【物理】云南省景东彝族自治县第一中学2020届高三下学期押题卷试题（解析版）

【物理】云南省景东彝族自治县第一中学2020届高三下学期押题卷试题（解析版）

云南省景东彝族自治县第一中学2020届高三下学期 押题卷试题 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每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.下列说法正确的是（　　）‎ A. 汤姆孙发现了电子并提出了原子具有核式结构 B. 光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应揭示了光的波动性 C. 氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的 D. 处于基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n=4的激发态后，可能辐射6种频率的光子 ‎【答案】C ‎【详解】A．汤姆孙发现了电子，卢瑟福提出了原子具有核式结构，故A错误；‎ B．光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，故B错误；‎ C．氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的，故C正确；‎ D．处于基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n=4的激发态后，可能辐射3种频率的光子，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随时间的变化规律分别如图中a、b所示，图线a是直线，图线b是抛物线，则下列说法正确的是（　　）‎ A. t2时刻乙的运动方向发生了改变 B. t1~t2时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度 C. 0~t2时间内，甲的加速度不断增大，乙的加速度不断减小 D. 若t1时刻甲、乙相遇，则t3时刻甲、乙一定再次相遇 ‎【答案】B ‎【详解】A．0~t3时间内乙的速度一直为正值，则t2时刻乙的运动方向没有发生改变，故A错误；‎ B．因v-t图像的面积等于位移，可知在t1~t2时间内，甲的位移小于乙的位移，则甲的平均速度小于乙的平均速度，故B正确；‎ C．因v-t图像的斜率等于加速度，可知在0~t2时间内，甲的加速度不变，乙的加速度不断减小，故C错误；‎ D．若t1时刻甲、乙相遇，但是由于t1~t3时间内乙的位移大于甲的位移，则t3时刻甲、乙不会再次相遇，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点B时再次点火进入月球近月轨道绕月球做圆周运动。下列判断不正确的是（　　）‎ A. 飞船在轨道上的运行速率 B. 飞船在A点处点火变轨时，动能减小 C. 飞船在轨道绕月球运动一周所需的时间 D. 飞船从A到B运行的过程中机械能变大 ‎【答案】D ‎【详解】A．万有引力提供向心力 解得 在月球表面 解得 联立解得 故A正确，不符合题意；‎ B．飞船在点变轨后由圆轨道变为椭圆轨道，做向心运动，要求万有引力大于飞船所需向心力，所以飞船应该减速，动能减小，故B正确，不符合题意；‎ C．万有引力提供向心力 结合 解得 故C正确，不符合题意；‎ D．在椭圆轨道上，飞船由点运动至点，只有万有引力做功，机械能守恒，故D错误，符合题意。‎ 故选D。‎ ‎4.如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳悬挂于点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂小球A，另一端系一位于水平粗糙面上的物体B，绳与竖直方向的夹角为，下列说法正确的是（　　）‎ A. 将B向左移动少许，若B仍能保持静止，则B与地面的摩擦力变大 B. 增大小球A的质量，若B仍能保持静止，则B与地面的摩擦力变大 C. 无论物体B在水平面上左移还是右移，只要移动后B仍能保持静止且移动距离很小，角将不变 D. 无论物体B在水平面上左移还是右移，只要移动后B仍能保持静止，绳上的张力大小不变 ‎【答案】B ‎【详解】AB．细绳对B的拉力等于球A的重力，则B与地面之间的摩擦力 fB=Tcosθ=mAgcosθ 将B向左移动少许，若B仍能保持静止，则θ角变大，则B与地面摩擦力变小；增大小球A的质量，若B仍能保持静止，则B与地面的摩擦力变大，选项A错误，B正确；‎ CD．因为滑轮两边绳子的拉力相等，则OO′总是在∠AOB的角平分线上，若物体B在水平面上左移，则∠AOB减小，则α角减小，滑轮两边细绳的合力变大，即OO′绳上的张力变大；同理物体B在水平面上右移，则∠AOB变大，则α角增加，滑轮两边细绳的合力变小，即OO′绳上的张力变小，选项CD错误；故选B。‎ ‎5.如图所示，斜边长为a等腰直角三角形ABC处于一匀强磁场中，比荷为的电子以速度从A点沿AB方向射入磁场，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】若电子恰能经过C点，则轨道半径 则由 可得此时 则欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值 故选C。‎ ‎6.在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为5:1，a、b两端接入电压的瞬时表达式为，副线圈接火灾报警器（报警器未画出），图中电压表和电流表均为理想交流电表，R0为定值电阻，L为电阻恒定的指示灯，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是（　　）‎ A. 电压表的示数为V B. 当RT处出现火灾时，电压表示数将变大 C. 当RT处出现火灾时，电流表示数将变大 D. 当RT处出现火灾时，指示灯L将变暗 ‎【答案】CD ‎【详解】A．变压器初级电压有效值为U1=220V，则次级电压 即电压表的示数为44V，选项A错误； ‎ BCD．当RT处出现火灾时，电阻减小，则次级总电阻减小，而次级电压是不变的，即电压表示数不变，则次级电流变大，由可知，初级电流变大，即电流表示数将变大；由于R0上电压变大，可知灯泡L上的电压减小，则灯泡变暗，故选项B错误，CD正确。‎ 故选CD。‎ ‎7.如图所示，竖直面内两段半径均为R的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“S”形轨道，一个质量为m的小环套在轨道上，小环从轨道最高点由静止开始下滑，下滑过程中始终受到一个水平恒力F的作用，小环能滑到最低点，重力加速度大小为g，则小环从最高点下滑到最低点的过程中（　　）‎ A. 小环机械能守恒 B. 外力F一直做正功 C. 小环在最低点的速度大小为 D. 在最低点小环对轨道的压力大小 ‎【答案】CD ‎【详解】AB．小环从最高点下滑到最低点的过程中，水平恒力F先做正功，后做负功，再做正功，则小球的机械能先增加，后减小，再增加，选项AB错误；‎ C．从最高点到最低点，恒力F做功为零，则由能量关系 解得 选项C正确；‎ D．在最低点时 解得 FN=9mg 选项D正确。‎ 故选CD。‎ ‎8.如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈（图中只画了2匝），面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 0~t1时间内P端电势高于Q端电势 B. 0~t1时间内电压表的读数为 C. t1~t2时间内R上电流为 D. t1~t2时间内P端电势高于Q端电势 ‎【答案】AC ‎【详解】A．时间内，垂直纸面向里磁场逐渐增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，根据右手定则可知电流从流出，从流入，所以端电势高于端电势，故A正确；‎ B．时间内，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为 电压表所测为路端电压，根据串联分压规律可知电压表示数 故B错误；‎ C．时间内，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为 根据闭合电路欧姆定律可知通过回路的电流 故C正确；‎ D．时间内，根据楞次定律可知电流从流出，从流入，所以端电势低于端电势，故D错误。‎ 故选AC。‎ 二、实验题（共15分）‎ ‎9.小明在课本上查到“木—木”的动摩擦因数为0.3，打算对这个数据进行检验，设计了以下实验：‎ ‎(1)如图所示，将质量为M的待测木块放在水平放置的长木板上，通过跨过滑轮的细绳与沙桶相连，增加沙桶中沙的质量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为m，则动摩擦因数_______。‎ ‎(2)由于找不到天平，小明进行了如下实验步骤：‎ ‎①取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带一端系在木块上，并穿过打点计时器；‎ ‎②将木板不带滑轮的一端垫高，直到轻推木块，木块能做匀速直线运动；‎ ‎③挂上沙桶（沙桶及沙的总质量保持不变），接通电源，待打点稳定后释放木块，得到如图纸带（相邻两计数点间还有1个点未画出）。已知打点计时器的频率为50Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度a=______m/s2。（保留2位有效数字）。‎ ‎(3)若当地的重力加速度大小为‎9.8m/s2，则可求得________（保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】(1). (2). 2.4 (3). 0.32‎ ‎【详解】(1)[1]．由题意可知，物块匀速运动时满足 即 ‎(2)[2]．根据 解得 ‎ ‎ ‎(3)[3]．由牛顿第二定律 又 联立解得 ‎10.某物理兴趣小组在学了闭合电路欧姆定律后，欲测量一节干电池的电动势E和内阻r，能够使用的实验器材有：‎ A.干电池一节 B.毫安表A1（量程0~0.2mA，内阻为1.0）‎ C.毫安表A2（量程0~300mA，内阻约为0.03）‎ D.滑动变阻器R（0~20）‎ E.定值电阻R0（阻值为3.0）‎ F.定值电阻R1（阻值为9999.0）‎ G.开关、导线若干 ‎(1)在实验开始之前，该小组先用多用电表直流电压“2.5V”档进行初测，结果如图（a）所示，则该干电池的电动势约为__________V。‎ ‎(2)该实验小组讨论后，决定采用如图（b）所示的实验电路进行测量，则甲处应选毫安表__________（填“A‎1”‎或“A‎2”‎），乙处应选毫安表__________（填“A‎1”‎或“A‎2”‎）。‎ ‎(3)实验开始后，逐渐减小滑动变阻器接入电路中的阻值，得到毫安表A1、A2的多组数据I1、I2，作出的I1—I2图线如图（c）所示，则该电池的电动势E=__________V，内阻r=__________（计算结果保留两位小数）。‎ ‎【答案】 (1). 1.45V (2). A1 A2 (3). 1.47（l.46~1.49均可） 3.47（3.40~3.63均可）‎ ‎【详解】(1)[1]．由表盘指针可知，干电池的电动势约为1.45V；‎ ‎(2)[2][3]．图中甲处应该用已知内阻的毫安表A1与定值电阻R1串联构成电压表；乙处应选毫安表A2；‎ ‎(3)[4][5]．根据改装原理可知，电压表测量的路端电压为 U=(9999+1)I1=10000I1‎ 根据闭合电路欧姆定律可知 ‎10000I1=E-I2（r+R0）‎ 根据图象可知纵轴截距I1=0.147mA，则对应的电动势值为 E=1.47V 图象的斜率表示内阻，故有 ‎ ‎ 故有 r=3.47Ω ‎11.长为L=‎2m、质量为M=0.3kg长木板锁定在光滑水平面上，一个质量为m=‎0.1kg的物块从长木板的左端以=‎4m/s的水平速度滑上长木板，结果物块刚好滑到长木板的右端，重力加速度g取‎10m/s2，物块可视为质点。‎ ‎(1)求物块与长木板间的动摩擦因数；‎ ‎(2)若解除长木板的锁定，将物块放在长木板的右端，给长木板一个大小为=‎4m/s的向右的瞬时初速度。试分析物块会不会从长木板上滑离，如果能滑离，求物块滑离木板时的速度；如果不能滑离，求物块与长木板最后的共同速度。‎ ‎【答案】(1)0.4；(2)不能滑离，‎3m/s ‎【详解】(1)物块刚好滑到长木板的右端时，只有摩擦力做功，则有 代入数据可得 μ=0.4‎ ‎（2）假设物块不能滑离木板，则二者的末速度一定相等，选取长木板的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得 Mv0=（m+M）v 代入数据可得 v=‎3m/s 设物块在木板上滑动的距离为x，则有 ‎ ‎ 代入数据可得 x=‎1.5m＜‎‎2m 可知物块不能滑离木板。物块与长木板最后的共同速度为‎3m/s。‎ ‎12.如图所示，两平行金属导轨置于水平面（纸面）内，导轨间距为l，左端连有一阻值为R的电阻。一根质量为m、电阻也为R的金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域。给金属杆一个瞬时冲量使它水平向右运动，它从左边界进入磁场区域的速度为v0，经过时间t，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度为。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，它们之间的动摩擦因数为μ。除左端所连电阻和金属杆电阻外，其他电阻忽略不计。求：‎ ‎(1)金属杆刚进入磁场区域时的加速度大小；‎ ‎(2)金属杆在滑过磁场区域的过程中金属杆上产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1) ；(2)‎ ‎【详解】(1)金属杆刚进入磁场时，有 金属杆受到的摩擦力 由牛顿第二定律 联立以上各式解得 ‎(2)当金属杆速度为时，产生的感应电动势 感应电流 金属杆受到的安培力 由动量定理得，在短暂的时间内有 即 对上式从金属杆进入磁场到离开磁场，求和得 式中为磁场区域左、右边界的距离，解得 设此过程中金属杆克服安培力做功为，由动能定理 联立以上各式，解得此过程中回路产生的焦耳热为 则金属杆产生的焦耳热为 ‎13.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 晶体的导热性能一定是各向异性的 B. 物体从单一热源吸收的热量有可能全部用于做功 C. 扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动 D. 足球充足气后很难被压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果 E. 夏天中午时车胎内的气压比清晨时高，且车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，内能增大（胎内气体质量不变且可视为理想气体）‎ ‎【答案】BCE ‎【详解】A．多晶体的导热性能是各向同性的，选项A错误；‎ B．根据热力学第二定律，物体从单一热源吸收的热量有可能全部用于做功，但要引起其他的变化，选项B正确；‎ C．扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动，选项C正确；‎ D．足球充足气后很难被压缩，是因为足球内气体压强作用的缘故，与分子间斥力无关，选项D错误；‎ E．夏天中午温度比清晨时温度高，则气体内能变大，车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，选项E正确。‎ 故选BCE。‎ ‎14.横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。初始时，右端管内用h1=‎4cm的水银柱封闭一段空气柱A，左端管内用水银封闭长为L=‎14cm的空气柱B，这时水银柱左右两液面高度差为h2=‎8cm，如图甲所示。已知大气压强p0=76.0cmHg，环境温度不变。求：‎ ‎(1)初始时空气柱B的压强（以cmHg为单位）；‎ ‎(2)若将U形玻璃管缓慢旋转，使U形管竖直倒置（水银未混合未溢出），如图乙所示。当管中水银静止时空气柱B的长度L′。‎ ‎【答案】(1)72cmHg；(2)‎‎12cm ‎【详解】(1)空气柱A的压强为 空气柱B的压强为 ‎(2)若将U形玻璃管缓慢旋转，使U形管竖直倒置，则此时空气柱A的压强为 设B气体上部的两边玻璃管内的水银液面差为h3，则空气柱B的压强为 pB'=pA′+ h3‎ 空气柱B的长度 ‎ ‎ 由玻意耳定律可得 pBL=pB'L'‎ 联立解得 h3=‎‎12cm 空气柱B的长度L′=12cm