湖南省衡阳市2020届高三物理第二次模拟考试试题（含解析）

湖南省衡阳市2020届高三物理第二次模拟考试试题（含解析）

湖南省衡阳市2020届高三物理第二次模拟考试试题（含解析） ‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分．共48分．在毎小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求；第19-21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．‎ ‎1.2020年春晚在舞《春海）》中拉开帷幕．如图所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量（包括衣服和道具）相等，下面说法中正确的是 A. 观众欣赏表演时可把领舞者看作质点 B. 2号和4号领舞者的重力势能相等 C. 3号领舞者处于超重状态 D. 她们在上升过程中机械能守恒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：观众欣赏表演时看演员的动作，所以不能将领舞者看作质点，故A错误；‎ B项：2号和4号领舞者始终处于同一高度，质量相等，所以重力势能相等，故B正确；‎ C项：五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，所以处于平衡状态，故C错误；‎ D项：上升过程中，钢丝绳对他们做正功，所以机械能增大，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎2.超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示，在锥形金属筒内放置四颗小铁珠（其余两颗未画出），工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部，同时，小铁珠陷于钉柱上的凹槽里，锁死防盗扣．当用强磁场吸引防资扣的顶部时，铁环和小铁珠向上移动，防盗扣松开，已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90°，弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F，小铁珠锁死防盗扣，每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为（不计摩擦以及小铁珠的重力）‎ A. F B. F C. F D. F ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】以一个铁珠为研究对象，将力F按照作用效果分解如图所示：‎ 由几何关系可得小铁球对钉柱产生的侧向压力为：‎ ‎ 。‎ 故选：C。‎ ‎3.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别r1、r2，则下列说法正确的是 A. 原子核可能发生衰变，也可能发生衰变 B. 径迹2可能是衰变后新核的径迹 C. 若衰变方程是，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为117：2‎ D. 若衰变方程是，则r1：r2＝1：45‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子的动量方向相以，粒速度方向相反，由左手定则可知，若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切，所以为电性相同的粒子，故A错误；‎ B项：核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变生成的两核动量P大小相等，方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于P、B相同，则粒子电荷量q越大，轨道半径越小，由于新核的电荷量大，所以新核的半径小于粒子的轨道半径，所以r1为粒子的运动轨迹，故B错误；‎ C项：核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变生成的两核动量P大小相等，方向相反，由动能与动量的关系，所以动能之比等于质量的反比，即为2：117，故C错误；‎ D项：由B项分析知，，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎4.2020年1月3日，嫦娥四号探测器登陆月球，实现人类探测器首次月球背面软着陆，为给嫦娥四号採测器提供通信支持，我国早在2020年5月21日就成功发射嫦娥四号中继星鹊桥号”，如图所示，“桥号”中继星一边绕拉格朗日L2点做圆周运动，一边随月球同步绕地球做圆周运动且其绕点的半径远小于点与地球间的距离。（已知位于地、月拉格朗日L1、L2点处的小物体能够在地、月的引カ作用下，几乎不消耗燃料，便可与月球同步绕地球做圆周运动．）则下列说法正确的是 A. “鹊桥号”的发射速度大于11.2km／s B. “鹊桥号”绕地球运动的周期约等于月球绕地球运动的周期 C. 同一卫星在L2点受地、月引力的合力与其在L1点受地、月引カ的合力相等 D. 若技术允许，使“鹊桥号”刚好位于拉格朗日L2点，能够更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：11.2km/s是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，所以鹊桥的发射速度应小于11.2km/s，故A错误；‎ B项：根据题意可知，鹊桥绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B正确；‎ C项：鹊桥在L2点是距离地球最远的拉格朗日点，由可知，在L2点受月球和地球引力的合力比在L1点要大，故C错误；‎ D项：鹊桥若刚好位于L2‎ 点，由几何关系可知，通讯范围较小，并不能更好地为嫦娥四号推测器提供通信支持，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎5.用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电压表检测元件输出的电压，已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端，当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是 A. 电表B为电压表，电表C为电流表 B. 接线端4的电势低于接线端2的电势 C. 若增大R1，则电压表示数增大 D. 若增大R2，则电压表示数减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：B表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，所以电表B为电流表，电表C为电压表，故A错误；‎ B项：由安培定则可知，磁场方向向上，通过安霍尔元件的电流由1流向接线端3，由左手定则可知，正电的粒子偏向接线端4，所以接线端4的电势高于接线端2的电势，故B错误；‎ C项：若增大R1，电磁铁中的电流减小，产生的磁场减小，由公式可知，电压表示数减小，故C错误；‎ D项：若增大R2，流过霍尔元件的电流减小，由公式可知，电压表示数减小，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎6.在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图（a）所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰・若碰撞前后两壶的v－t图像如图（b）所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是 A. 两壶发生了弹性碰撞 B. 蓝壶运动了4s停下 C. 撞后两壶相距的最远距离为1．275m D. 碰撞后蓝壶的加速度大小为0．3m/s2‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度为v0=1.2m/s，碰后红壶的速度为，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒可得：，解得：，碰撞前两壶的总动能为，碰撞后两壶的总动能为 ‎，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；‎ B项：由碰前红壶的速度图象可知，红壶的加速度大小为：，所以蓝壶静止的时刻为：，所以蓝壶运动了3s停下来，故B错误；‎ C项：速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为：，故C正确；‎ D项：碰后蓝壶的加速度为：，故D正确。‎ 故选：CD。‎ ‎7.如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m，电荷量绝对值为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2，且方向与等势线平行A、B连线长为L，连线与竖直方向的夹角为，不计粒子受到的重力，则 A. 该粒子一定带正电 B. 匀强电场的电场强度大小 C. 粒子在B点的电势能一定大于在A点的电势能 D. 等势线b的电势比等势线e的电勢高 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：根据做曲线运动的物体受的合力指向曲线的内侧，由于不知道电场强度的方向，所以无法确定粒子的电性，故A错误；‎ B项：在沿电场线方向的位移为：‎ 设A、B间的电势差为UAB，由动能定理得：，所以，故B正确；‎ C项：根据做曲线运动的物体受的合力指向曲线的内侧可知，粒子受的电场力方向向上，所以粒子从A到B过程中电场力做负功，电势能增大，故C正确；‎ D项：根据题意可知判断粒子受到的电场力方向，但无法确定电场线的方向，所以无法确定等势面的电势的高低，故D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎8.如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小A球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是 A. 小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g B. 小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性勢能之和可能增大 C. 小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大 D. 小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：在B点时，小球的加速度为g，在BC间点弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除重力外还有弹簧沿竖直方向的分量，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；‎ B项：由能量守恒可知，小球从B点运动到C点的过程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性勢能之和一定减小，故B错误；‎ C项：小球在C上点时，由于弹簧的弹力为零 ，所以合力为重力G，所以小球从C点往下还会加速一段，所以小球在C点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C错误；‎ D项：D点为小球运动的最低点，即速度为零所以弹簧形变最大，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故D正确。‎ 故选：AD。‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题一第38题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎9.利用如图（a）所示的实验装置可以测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数・将弹簧放置在水平桌面上，左端固定，右端在O点，此时弹簧为原长：在O点右侧的A、B位置各安装一个光电门．让带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置C（滑块与弹簧未拴接）由静止释放滑块，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从A至B所用的时间．改变光电门B的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一位置由C静止释放，并用米尺测量A，B之间的距高且记下連光片从A到“B所用时间t值 ‎ ‎ ‎（1）由实验数据描绘的，图线如图（b）所示，可得出滑块与水平桌面之间的动摩擦因数＝_____（重力加速度大小g＝9．8m／s2，保留2位有效数字）‎ ‎（2）保持光电门B的位置不变，改变光电门A的位置，重复上述实验图（c）中作出的图线可能正确的是_______。‎ ‎【答案】 (1). 1.82 (2). (3). 0.30(0.27～0.33) (4). BC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由匀变速直线运动的位移公式得：，变形得：，由图象得：，由牛顿第二定律得：，联立解得：；‎ ‎(2)改变A光电门的位置，即可改变滑块在两光电门间的初速度，由匀变速直线运动的位移公式得：，变形得：，若A光电门移到C点，则初速度为零 ，若光电门在C点的右边，则初速度不为零 ，由数学知识可知，应选：AC。‎ ‎10.某研究性学习小组的同学欲做“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验.已知所用小电珠的额定电压和额定功率分别为2.5V、1.2W，实验使用的直流电源的电动势为3.0V内阻忽略不计，实验可供选择的器材规格如下 a、电流表A1（量程0～0.6A，内阻约5Ω）‎ b、电流表A2（量程0～3A，内阻约0.1Ω）‎ c、电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）‎ d、电压表V2（量程0～15V，内阻约2000Ω）‎ e、滑动变阻器R1（阻值0～10，额定电流1A）‎ f、滑动变阻器R2（阻值0～5000，额定电流500mA）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）为了完成实验且尽可能减小实验误差，电流表应选择_______，电压表应选择_________、滑动变阻器应选择_________（填写实验器材前的序号）‎ ‎（2）根据所选的实验器材，请设计合理的电路原理图来完成该实验________‎ ‎（3）该研究性学习小组的同学用设计好的电路测得了该小电珠两端的电压U和通过该小电珠的电流，由欧姆定律计算得到的小电珠的电阻值_______（选填“大于”“等于＂或“小于＂）真实值 ‎（4）该研究性学习小组的同学通过设计好的电路得到了多组实验数据，并根据得到的多组数据在坐标系中描点画图，如图所示，该图线向下弯曲，其原因是______.‎ ‎（5）如果取两个这样的小电珠并联以后再与一阻值为2.0Ω的定值电阻串联，并接在电动势为3.0V、内阻忽略不计的直流电源两端，则每个小电珠消耗的实际功率应为________W（结果保留两位小数）‎ ‎【答案】 (1). a (2). c (3). e (4). (5). 小于 (6). 小电珠的电阻随温度的升高而增大 (7). 0.57（0.50—0.60）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由于灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表应选：C，额定电流为：，所以电流表选：a，本实验灯泡两端电压从零开始变化，所以滑动变阻器用分压式即用总阻值较小的，即为e；‎ ‎(2) 本实验灯泡两端电压从零开始变化，所以滑动变阻器用分压式，灯泡的电阻较小，所以电流表应外接，电路图如图所示：‎ ‎(3)由于电压表的分流作用，所以电流表的示数比流过灯泡的电流更大，由公式可知，电阻的测量值小于真实值；‎ ‎(4)I-U图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，电阻随电压的增大而增大，其原因是灯泡的电阻随温度的增大而增大；‎ ‎(5)将定值电阻与电源等效为内阻为2.0，电动势为3.0V的电源，由闭合电路欧姆定律得：，变形得：，I-U关系图象作入I-U图中 由图可知，U=1.28V，I=0.43A，所以灯泡的实际功率为： 。‎ ‎11.如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t（N），重力加速度大小g＝10m/s2‎ ‎（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1；‎ ‎（2）t＝10s时，两物体的加速度各为多大；‎ ‎（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象（取水平拉カF的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）‎ ‎【答案】（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s；（2）t＝10s时，两物体的加速度各为3m/s2，12m/s2；‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当F＜μ2（m1+m2）g＝3N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：‎ fmax﹣μ2（m1+m2）g＝m1amax，fmax＝μ1m2g 解得：amax＝3m/s2‎ 对整体有：Fmax﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）amax 解得：Fmax＝12N 由Fmax＝3t 得：t＝4s ‎（2）t＝10s时，两物体已相对运动，则有：‎ 对m1：μ1m2g﹣μ2 （m1+m2）g＝m1a1‎ 解得：a1＝3m/s2‎ 对m2：F﹣μ1m2g＝m2a2 F＝3t＝30N 解得：a2＝12m/s2‎ ‎（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12）‎ 图象如图所示。‎ ‎12.如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ．在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）求：‎ ‎（1）粒子的初速度大小v0；‎ ‎（2）电场的电场强度大小E；‎ ‎（3）荧光屏上的发光区域长度△x ‎【答案】（1） （2） （3）1.2R ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)如图所示，‎ 分析可知，粒子在区域I中的运动半径 由 得 ‎ ；‎ ‎(2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域III中的运动半径为 由 得：‎ 粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：‎ 解得：；‎ ‎(3)如图分析可知，‎ 速度方向与电场方向平行向左射入区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最高点穿出，打在离M点处的屏上，由几何关系得：‎ 解得：‎ 速度方向与电场方向平行向右射放区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最低点穿出打在离M点处的屏上，由几何关系得：‎ 解得：‎ 分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为 解得： 。‎ ‎13.下列说法正确的是______，‎ A. 气体放出热量，其分子的平均动能可能增大 B. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是庭分子间距离的减小而增大 C. 饱和汽压与温度和体积有关 D. 第一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律 E. 某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V，则阿伏加德罗常数可表示为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：气体放出热量的同时对外界做功，物体的内能可能增大，则分子平均动能可能增大，故A正确；‎ B项：当分子力表现为斥力时，分子力随分子间的距离的减小而增大，同时需要克服分子斥力做功，所以分子势能增大，故B正确；‎ C项：饱和汽压只与温度有关，故C错误；‎ D项：第一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律，故D正确；‎ E项：某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V，则阿伏加德罗常数可表示为，此式对气体不成立，故E错误。‎ 故选：ABD。‎ ‎14.如图甲所示为“⊥”型上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗细部分截面积分別为S1＝2cm2、S2＝lcm2．封闭气体初始温度为451K，气体长度为L＝22cm，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积変化的图线，大气压强P0＝76 cmHg．求 ‎（1）h1和h2的值；‎ ‎（2）若缓慢升高气体温度，升高到多少开尔文可将所有水银全部压入细管内 ‎【答案】（1）h1=2cm ，h2=4cm （2）504K ‎【解析】‎ ‎【详解】(I)由图乙可知，初如状态：‎ 末状态： ，‎ 解得：；‎ ‎(II)由理想气体状态方程得：‎ 其中 ， ，‎ ‎，‎ 代入数据解得：。‎ ‎15.以下物理学知识的相关叙述中，正确的是 A. 交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普效应 B. 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振 C. 通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，说明光具有波动性 D. 红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线 E. 在“用单摆测重力加速度”的实验中，为了减小测量单摆周期的误差，应选小球运动中的最低点为计时起点，测其n次全振动的时间 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普现象，从汽车上反射回的超声波的频率发生了变化，故A正确；‎ B项：用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，故B错误；‎ C项：通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，是波的衍射图样，说明光具有波动性，故C正确；‎ D项：红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体也能辐射红外线，故D错误；‎ E项：在“用单摆测重力加速度”的实验中，为了减小测量单摆周期的误差，应选小球运动 中的最低点为计时起点，因为最低点速度最大，测其n次全振动的时间，故E正确；‎ 故选：ACE。‎ ‎16. 一列简谐横波，在t=0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为10cm。P、Q两点的坐标分别为-1m和-9m，波传播方向由右向左，已知t=0.7s时, P点第二次出现波峰。试计算：‎ ‎①这列波的传传播速度多大？‎ ‎②从t=0时刻起，经多长时间Q点第一次出现波峰？‎ ‎③当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为多少？‎ ‎【答案】① v=10m/s ② t=1.1s ③ L=0.9m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意可知该波的波长为λ=4m，P点与最近波峰的水平距离为3m，距离下一个波峰的水平距离为7m.所以 ‎(2)Q点与最近波峰的水平距离为11m 故Q点第一次出现波峰的时间为 ‎(3)该波中各质点振动的周期为 Q点第一次出现波峰时质点P振动了t2=0.9s 则 质点每振动经过的路程为10cm 当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程s′=0.9m.‎