广东省蕉岭县蕉岭中学2020届高三8月摸底考试理综物理试题

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蕉岭中学2020届高三摸底质检试题 理科综合-物理部分 ‎1.下列说法正确的是(　　)‎ A. 氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量越小 B. 在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核才会释放核能 C. β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流 D. 氢原子从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级辐射的光也可使该金属发生光电效应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时，能量减小，减小的能量以光子的形式释放出来，故氢原子核外电子轨道半径越大，其能量越高，A错误；‎ B、在核反应中，由比结合能较小的原子核变成比结合能较大的原子核才会释放核能，B正确；‎ C、射线是原子核内的中子转化为质子同时放出的电子，C错误；‎ D、氢原子从n=2的能级跃迁到n=l的能级辐射出的光子的能量为，恰好能使某种金属发生光电效应，从n=3的能级跃迁到n=2的能级辐射的光子的能量,故不能使这种金属发生光电效应，D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v-t图象如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运动的x-t图象如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是（　　）‎ A. 猴子在2s时的速度为0‎ B. 猴子在2s内做匀变速直线运动 C. t＝0时猴子的速度大小为6 m/s D. 猴子在2s内的加速度大小为3m/s2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】猴子在2 s时竖直方向的速度为零，s-t图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为vx=3m/s，所以猴子在2 s时的速度为3m/s，故A错误；由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下．由丙图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s内做匀变速曲线运动．故B错误；s-t图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为vx=3m/s，竖直方向分速度vy=6m/s，t=0时猴子的速度大小为：v=＝3m/s．故C错误．v-t图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度大小为：a=m/s2=-3m/s2，故加速度大小为3m/s2．故D正确．故选D．‎ 点睛：解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况．‎ ‎3.如图所示，质量为m、带电量为+q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块将（ ）‎ A. 继续匀速下滑 B. 加速下滑 C. 减速下滑 D. 先加速下滑后减速下滑 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设滑块与斜面间动摩擦因数为，斜面的倾角为 滑块未进入电场区前，对滑块受力分析，由平衡条件可得：，解得：‎ 滑块滑至竖直向下的匀强电场区后，对滑块受力分析，，则滑块将继续匀速下滑。故A项正确，BCD三项错误。‎ ‎4.如图所示的电路中，由于某个电阻发生故障，使电流表A的读数变大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗，关于故障的判断下列说法中正确的是（　　）‎ A. 可能是R3短路 B. 可能是R2断路 C. 可能R2短路 D. 可能是R4短路 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由电路元件各物理量动态变化的规律“串反并同”可知，只有当R4短路时（可认为电阻减小），外电路电阻减小，总电流增大，电流表A的读数变大，R4‎ 的电流增大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗．故正确答案为D．故选D．‎ 点睛：本题运用“串反并同”的规律分析电路的动态分析比较快捷，若不熟悉，可以“局部到整体再局部”的思路分析．‎ ‎5.如图所示光滑管形圆轨道半径为R（管径远小于R），小球a、b大小相同，质量相同，均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动.两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法正确的是 ‎ A. 当v=时，小球b在轨道最高点对轨道无压力 B. 当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大6mg C. 速度v至少为，才能使两球在管内做圆周运动 D. 只要v≥,小球a对轨道最低点压力比小球b对轨道最高点压力都大5mg ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球在最高点恰好对轨道没有压力时，小球b所受重力充当向心力 mg＝m⇒v0＝‎ 小球从最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒 ‎2mgR＋＝‎ 解以上两式可得：v＝，故A项正确；‎ B.小球在最低点时 F向＝m＝5mg 小球在最高点恰好对轨道没有压力时，小球b所受重力充当向心力，所以在最高点和最低点所需向心力的差为4mg，故B项错误；‎ C.因小球在管内转动，则内管可对小球提供向上的支持力，故可看作是杆模型；‎ 故小球最高点的速度只要大于等于零，小球通过最高点的最小速度为零，根据动能定理得 mg•2R＝mv2−0‎ 解得最小速度 v=．‎ 故C正确；‎ D.当时，在最高点时，管道对小球有向下的压力，由 解得 ‎；‎ 最低点时，有 解得 所以 由机械能守恒可得 解得：，根据牛顿第三定律得：只要能做完整的圆周运动，压力之差都等于6mg，故D错误；‎ ‎6.假设若干年后，地球的半径变小了，但地球的质量不变、自转周期不变，则相对于现在 A. 地球表面的重力加速度变小了 B. 卫星的最小发射速度变小了 C. 地球同步卫星的高度变大了 D. 地球同步卫星绕地球做圆周运动的线速度大小不变 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 在地球表面，根据G=mg得，g=，则知，地球质量不变，半径变小时，地球表面重力加速度变大，故A错误．根据G=m得，v=，则知，地球的质量不变，地球的半径变小，则卫星的最小发射速度变大，故B错误．地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，根据G=m（R+h）得：-R，则知，周期T不变，地球质量不变，半径变小，则地球同步卫星的高度变大，故C正确．由G=m（R+h）得：R+h=，可知，地球同步卫星的轨道半径不变，又周期不变，根据v=知，线速度大小不变，故D正确．故选CD.‎ 点睛：解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．‎ ‎7.[湖北荆、荆、襄、宜四地七校2018联考](多选)如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于轴上的P、Q两点，其位置关于坐标原点O对称，圆弧曲线是个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与轴的交点，、b两点为一平行于轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是（ ）‎ A. 、b两点的电势相同 B. 、b两点的场强相同 C. 将一个正电荷q沿着圆弧从点经c点移到b点，电势能先增加后减小 D. 将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则为一定值 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等量同号电荷的电场分布图，可知各点的电势高低和场强大小；由电场力做功情况可知电势能的大小；根据库仑定律推导的值．‎ ‎【详解】结合等量同号正电荷的电场分布特点图可知，a，b两点关于两点电荷的连线的中垂线对称，a，b两点电势相同，A正确；电场强度的方向沿电场线的切线方向，由图可知，a，b两点的电场强度的方向不同，B错误；a、c、b三点中，a、b两点的电势相等，c点的电势最低，所以将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加，C错误；将一个正电荷q放在半圆上任一点，设该点到P的距离为r1，到Q的距离为r2，则由勾股定理得，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则由库仑定律得，，所以，为定值，D正确．‎ ‎8.如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量均为，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一沿斜面向上的外力的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度（当弹簧的形变量为时，弹簧的弹性势能可表示为 ‎），则在此过程中 A. 撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为 B. B的速度最大时，弹簧的伸长量为 C. 物体A的最大速度为 D. 物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B电势能的减少量 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 当施加外力时，对B分析可知F-mgsinθ-F电=0，解得F电=mgsinθ；当撤去外力瞬间，它们受到的合力为F合=F电+mgsinθ=（m+m）a；解得：a=gsinθ，故A正确；当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx=F电+mgsinθ解得x=故B错误；对AB整体有动能定理可得−kx2+2mgsinθ•x＝•2mv2−0，解得v=gsinθ，故C正确；根据能量守恒可知，物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量之和，所以物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B电势能的减少量．故D错误；故D正确；故选ACD.‎ 点睛：本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关系，以及运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强训练．‎ ‎9.某同学在做“研究匀变速直线运动”实验时，从打下的若干条纸带中选出了如图所示的一条(每两点间还有4个点没有画出来)，图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的电源频率为50 Hz。‎ 如果用s1、s2、s3、s4、s5、s6来表示各相邻两个计数点间的距离，用T表示相邻两计数点间的时间间隔，由这些已知数据计算：该匀变速直线运动的加速度的表达式为a＝________________，其大小为a＝________m/s2，与纸带上E点相对应的瞬时速度vE ‎＝________m/s。(答案均要求保留3位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.93 (3). 1.39‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设0到A之间的距离s1，设A到B之间的距离s2，设B到C之间的距离s3，设C到D之间的距离s4，设D到E之间的距离s5，设E到F之间的距离s6，根据匀变速直线运动的推论公式可得：‎ ‎，，，由以上三式可得： ；‎ 因为每两点之间还有四点没有画出来，所以T=0.1s，代入数据可得，‎ 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，‎ ‎10.现有一直流电流计G，满偏电流为，内阻约几百欧。某同学想把它改装成量程为0-2V的电压表，他首先根据图示电路，用半偏法测定电流计G的内阻。‎ ‎ ‎ ‎（1）该同学在开关断开的情况下，检查电路连接无误后，将R的阻值调至最大。后续的实验操作步骤依次是_________，最后记录电阻箱的阻值并整理好器材（请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母）。‎ A．闭合开关 B．保持R不变，闭合开关 C．调节R阻值，使电流计指针偏转到满刻度 D．调节R的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半 E．调节的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半 F．调节的阻值，使电流计指针偏转到满刻度 ‎（2）如果测得的阻值为，则电流计G的内阻为_______。‎ ‎（3）现给电流计G__________联（选填“串”或“并”）一个阻值为_______ 的电阻，就可以将该电流计G改装成量程为2V的电压表。‎ ‎（4）本实验中电流计G内阻的测量值比其内阻的实际值________（选填“偏大”或“偏小”）‎ ‎【答案】 (1). （1）ACBE (2). （2）400 (3). （3）串 (4). 9600 (5). （4）偏小 ‎【解析】‎ ‎（1）半偏法测电阻实验步骤：第一步，按原理图连好电路；第二步，闭合电键S1，调节滑动变阻器R，使表头指针满偏；第三步，闭合电键S2，改变电阻箱R1的阻值，当表头指针半偏时记下电阻箱读数，此时电阻箱的阻值等于表头内阻rg．故应选ACBE （2）由以上分析可知，如果测得R'的阻值为400Ω，则电流计G的内阻为400Ω；‎ ‎（3）将电流计改装成电压表，应串连接入一分压电阻R，由欧姆定律及串联电路分压规律有：U=IgRg+IgR（其中U为改装后电压表的满偏电压）则R=−Rg＝−400Ω＝9.6kΩ． （4）实际上电阻箱并入后的，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻．所以该测量值“略小于”实际值． 点睛：本题考查电压表的改装及半偏法测电阻的实验；该题难度较大，需掌握半偏法测电阻的方法，电表改装原理及误差分析等内容才能解答次题．‎ 四、计算题（共32分）‎ ‎11.如图所示，半径为的虚线圆所围的区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场和另一场强大小为，方向未知的匀强电场（未画）。一带负电的粒子从A点沿直径AO方向以大小不同的速度射入该区域。已知粒子的质量为，电荷量为，不计重力。‎ ‎ ‎ ‎（1）若粒子沿OA方向做直线运动，求粒子入射速度的大小及电场的方向。‎ ‎（2）若撤掉电场，粒子以另一速度仍从A点沿OA方向射入磁场，经过磁场区域后其运动方向与入射方向的夹角为60o，求粒子入射速度的大小和在磁场中运动的时间。‎ ‎【答案】（1）匀强电场的方向垂直OA向下（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）对带电粒子进行受力分析，由平衡条件列式，有 ‎ ‎ 则： ‎ 匀强电场的方向垂直OA向下 ‎ ‎（2）由几何关系可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径 ‎ 根据牛顿第二定律得： ‎ 则 ‎ 根据圆周运动的规律， ‎ 得：‎ 由于粒子在磁场中做匀速圆周运动圆心角，那么运动的时间 ‎ ‎12.如图所示，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙。足够长 木板A左端恰在O点，木板右端叠放着物块B。物块C和D之间夹着一根被压缩了的轻弹簧(弹簧与物块不栓接)，用细线锁定并处于静止状态，此时弹簧的弹性势能Ep=3J。现将细线突然烧断，物块C与弹簧分离后向右做直线运动，并与木板A碰撞后粘连在一起(碰撞时间极短)。已知A、B、C的质量均为m=1kg，物块D的质量M=2kg，A、C与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，均为μ1=0.1。A、B之间的动摩擦因数μ2=0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：‎ ‎ ‎ ‎(1)物块C与弹簧分离瞬间的速度大小。‎ ‎(2)木板A在粗糙水平面上滑行的时间。‎ ‎【答案】(1) （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设物块C、D与弹簧分离瞬间速度分别为和,‎ 此过程由系统机械能守恒定律得： ‎ 取水平向右为正方向，由动量守恒定律列式得：‎ 联立以上两式解得： ‎ ‎（2）设C与A碰后获得的速度为，且C与A碰撞前后动量守恒，则 ‎ ‎ 解得：‎ 对B受力分析，由牛顿第二定律列式得： ‎ 解得：‎ 对A、C整体受力分析，由牛顿第二定律得： ‎ 解得： ‎ 设经过时间，A、B、C三者速度相同，并设共同速度为，由运动学公式列式，‎ 对B列式有： ‎ 对A、C整体列式有： ‎ 联立以上两式解得： ‎ 共速后，A、B、C三者一起沿水平面向右做匀减速直线运动，对它们组成的整体受力分析，由牛顿第二定律列式得： ‎ 解得： ‎ 设此后三者一起匀减速至停止的过程中，所用时间为，由运动学公式得： ‎ 解得： ‎ 那么木板A在水平面上滑行的时间 ‎13.下列说法正确的是________．‎ A．悬浮在液体中的小颗粒越小，布朗运动越明显 B．热量不可能从低温物体传到高温物体 C．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体 D．理想气体，温度升高，内能一定增大 ‎ E．理想气体等压膨胀过程一定放热 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 悬浮在液体中的小颗粒越小，布朗运动越明显，选项A正确；热量也可能从低温物体传到高温物体，但要引起其它变化，选项B错误；晶体和非晶体在一定条件下是可以相互转化的，C正确；理想气体的内能只与温度有关，则温度升高，内能一定增大，选项D正确；根据热力学第一定律可知，理想气体等压膨胀过程，温度升高，内能增加，对外做功，则不一定放热，选项E错误；故选ACD.‎ ‎14.如图所示，汽缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d。筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部d/2的高度，外界大气压强为1.0×105Pa，温度为27℃，现对气体加热．求：‎ ‎①当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度。‎ ‎②气体温度达到387℃时气体的压强。‎ ‎【答案】（1）600 K（2）1.1×105 Pa．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：①以封闭气体为研究对象：P1=P0，，T1=300K 设温度升高到T0时，活塞刚好到达汽缸口，此时：P2=P0，V2=Sd 根据理想气体状态方程：‎ 解得T2=600K ‎②T3=387℃=660K＞T2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化 所以：‎ 此时有V3=Sd，T3=660K 由理想气体状态方程：‎ 解得P3=1.1×105Pa 考点：理想气体的状态变化方程 ‎【名师点睛】此题是对理想气体的状态变化方程的考查；关键要确定气体状态变化过程，找出状态参量，再选择合适的规律求解，同时要挖掘隐含的临界状态进行判断。‎ ‎ ‎