2020届高三TOP20九月联考物理试卷

2020届高三TOP20九月联考物理试卷

百校联盟2020届TOP20九月联考 物 理 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。‎ ‎2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷的相应位置。‎ ‎3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。‎ ‎4.本试卷满分110分，测试时间90分钟。‎ ‎5.考试范围：必修1、2,选修3—1、3—2、3—5。‎ 第I卷 一、选择题：本题共12小题，每小题4分,在每题给出的选项中，第1〜7题，每小题只有一个选项符合题目要 求，第8〜12题，每小题有多个选项符合题目要求，全对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分。‎ ‎1.根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到一群处于基态（量子数n=1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为：（      ）‎ A. 13．6eV B. 3．4eV C. 12．75eV D. 12．09eV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氢原子只发出6种不同频率的色光，根据公式确定单色光照射大量处于基态的氢原子使它跃迁到哪一个激发态，从而根据能极差求出照射光子的能量；‎ ‎【详解】由题意应该有，得，即能发出6种频率光的一定是能级， 则照射氢原子的单色光的光子能量为：，故C正确，ABD错误。‎ ‎【点睛】明确原子吸收光子是量子化的，会求能级差是求这类问题的基础，解决本题的关键知道能级间发生跃迁时吸收的能量必须等于能极差，否则能量不能被吸收。‎ ‎2.如图所示为双星圆周运动模型，1、2两星绕O点做匀速圆周运动，若两星间的距离逐渐减小，假设两星质 量均不变，在此过程中，关于两星做圆周运动的说法错误的是 A. 周期均逐渐减小 B. 线速度均逐渐减小 C. 角速度均逐渐增大 D. 向心加速度均逐渐增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据：‎ 得出：‎ 同理可得：‎ 所以：‎ 当不变时L减小则T减小，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故A不符合题意; ‎ B．根据：‎ 得出：‎ 因为的减小比R1和R2的减小量大，则线速度增大，故B符合题意. ‎ C．角速度，结合A可以知道，角速度增大，所以C不符合题意; ‎ D．根据：‎ 知L变小则两星的向心加速度增大，故D不符合题意.‎ ‎3.如图所示等离子体以平行两极板向右的速度v进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为L，两极板间等离子体的电阻为r，两极板与电阻R和开关S用导线连接。闭合开关S则 A. 通过R的电流从下到上 B. R两端的电压为ELv C. 电阻R消耗的电功率为 D. 若回路中有稳定的电流I则电路消耗的能量等于洛伦兹力所做的功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，因此上极板为电源的正极，所以通过R的电流从上到下，故A错误; ‎ BC．根据平衡有：‎ 计算得出电源的电动势，根据闭合电路欧姆定律电路中的电流为：‎ 所以R两端的电压为：‎ 再由功率表达式知R的功率为：‎ 故B错误，C正确.‎ D．若回路中有稳定的电流I，电路消耗的能量源于正、负带电粒子的向两极运动过程中正负电荷之间电场力做负功而减小的动能，而洛伦兹力与粒子运动方向垂直不做功，故D错误.‎ ‎4.2018年6月2日，“高分六号”卫星成功发射。“高分六号”是一颗地球同步卫星，该卫星是中国国内光谱分辨率最高的卫星，也是国际上首次实现对大气和陆地进行综合观测的全谱段高光谱卫星，可实现多种 观测数据融合应用。下列关于“高分六号”的说法正确的是 A. 它定点在北京正上空 B. 它定点在赤道正上空，且与地球自转周期相同 C. 它的周期可以与地球自转周期不同但其高度和环绕速度是定值 D. 它的周期和地球自转周期相同，但轨道高度和环绕速度可以选择，当高度增大时，环绕速度减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．它若在除赤道所在平面外的任意点假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的；因此同步卫星相对地面静止不动，所以必须定点在赤道的正上方；地球同步卫星和地球同步，因此同步卫星的周期和地球自转周期一定相同故，A错误，B正确，C错误.‎ D．根据万有引力提供向心力列出等式：‎ 其中R为地球半径，h为同步卫星离地面的高度，因为同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h也为一定值，因为轨道半径一定，则线速度的大小也一定，故D错误;‎ ‎5.如图所示，固定的水平长直导线MN中通有向右的恒定电流I,矩形线框ABCD在导线MN的正下方且 与MN处于同一竖直平面内。线框ABCD在外力F作用下以恒定的速度。竖直向上运动，且运动过程中AB边始终平行于MN,则在AB边运动到MN之前的过程中，下列说法正确的是 A. 穿过线框的磁通量保持不变 B. 线框中感应电流的方向始终为A→B→C→D→A C. 线框所受安培力合力方向向下 D. 外力F所做的功等于线框增加的机械能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．离直线电流越近，磁感应强度越强，线框向上运动的过程中，磁通量逐渐增大，故A错误. ‎ B．根据右手螺旋定则知MN下方的磁场方向垂直纸面向里，线框向上运动的过程中磁通量增大，根据楞次定律知线框中感应电流的方向为ADCB，故B错误. ‎ C．根据左手定则知AB边所受的安培力方向向下，CD边所受的安培力方向向上，因为AB边所处位置的磁感应强度大则安培力大，所以线框所受安培力的合力向下，故C正确.‎ D．线框匀速向上运动，线框中产生电能，F做的功会有一部分会产生热量，外力F所做的功大于线框增加的机械能，所以D错误.‎ ‎6.如图所示，长为L质量为M的小车置于光滑的水平面上，小车左端放一质量为m 的小物块，用大小为F 的水平恒力将小物块向右拉动一段距离s（相对于地面），小物块刚好滑到小车的右端。小物块与小车间的动摩擦因数为μ，在此过程中 A. 恒力F对小物块做的功为 B. 摩擦力对小物块做的总功为-μmgs C. 摩擦力对小车所做的功为 D. 摩擦力对小物块和小车组成的系统做的总功为μmgL ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由题知物块对地的位移方向向右，大小为s，小物块受到的摩擦力方向水平向左，则恒力对小物块做的功为：Fs；则摩擦力对小物块做的功为-μmgs；故A错误，B正确.‎ C．小车受到的摩擦力方向水平向右，位移方向向右，大小为s-L，则摩擦力对小车做功为μmg(s-L).故C错误.‎ D．物块相对于小车的位移大小为L，则摩擦力对系统做的总功为-μmgL.故D错误.‎ ‎7.如图所示，PQ分界线的右侧某矩形区域内有一垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）以速 度“沿AC方向由A点射入磁场，经过一段时间从D点射出磁场，已知AD间的距离为。则该粒子在磁场中速度方向改变的角度θ为 A. 30° B. 45°‎ C. 60° D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动由：‎ 得：‎ 如图所示：‎ 故 A．描述与分析不符，故A错误.‎ B．描述与分析不符，故B错误.‎ C．描述与分析相符，故C正确.‎ D．描述与分析不符，故D错误.‎ ‎8.如图所示，竖直平面内有A、B两点，两点连线与水平方向的夹角，平面所在空间有平行于该平面的匀强电场。一质量为m，带电量为+q的带电质点，以一定初速度从A点沿直线运动到B点，重力加速度为g，则 A. 场强方向一定沿与水平方向成30°角斜向右下方 B. 场强的最小值为 C. 场强的最小值为 D. 若质点到达B点时速度恰好为0,场强大小可能为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．质点沿AB做直线运动，则重力和电场力的合力方向一定与初速度方向在一条直线上，则电场力可能的方向如图甲和乙所示.则最小值：‎ 解得：，故A错误，B错误，C正确.‎ D．若质点做减速运动到B，则电场力与重力的合力方向与初速度方向相反，如图乙所示，当电场力方向与竖直方向夹角成30°时有：‎ 所以，故D正确 ‎9.甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同一方向做直线运动，两车速度的平方随位移x的变化图象如图所示，下列说法正确的是 A. 汽车甲的加速度大小为2 m/s2‎ B. 汽车乙的加速度大小为1. 5 m/s2‎ C. 汽车甲、乙在处的速度大小为m/s D. 汽车甲、乙在t = 4 s时相遇 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知随x的变化关系成一次函数变化，故甲乙两车均做匀变速直线运动，所以对于甲车在0-9m时有：‎ 带入数据解得.即甲的加速度大小为2m/s2，同理可解得乙的加速度大小为1m/s2，故A正确，B错误。‎ C．由图易知在时，甲乙两车的速度大小相同，对乙分析根据速度和位移的关系可知：‎ 代入数据解得：，故C正确。‎ D．根据图像可知，甲从处开始做匀减速运动，初速度，由A知加速度大小为2m/s2，则甲到静止运动的时间：‎ 所以甲的位移：‎ ‎（）‎ 同理可得乙的位移：‎ 当t=4s时，甲车已停下，即3s内的位移为：‎ 当t=4s时，乙车的位移：‎ 所以当t=4s时，x甲>x乙，两车并未相遇，故D错误 ‎10.如图所示，固定斜面C上有质量均为m的A、B两个物体一起相对静止地沿倾角为 ‎ 的斜面匀速下滑，B和斜面间动摩擦因数为，A和B间动摩擦因数为，重力加速度大小为g，则A.B间的摩擦力大小为 A. B. ‎ C. D. 0‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】因为A、B两个物体一起相对静止地沿倾角为 的斜面匀速下滑，AB之间无相对滑动，所以AB之间为静摩擦，A、B物体均受力平衡，对A受力分析可知沿斜面方向有：‎ 对AB整体分析，沿斜面方向有：‎ 而单独对B受力分析沿斜面方向有：‎ 故：‎ A．描述与分析相符，故A正确.‎ B．描述与分析不符，故B错误.‎ C．描述与分析相符，故C正确 D．描述与分析不符，故D错误.‎ ‎11.如图所示，一正方形线圈边长为L,电阻为r，以ab边为轴匀速转动，角速度为，周期为T,整个区域存 在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，M、N是两个集流环，负载电阻为R，电流表、连接导线电阻均不计。下列说法正确的是 A. 线圈产生的电动势最大值为 B. 电流表示数为 C. 电阻R 两端电压有效值为 D. 从图示位置开始计时，经，通过负载R 的电荷量为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．线圈绕转轴匀速转动时，在电路中产生按正弦规律变化的交变电流，由最大值表达式可知：‎ 故A正确.‎ BC．电动势的有效值为：‎ 则电流表示数为：‎ R两端电压有效值为：‎ 故B错误，C正确 D．从图示位置开始计时，经，通过负载R的电荷量为：‎ 故D错误.‎ ‎12.在光滑的水平面上有一平行于水平面的静电场，O、A是一条电场线上的两个点，在O点由静止释放一电量为，质量为kg的带正电小球，其运动的图象如图所示。其中P点是图线切线斜率最大的位置，当时，小球位于A点。则下列说法正确的是 A. 该电场可能是匀强电场 B. 由O到A的过程中电场力做正功 C. 整个运动过程中，小球经过A点时加速度最大，且A点场强为 D. OA两点间电势差 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如果该电场是匀强电场，小球将做匀加速直线运动，v-t图像为直线，故A错误.‎ B．小球由O运动到A的过程中只有电场力做功，因为小球动能增加，故电势能减少，电场力做正功，而小球带正电，所以电场线方向由O到A. 故B正确.‎ C．由题可知小球在A点斜率最大，即在A点加速度最大，故A点场强最大，由v-t图像可知小球在A点的加速度为：‎ 根据牛顿第二定律有：‎ 故C错误.‎ D．O到A运动过程中，根据动能定理可知：‎ 代入数据解得：，故D错误 第Ⅱ卷 二、非选择题：本题包括5小题，共52分。‎ ‎13.如图是“测定匀变速直线运动加速度”实验中得到的一条纸带（两计数点间还有一个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电。‎ ‎(1) 相邻两个计数点之间的时间间隔t=________s。‎ ‎(2) 打点计时器打计数点3时，小车的速度大小是 =________m/s。（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎(3)小车的加速度大小为 =_______m/s2。（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 0.04s (2). 0.64m/s (3). 3.0m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) [1]打点计时器电源频率是50Hz，故打点频率为0.02s，又因为两计数点间还有一个点没有画出，所以相邻的计数点间有2个时间间隔，即T=0.04s;‎ ‎(2)[2]根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可知打纸带上3点时小车的瞬时速度大小为：‎ ‎(3)[3]根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小：‎ ‎14.某科技创新小组的同学测定一水果电池（电动势大约1.5‎ ‎ V、内阻约为1100Ω）的电动势和内阻，实验原理如下图中的甲、乙所示（甲、乙两图中电压表内阻约为3000Ω，电流表内阻约为20Ω），应该选择________________（填“甲”或“乙”）电路比较合适。通过调节滑动变阻器得到多组U、I数据，依据U，I数数据绘得的图象如图丙，则电动势为________V,内阻为________________Ω（以上结果均保留两位有效数字）。实验中测量的电池内阻结果与真实值相比________填“偏大”“偏小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). 1.6V (3). (4). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2][3]因为水果电池内电阻较大，相对于电源来说应采用电流表内接法；故应选用甲电路；图象与纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示内阻，由图示电源图象可以知道，电源的电动势为；内电阻为：‎ ‎[4]因为实验误差来源于电流表分压，故内阻测量值与真实值比较偏大 ‎15.如图所示，质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内恰好做半径为R 的圆周运动，不计空 气阻力的作用，当小球通过圆周最低点时，通过外力做功使小球速度瞬间增大，在此后小球继续做圆周运动。当小球再次通过最低点时绳子的张力为7mg，重力加速度为g。求：在此过程中外力对小球所做的功。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】小球通过最低点时，轻绳的张力F=7mg，由牛顿第二定律可知 小球恰好过最高点时轻绳拉力为零，由牛顿第二定律可知：‎ 所以小球运动的全过程中由动能定理可得：‎ 联立以上各式解得：‎ 答：在此过程中外力对小球所做的功 ‎16.如图甲所示，两根足够长的水平放置的平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，间距为L，导轨间电阻为R。PQ右侧区域处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；PQ左侧区域两导轨间有一面积为S的圆形磁场区，该区域内磁感应强度随时间变化的图象如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向，图象中B0和t0都为已知量。一根电阻为r、质量为m的导体棒置于导轨上，0〜t0时间内导体棒在水平外力作用下处于静止状态，t0时刻立即撤掉外力，同时给导体棒瞬时冲量，此后导体棒向右做匀速直线运动，且始终与导轨保持良好接触。求：‎ ‎(1)0~t0时间内导体棒ab所受水平外力的大小及方向 ‎(2)t0时刻给导体棒的瞬时冲量的大小 ‎【答案】(1) 水平向左 (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由法拉第电磁感应定律得 ：‎ 所以此时回路中的电流为：‎ 根据右手螺旋定则知电流方向为a到b.‎ 因为导体棒在水平外力作用下处于静止状态，故外力等于此时的安培力，即：‎ 由左手定则知安培力方向向右，故水平外力方向向左.‎ ‎(2)导体棒做匀速直线运动，切割磁感线产生电动势为：‎ 由题意知：‎ 所以联立解得：‎ 所以根据动量定理知t0时刻给导体棒的瞬时冲量的大小为：‎ 答：(1)0~t0时间内导体棒ab所受水平外力为，方向水平向左.‎ ‎(2)t0时刻给导体棒的瞬时冲量的大小 ‎17.在光滑的水平面上存在如图所示直角坐标系，其一、二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度在第三象限至间有斜向右下方与水平方向夹角为的匀强电场，场强.在y轴正、负半轴上的M点和N点均有一个极短的平板，由A点（- 2，0)静止释放一个质量m = 0.01 kg，电量的小球，小球运动过程中会在该图中两平板上表面与y轴交点位置发生完全弹性碰撞（碰撞时，小球在x轴方向速度不变，y轴方向速度大小不变，方向相反），经过一段时间回到A点。求：‎ ‎（1）小球射出电场的速度及两平板M与N的坐标；‎ ‎（2）小球从A点出发到返回至A点所经历的时间。‎ ‎【答案】(1)2m/s M(0，2) N(0，-2) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球在电场中沿场强方向做匀加速直线运动，根据动能定理有：‎ 又因为场强方向与水平方向夹角为，故 所以解得：‎ 小球射出电场后做匀速直线运动，打到N板上，有几何关系可知N点的坐标为（0，-2），击中N后由题意可知反弹以与水平方向成斜向上方匀速直线运动，进入磁场.小球进入磁场后的半径：‎ 代入数据解得：，故小球在第一象限转半圆打到M点，故根据几何关系可得M点的坐标为（0，2），根据题意击中M后再在第二象限转半圆回到A点.小球的轨迹如图所示.‎ ‎(2)由轨迹图可知，小球在电场中做加速运动的平均速度为：‎ 时间为：‎ 有几何关系可知做匀速运动的时间为：‎ 而在磁场中做圆周运动恰好为一个完整圆周，故时间为：‎ 所以总时间为：‎ ‎ 答：(1)小球射出电场速度及两平板M与N的坐标分别为（0，-2），（0，2）；‎ ‎(2)小球从A点出发到返回至A点所经历的时间为。‎ ‎ ‎