宁夏银川九中、石嘴山三中、平罗中学三校2020届高三下学期联考物理试题（解析版）

宁夏银川九中、石嘴山三中、平罗中学三校2020届高三下学期联考物理试题（解析版）

2020 年银川九中、石嘴山三中、平罗中学三校联考 理科综合试卷-物理部分 一、选择题 1.“超导托卡马克”（EAST）是我国自行研制的可控热核反应实验装置．设该实验反应前氘核 （ 2 1H ）的质量为 m1，氚核（ 3 1H ）的质量为 m2，反应后氦核（ 4 2 He ）的质量为 m3，中子（ 1 0 n ） 的质量为 m4，真空中光速为 c．下列说法中不正确的是（ ） A. 这种装置中发生的核反应方程式是 2 3 4 1 1 1 2 0H H He n   B. 由核反应过程质量守恒可知 m1+m2=m3+m4 C. 核反应放出的能量等于(m1+m2–m3–m4)c2 D. 这种装置与我国大亚湾核电站所使用核装置的核反应原理不相同 【答案】B 【解析】 可控热核反应装置中发生的核反应方程式是 2 3 4 1 1 1 2 0H H He n   ，A 正确；核反应过程中质 量数守恒，但质量不守恒，核反应过程中存在质量亏损，B 错误；核反应过程中的质量亏损 Δm=m1+m2–m3–m4，释放的核能ΔE=(m1+m2–m3–m4)c2，C 正确；这种装置的核反应是核聚变， 我国大亚湾核电站所使用核装置的核反应是核裂变，它们的核反应原理不同，D 正确． 2.重力为 G 的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立 保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则： A. 当 060  时，运动员单手对地面的正压力大小为 2 G B. 当 0120 = 时，运动员单手对地面的正压力大小为G C. 当θ不同时，运动员受到的合力不同 D. 当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等 【答案】A 【解析】 【详解】运动员处于静止状态，即平衡状态.每只手都承受自身重力的一半.和角度无关，所以 A 正确,BC 错误:由牛顿第三定律知两物体间的相互作用力大小永远相等.故 D 错误． 综上所述本题答案是：A 3.“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速 度 v1、v2 抛出铁丝圈，都能套中地面上同一目标．设大人和小孩的抛出点离地面的高度之比 H1：H2=2：l，则 v1：v2 等于（ ） A. 1：2 B. 2：l C. 1： 2 D. 2 ：1 【答案】C 【解析】 【详解】根据 21 2H gt 得 2t H g  则初速度 2 x gv xt H   因为水平位移相等，高度之比为 2：1，可知初速度之比 1： 2 ． 故选 C． 4.在坐标－x0 到 x0 之间有一静电场，x 轴上各点的电势φ随坐标 x 的变化关系如图所示，一电 荷量为 e 的质子从－x0 处以一定初动能仅在电场力作用下沿 x 轴正向穿过该电场区域．则该质 子( ) A. 在－x0～0 区间一直做加速运动 B. 在 0～x0 区间受到的电场力一直减小 C. 在－x0～0 区间电势能一直减小 D. 在－x0～0 区间电势能一直增加 【答案】D 【解析】 【详解】A．从－x0 到 0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场 力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A 错误； B．设在 x～x＋Δx，电势为φ～φ＋Δφ，根据场强与电势差的关系式 E x   ，当Δx 无限趋近 于零时， x   表示 x 处的场强大小(即φ～x 图线的斜率)，从 0 到 x0 区间，图线的斜率先增加 后减小，所以电场强度先增大后减小，根据 F＝Ee，质子受到的电场力先增大后减小，B 错误； CD．在－x0～0 区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增 加，C 错误，D 正确． 5.高压输电可大大节能，至 2017 年 11 月，我国已建成投运 8 项 1000kV 特高压交流工程和 11 项 800 kV 特高压直流工程．中国全面掌握了特高压核心技术，成为世界首个也是唯一成功 掌握并实际应用特高压技术的国家．某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机输 出的电压恒定，通过升压变压器 1T 和降压变压器 2T 向用户供电，已知输电线的总电阻为 R ， 降压变压器 2T 的原、副线圈匝数之比为 4：1，它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，若将 变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是 A. 降压变压器 2T 原线圈的输入电压为 880V B. 降压变压器 2T 的输入功率与输出功率之比为 4：1 C. 当用户端用电量增大时，输电线上损耗的功率减小 D. 当用户端用电量增大时，发电厂输出的功率也增大 【答案】AD 【解析】 【详解】A．由图象得到，降压变压器副线圈两端交变电压 U＝220 2 sin100πtV，有效值为 220V，降压变压器原、副线圈匝数之比为 4：l，故降压变压器 T2 原线圈的输入电压为：4×220V ＝880V，故 A 正确； B．降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为 1：1，故 B 错误； C．输出功率增大，则输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，故 C 错误； D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，输出和损失的功率都增 大，故发电机输出功率增大，故 D 正确． 6.荷兰“MarsOne”研究所推出了 2023 年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划，2013 年该机构通过电视真人秀的方式招募首批 4 名志愿者，并于 2024 年前往火星，登陆火星需经 历如图所示的变轨过程，已知引力常量为 G，则下列说法正确的是（ ） A. 飞船在轨道上运行时，运行的周期 TⅢ>TⅡ>TⅠ B. 飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能 C. 飞船在 P 点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在 P 点朝速度方向喷气 D. 若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度可以推知火星的质量 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A．由于飞船在轨道上运动时的半长轴 a a aⅢ Ⅱ Ⅰ＞ ＞ ，根据开普勒第三定律 3 2 a kT  可 知，运行的周期T T TⅢ Ⅱ Ⅰ＞ ＞ ，故 A 正确； BC．飞船在 P 点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在 P 点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达 轨道Ⅰ，则在轨道Ⅰ上机械能小于在轨道Ⅱ的机械能，故 B 错误，C 正确； D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，万有引力充当向心力，即 2 2 r MmG mr= 由于不知道火星半径故无法求得火星的质量，故 D 错误。 故选 AC。 7.如图所示，A、B 质量分别为 m 和 M，B 系在固定于墙上的水平轻弹簧的另一端，并置于光 滑的水平面上，弹簧的劲度系数为 k，将 B 向右拉离弹簧原长位置 x 后，无初速度释放，在以 后的运动中 A、B 保持相对静止，则在弹簧恢复原长的过程中（ ） A. A 受到的摩擦力最大值为 mkx M B. A 受到的摩擦力最大值为 mkx M m C. 摩擦力对 A 做功为 2 2 mkx M D. 摩擦力对 A 做功为 2 2( ) mkx M m 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．当刚释放时，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得 kx=（M+m）a 此时 AB 加速度最大为 m kxa m M ＝ 此时 A 受摩擦力最大，根据牛顿第二定律得 m m mkxf ma M m ＝ ＝ 选项 A 错误，B 正确； CD．在四分之一周期时间内，A 受摩擦力线性减小到零，所以根据 1 2  2 F FF ＝ 可知 A 受到的 摩擦力平均值为  2 2 mf mkxf M m ＝ ＝ 则摩擦力对 A 做的功   2 2 mkxW fx M m ＝ ＝ 选项 C 错误，D 正确。 故选 BD。 8.如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通 道中心线的半径为 R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为 E，磁分析器有范围 足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向外。一质量为 m、电荷量为 q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由 P 点垂直边界进入磁分析 器，最终打到胶片上的 Q 点，不计粒子重力，下列说法中正确的是（ ） A. 加速电场的电压 U＝ E R B. 极板 M 比极板 N 电势高 C. 若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷 D. 直径 PQ＝2B qmER 【答案】BC 【解析】 【详解】A．在加速电场中，由动能定理得 21 02qU mv  粒子在静电分析器中做圆周运动，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得 2 qE Rm v 解得 1 2U ER 故 A 错误； B．因为粒子在磁场中从 P 点运动到 Q 点，因此由左手定责可知粒子带正电；在加速电场中 受到的电场力向右，所以电场线方向向右，则 M 板为正极，M 板的电势高于 N 板电势，故 B 正确； CD．粒子在磁分析器中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 2 qvB m r v 解得 1 mERr B q  P、Q 两点间的距离为 22PQ rs q mER B   若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则粒子做圆周运动的直径相等， 根据 PQ 的表达式可知，粒子的比荷相等，故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 二、非选择题：共 62 分，第 9~12 题为必考题，每个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.用如图所示的装置来验证动量守恒定律．滑块在气垫导轨上运动时阻力不计，其上方挡光条 到达光电门 D（或 E），计时器开始计时；挡光条到达光电门 C（或 F），计时器停止计时．实 验主要步骤如下： a．用天平分别测出滑块 A、B 的质量 mA、mB； b．给气垫导轨通气并调整使其水平； c．调节光电门，使其位置合适，测出光电门 C、D 间的水平距离 L； d．A、B 之间紧压一轻弹簧（与 A、B 不粘连），并用细线拴住，如图静置于气垫导轨上； e．烧断细线，A、B 各自运动，弹簧恢复原长前 A、B 均未到达光电门，从计时器上分别读取 A、B 在两光电门之间运动的时间 tA、tB． （1）实验中还应测量的物理量 x 是______________________（用文字表达）． （2）利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是______________（用题中所给的字 母表）． （3）利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能 Ep=__________________（用题中所 给的字母表示）． 【 答 案 】 (1). 光 电 门 E 、 F 间 的 水 平 距 离 (2). A B A B 0L xm mt t   (3). 2 2 A B A B 1 1( ) ( )2 2 L xm mt t  【解析】 【详解】(1、2)由于 A、B 原来静止，总动量为零，验证动量守恒定律的表达式为： 0A B A B L xm mt t   ，所以还需要测量的物理量是光电门 E、F 间的水平距离； (3)弹簧恢复原长时，A 滑块的速度为： A A Lv t  ，B 滑块的速度为： B B xv t  ，根据能量守恒 定律得：Ep= 2 21 1( ) ( )2 2A B A B L xm mt t  10.在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导线 a.b.c.d.e.f.g 和 h 按图甲所示方式连接好 电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后： （1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能 为零，则可能是_________导线断路． （2)某同学排除故障后测出电源和小电珠的 U-I 特性图线．如图乙所示．电源的电动势 E=_________V：小电珠的电阻随温度的上升而_________． （3）将与上面相同的两个小电珠并联后接到上面电源上，每一只小电珠的实际电功率是 _________W．（保留 2 位小数） 【答案】 (1). （1）g 处 (2). （2）3.0 (3). 增大 (4). （3）0.99（在 0.95-1.05 之间) 【解析】 （1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表电流表的示数总不能为 零，说明滑动变阻器不起作用，连成了限流接法，故 g 断路． （2）电源的 U﹣I 图线纵轴截距等于电源的电动势，则由图知，电源的电动势 E=3.0V．根据 欧姆定律 UR I  可得小电珠的电阻，由数学知识分析可知，R 等于小电珠的 U﹣I 特性图线上 的点与原点连线的斜率，则小电珠的电阻随温度的上升而增大． （3）电源的内阻等于电源的 U﹣I 图线的斜率绝对值，则得内阻 3.0 0 13.0 0 Ur I        ， 当两个小电珠并联后，接到电源上，由闭合电路欧姆定律得：E=U+2Ir，电源的 U﹣I 图线为 U=E﹣2rI=E﹣2I=3﹣2I，作出图象如图所示： 可得 U=1.1V，I=0.9A，则一个小电珠的实际电功率为：P=UI=0.99W． 11.如图甲所示，长为 4m的水平轨道 AB 与半径为 R=0.6m 的竖直半圆弧轨道 BC 在 B 处相连 接，有一质量为 1kg 的滑块（大小不计），从 A 处由静止开始受水平向右的力 F 作用，F 的大 小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与 AB 间的动摩擦因数为μ=0.25，与 BC 间的动摩擦因 数未知，g 取 10m/s2，求： (1)滑块在水平轨道 AB 上运动前 2m 过程所用的时间； (2)滑块到达 B 处时的速度大小； (3)若到达 B 点时撤去力 F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点 C，则滑块在 半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？ 【答案】(1) 1 8  s35t  ；(2) 2 10m/sBv  ；(3)5J 【解析】 【详解】(1)在前 2m 内有 1 1F mg ma  且 2 1 1 1 1 2x a t 解得 1 8  s35t  (2)滑块从 A 到 B 的过程中，由动能定理有 2 1 1 2 3 1 2 BF x F x mgx mv   即 2120 2 10 1 0.25 1 10 4 2 Bv        解得 2 10m/sBv  (3)当滑块恰好能到达 C 点时，应有 2 cvmg m R ＝ 滑块从 B 到 C 的过程中，由动能定理有 2 21 12 2 2C BW mg R mv mv = 解得 W=-5J 即克服摩擦力做功为 5J。 12.如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.5T.在匀强磁场区域内，有一 对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距 L＝1m，电阻可忽略不计．质 量均为 m＝lkg，电阻均为 R＝2.5Ω的金属导体棒 MN 和 PQ 垂直放置于导轨上，且与导轨接 触良好．先将 PQ 暂时锁定，金属棒 MN 在垂直于棒的拉力 F 作用下，由静止开始以加速度 a ＝0.4m/s2 向右做匀加速直线运动，5s 后保持拉力 F 的功率不变，直到棒以最大速度 vm 做匀 速直线运动. (1)求棒 MN 的最大速度 vm； (2)当棒 MN 达到最大速度 vm 时，解除 PQ 锁定，同时撤去拉力 F，两棒最终均匀速运动.求 解除 PQ 棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热. (3)若 PQ 始终不解除锁定，当棒 MN 达到最大速度 vm 时，撤去拉力 F，棒 MN 继续运动多远 后停下来?（运算结果可用根式表示） 【答案】（1） 2 5m / smv  （2）Q=5 J （3） 40 5mx  【解析】 【详解】(1)棒 MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma 棒 MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv 棒 MN 做匀加速直线运动，5s 时的速度为：v=at1=2m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得： 2 EI R  联立上述式子，有： 2 2 2 B L atF ma R   代入数据解得：F=0.5N 5s 时拉力 F 的功率为：P=Fv 代入数据解得：P=1W 棒 MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为vm，棒受力平衡，则有： 0m m P BI Lv   2 m m BLvI R  代入数据解得: 2 5m/smv  (2)解除棒 PQ 后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大 小为 v′，则有： 2mmv mv 设从 PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为 Q，由能量 守恒定律可得： 2 21 1 22 2mQ mv mv   代入数据解得：Q=5J； (3)棒以 MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为 i，在极短时间△t 内，由动量定理得： -BiL△t=m△v 对式子两边求和有： ( ) ( )mBiL t m v      而△q=i△t 对式子两边求和，有: ( )q i t     联立各式解得：BLq=mvm， 又对于电路有： 2 Eq It tR   由法拉第电磁感应定律得： BLxE t  又 2 BLxq R  代入数据解得： 40 5mx  【物理—选修 3-3】 13.下列说法正确的是___________ A. 分子间距离减小时分子势能一定减小 B. 即使水凝结成冰后，水分子的热运动也不会停止 C. 将一块晶体敲碎，得到的小颗粒也是晶体 D. 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 E. 在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 【答案】BCD 【解析】 【详解】当分子间的距离大于 0r 时，分子间的距离减小分子间的势能减小，当分子间的距离 小于 0r 时，分子间的距离减小分子间的势能增大，A 错误； 只要温度高于绝对零度，分子间就一直有热运动，因此水结成冰分子间的热运动也不会停止， B 正确； 将一块晶体敲碎不改变其性质，因此还是晶体，C 正确； 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体是对的，如石墨 和金刚石，D 正确； 晶体在融化过程中吸热温度保持不变但是其分子势能发生了变化，内能是分子势能和分子动 能组成的，因此其内能发生变化，E 错误． 14.如图所示，在粗细均匀的 U 形管左侧用水银封闭一段长为 L1=20cm、温度为 T1=285K 的空 气柱，稳定时，左右两管水银面高度差为 h=19cm．现向右管缓慢补充水银，保持左管内气体 的温度不变，当左右两管水银面等高时，停止补充水银．已知大气压为 p0=76cmHg． ①求此时左管内空气柱的长度 L2； ②接着给左管的气体缓慢均匀加热，使管内空气柱的长度恢复到 20cm，求此时左管内气体的 温度． 【答案】(1)L2=15cm (2)T3=430K 【解析】 【分析】 对于封闭气体，气体发生等温变化，由玻意耳定律求得左管内空气柱的长度；给左管的气体 缓慢均匀加热，由理想气体状态方程求得左管内气体的温度； 【详解】解：(1)对于封闭气体有： 1 0 57 p P h cmHg   末态压强： 2 76P cmHg 由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得： 1 1 2 2PV PV 解得： 2 15L cm (2) 均匀加热封闭气体的压强： 3 0 1 22( )P P L L   由理想气体状态方程可得： 3 1 1 1 3 1 PV PV T T  联立解得： 3 430T K 【物理—选修 3-4】 15.图(a)为一列简谐横波在 t=2s 时的波形图图(b)为平衡位置在 x=0.5m 处的质点 P 的振动图象， M 是平衡位置在 x=2m 的质点．下列说法正确的是( ) A. 波的传播方向向右 B. 波速为 0.5m/s C. 0~2s 时间内，M 向 y 轴正方向运动 D. 当 t=9s 时，M 恰好回到平衡位置且向下振动 E. x=1.5m 处的质点与 P 的振动步调有时相同有时相反 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．根据图 b 可知，t=2s 时在 x=0.5m 处的质点 P 的振动方向向下，由平移法可知， 波的传播方向向右，A 正确 B．根据图 a 可知波长 2m  ，根据图 b 可知周期 4T s ，所以波速： 0.5 /v m sT   ，B 正确 C．M 点与原点距离一个波长，所以 t=2s 时 M 也处于波谷，0~2s 时间内前半个周期，Q 在向 y 轴负向运动，C 错误 D．从 t=2s 到 t=9s 时， 37 14t s T   ，现在 M 处于波谷，所以 t=9s 时，M 恰好回到平衡位 置且向下振动，D 正确 E．x=1.5m 处的质点与 P 相距半个波长，所以振动步调相反，E 错误 16.现有一三棱柱工件，由透明玻璃材料制成．如图所示，其截面 ABC 为直角三角形， ∠ACB=30°，现在有一条光线沿着截面从 AC 边上的 O 点以 45°的入射角射入工件折射后到达 BC 边的中点并发生了全反射后垂直于 AB 边射出．已知光在空气中的传播速度为 c． ①求透明玻璃材料的折射率． ②若 BC= 3 a，求光线在玻璃材料内传播的时间． 【答案】（1） 2 （2） 5 2 4 a c 【解析】 【详解】（1）光路图如图所示 DE 光线垂直 AB 射出，所以 30EDB ODC     ，折射角 30r  ，所以 sin45 2sin30n   （2）由几何关系可知， 1 1cos30 2 4OD CD CB   ，所以 1 2OD a ， 3cos30 4 aDE BD   ， 因为 cn v  ，所以 2 2 c cv n   ， 5 2 4 OD DE at v c  