【物理】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（解析版）

【物理】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（解析版）

宁夏银川九中、石嘴山三中、平罗中学三校 ‎2020届高三下学期联考试题 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（）的质量为m1，氚核（）的质量为m2，反应后氦核（）的质量为m3，中子（）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 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，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. 当时，运动员单手对地面的正压力大小为 B. 当时，运动员单手对地面的正压力大小为 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： D. ：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据得 则初速度 因为水平位移相等，高度之比为2：1，可知初速度之比1：．‎ 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. －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，当Δx无限趋近于零时，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，通过升压变压器和降压变压器向用户供电，已知输电线的总电阻为，降压变压器的原、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. 降压变压器原线圈的输入电压为880V B. 降压变压器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＝220sin100πtV，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，根据开普勒第三定律可知，运行的周期，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 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 B. A受到的摩擦力最大值为 C. 摩擦力对A做功为 D. 摩擦力对A做功为 ‎【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 此时A受摩擦力最大，根据牛顿第二定律得 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，所以根据可知A受到的摩擦力平均值为 则摩擦力对A做的功 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＝‎ 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 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在加速电场中，由动能定理得 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 解得 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 解得 P、Q两点间的距离为 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). ‎ ‎ (3). ‎ ‎【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： ，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：，B滑块的速度为：，根据能量守恒定律得：Ep=‎ ‎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）g处 （2）3.0 增大 （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，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)；(2)；(3)5J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在前‎2m内有 且 解得 ‎(2)滑块从A到B的过程中，由动能定理有 即 解得 ‎(3)当滑块恰好能到达C点时，应有 滑块从B到C的过程中，由动能定理有 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）Q=5 J （3）‎ ‎【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：‎ 联立上述式子，有：‎ 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vm，棒受力平衡，则有：‎ 代入数据解得:‎ ‎(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：‎ 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：‎ 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：‎ 而△q=i△t 对式子两边求和，有:‎ 联立各式解得：BLq=mvm，‎ 又对于电路有：‎ 由法拉第电磁感应定律得：‎ 又 代入数据解得：‎ ‎【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： ‎ 末态压强：‎ 由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：‎ 解得：‎ ‎(2) 均匀加热封闭气体的压强：‎ 由理想气体状态方程可得：‎ 联立解得：‎ ‎【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，根据图b可知周期，所以波速：，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，，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=a，求光线在玻璃材料内传播的时间．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）光路图如图所示 DE光线垂直AB射出，所以 ，折射角，所以 ‎ ‎（2）由几何关系可知，，所以，，因为，所以，‎