(1)由一节干电池电动势约为 1.49V，允许通过最大电流 为 0.5A，为了实验安全和便于调节，滑动变阻器宜能选 50Ω， 1.0A，即选 B； (2)为保护电路，滑动变阻器初始接入阻值最大，故应滑至 b 端； (3)由(1)可知电源电动势约为 1.49V，内阻约为 1.45Ω； (4)两个电池串联，电动势 E′=2.98V，r′=2.90Ω，在图丁中画出串 联后电源的 U－I 图线如图所示，交点坐标 U＝2.40 V，I＝0.205 A，所以每个小灯泡的实际功率为：P＝UI＝0.49 W. 24．(12 分) 解：(1)(5 分)由于粒子恰好沿直线穿过 L≤x≤2L 的区域，可知粒子在这一区域一定沿 x 轴正 方向做匀速直线运动，由平衡条件可知： BqvqE 0= ①(1 分) 作出粒子运动轨迹如图所示，在磁场中做匀速圆周运动圆心为 O′， 轨道半径为： R=L ②(1 分) 由牛顿第二定律可知： R vmBqv 2 0 = ③(1 分) 联立①②③解得： qL mvB 0= ， qL mvE 2 0= (2 分) (2)(7 分)粒子在 2L≤x≤3L 区域内做类平抛运动，设在这个区域内沿 x 轴方向位移为 x3，沿 y 轴方向位移为 y3，运动时间为 t，则有： tvLx 03 == ④(1 分) 2 3 2 1 aty = ⑤(1 分) maqE = ⑥(1 分) 粒子离开电场的位置对应的纵坐标： 3yRy += ⑦(1 分) 联立④⑤⑥⑦解得： 2 3Ly = (1 分) 故粒子离开电场的位置坐标为(3， ) (2 分) 25．(16 分) 解：(1)(5 分)设 A、B 在恒力 F 作用下一起沿斜面做加速运动的加速度为 a，细线的张力 大小为 T，由牛顿第二定律可知，对整体： F－2mgsin37°－μ×2mgcos37°=2ma ①(2 分) 对 A 滑块： T－mgsin37°－μmgcos37°=ma ②(2 分) 联立①②解得： T=15N (1 分) (2)(11 分)设 t=2s 时 A、B 的速度大小为 v，由运动学公式可得： v=at ③(1 分) 此时 B 的速度立即减为零，然后向下做匀加速直线运动，设加速度大小为 a2，由牛顿第二 定律可得： mgsin37°－μmgcos37°=ma2 ④(1 分) A 先向上做匀减速直线运动，设加速度大小为 a1，经过时间 t1 后速度减为零，向上位移为 x1，则有： mgsin37°+μmgcos37°=ma1 ⑤(1 分) v=a1t1 ⑥(1 分) x1= 2 112 1 ta ⑦(1 分) 解得：t1=1s，x1=5m 这段时间内 B 向下运动的位移为 x2，则有： x2= 2 122 1 ta ⑧(1 分) 解得： x2=1m 由于 x1+x2=6m0，亦可；其他合理答 案参照给分） 28．（14 分） （1）SiO2+2Cl2+2C 高温 SiCl4+2CO（2 分，写成 SiO2+2C 高温 Si+2CO 和 Si+2Cl2 高温 SiCl4 亦可） （2）ZrCl4+9H2O=ZrOCl·8H2O+2HCl（2 分，若 HCl 写了气体符号，不扣分） （3）①a（2 分） ②CH4− 8e− +4O2− = CO2+2H2O（2 分） ③3（2 分） （4）①1×10－11（2 分，写成 10－11，不扣分） ②AlO2 －+ CO2+ 2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3 －（2 分，未写沉淀符号扣 1 分） 29．（14 分） （1）-90.1kJ·mol－１（2 分，数据写成“90”，不得分，不带单位扣 1 分） （2） CO2+4H2 CH4+2H2O（2 分，条件写成“Pd-MgO/SiO2”亦可，反应条件 未写扣 1 分） （3）①0.02mol/(L·min) （2 分） 900（2 分） ②加入催化剂（2 分） （4）①CaC2O4 400~600℃ CaCO3+CO↑（2分，反应条件未写，扣1分） ②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔（2分） 30．（15分） （1）<（2 分） （2）①水的电离为吸热过裎，升高温度有利于电离（2 分） ② 10（2 分） （3）①O2+2Mn(OH)2 =2MnO(OH)2（2 分） ②量筒（2 分） 煮沸后冷却（1 分，回答“煮沸”即可得分） ③溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内无变化（2 分，只要回答出“溶液蓝色褪去”即可 得分） 8.0（2 分）