2020届高三物理线上考试试题（江西省南昌市新建二中）

新建二中 2020 届高三理科综合线上试卷 3 命题：物理、化学、生物教研室 考试时间：2020.3.8 二、选择题：（本题共 8 小题，每小题给出的四个选项中，第 14～19 题只有一项符合题目要求，第 20～ 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，有错选或不选的得 0 分） 14．用波长为 300nm 的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为 1.28×10-19J，已知普朗克常量为 6. 63×10-34J.s，真空中的光速为 3×108m/s，能使锌产生光电效应 单色光的最低频率（ ） A．1×1014Hz B．8×1015Hz C．2×1015Hz D．8×1014Hz 【答案】D 根据光电效应方程 逸出功 ， 可知 代入数据可知： 故 D 正确，ABC 错误 15．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为 5.0 Ω，现外接一只电阻为 95.0 Ω的灯泡，如图乙所 示，则 ( ) A．电压表 的示数为 220 V B．电路中的电流方向每秒钟改变 50 次 C．灯泡实际消耗的功率为 484 W D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为 24.2 J 【答案】D A．线框有内阻，所以电压表示数小于 220V，A 错误； B．交流电频率 50Hz，则电路中的电流方向每秒钟改变 100 次，B 错误； C．灯泡实际消耗的功率为： =459.8W，小于 484W，C 错误； D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为 =24.2 J，D 正确． 16．气象研究小组用如图所示的简易装置测定水平风速.在水平地面上竖直固定一 直杆,半径为 R、质量为 m 的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端 O,当水平风吹来时, 球在风力的作用下飘起来.已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积,当风 速 v0=3 m/s 时,测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°.下列说法正确的 是(　) A．当θ=60°时,风速 v=6 m/s B．当风速增大到某一值时,θ可能等于 90° C．若风速不变,换用半径变大、质量不变的球,则θ不变 D．若风速不变,换用半径相等、质量变大的球,则θ减小 【答案】D【解析】 设球正对风的截面积为 S，由于已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，所以风力大小为 F=kSv， 当速度为 3m/s 时，由平衡条件得，mgtan30°=Sv0k，当角度为 60°时，同理可得 mgtan60°=Svk，由此可 解的 v=9m/s，故 A 错误。 风速增大，θ 不可能变为 90°，因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡。 故 B 错误。若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，则风力变大，根据 F=mgtanθ，知 θ 变大。故 C 错误。若风速不变，换用半径相等、质量变大的球， 知风力不变，根据 F=mgtanθ，知重力减小，风力不变，则 θ 减小。故 D 正确。 0 0kE hv W c Wh λ= −= − 0 0W hv= 0 k k cW hv E h Eλ= − = − 14 0 8 10 Hzν = × 2220= 95W95+5P   ×   2220Q= 5 1J95+5   × ×  17．如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 2R：bc 是半径为 R 的四分之一的圆弧，与 ab 相切于 b 点．一质量为 m 的小 球．始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点处从静止开 始向右运动，重力加速度大小为 g．小球从 a 点开始运动到其他轨迹 最高点，机械能的增量为（ ） A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 【答案】C【解析】 本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力． 设小球运动到 c 点的速度大小为 vC，则对小球由 a 到 c 的过程，由动能定理得：F·3R-mgR=1/2mvc2，又 F=mg， 解得：vc2=4gR，小球离开 c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下 做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开 c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为 g，则 由竖直方向的运动可知，小球从离开 c 点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2 ，小球在水平方向的 加速度 a=g，在水平方向的位移为 x= at2=2R．由以上分析可知，小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点的 过程中，水平方向的位移大小为 5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，选项 C 正确 ABD 错误． 18．如图所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球 A、B，小 球 A、B 到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．下列说法正确的是（　　） A．小球 A 的合力小于小球 B 的合力 B．小球 A 与框架间可能没有摩擦力 C．小球 B 与框架间可能没有摩擦力 D．圆形框架以更大的角速度转动，小球 B 受到的摩擦力一定增大 【答案】C【解析】 试题分析：小球受到的合力充当向心力，因为到竖直转轴的距离相等，所以两小球的速度大小相等，半径 相同，根据公式 ，两小球受到的合力大小相等，A 错误；小球 A 受到的重力竖直向下，受到的支 持力垂直该点圆环切线方向指向圆心，故两个力的合力不可能指向竖直转轴，所以一定受到摩擦力作用， 小球 B 受到竖直向下的重力，受到的垂直该点切线方向指向圆心的支持力，合力可能指向竖直转轴，所以 B 可能不受摩擦力作用，B 错误 C 正确；因为 B 可能不受摩擦力作用，所以无法判断摩擦力变化，故 D 错 误． 19．如图所示，A、B 两质点从同一点 O 分别以相同的水平速度 v0 沿 x 轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动， 落地点为 P1；B 沿光滑斜面运动，落地点为 P2，P1 和 P2 在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的 是（ ） A．A、B 的运动时间相同 B．A、B 沿 x 轴方向的位移相同 C．A、B 运动过程中的加速度大小相同 D．A、B 落地时速度大小相同 【答案】D【解析】 对于 A 球，根据 h= gta2 得：ta= ；对于 B 球，设斜面坡角为 θ，在 g R 1 2 2vF m r合＝ 1 2 2h g沿斜面向下方向上有： ；解得： ，可知 tb＞ta．故 A 错误．在 x 轴方向上，有 x=v0t， 知 b 沿 x 轴的位移大于 a 沿 x 轴的位移．故 B 错误．根据动能定理得，因为只有重力做功，且重力做功和 初动能相等，则末动能相等，所以 a、b 落地时的速度大小相等，加速度大小不同．故 D 正确．故选 D． 20．如图所示，带电平行金属板 A，B，板间的电势差为 U，A 板带正电，B 板中央有一小孔．一带正电的 微粒，带电量为 q，质量为 m，自孔的正上方距 B 板高 h 处自由落下，若微粒恰能落至 A，B 板的正中央 c 点，则( ) A．微粒进入电场后，电势能和重力势能之和不断增大 B．微粒下落过程中重力做功为 ，电场力做功为 C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为 D．若微粒从距 B 板高 2h 处自由下落，则恰好能达到 A 板 【答案】ACD【解析】 微粒从进入电场至 C 点过程中，做减速运动，动能减小，根据能量守恒可知电势能和重力势能之和一直增 大，故 A 正确．微粒下降的高度为 h+ ，重力做正功，为 WG=mg（h+ ），电场力向上，位移向下，电场 力做负功为 ．故 B 错误．微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量 等于微粒克服电场力做功△EP= qU．根据能量守恒，还应等于整个过程的重力势能减小量，即△EP＝WG＝ mg(h+ )，故 C 正确；由题微粒恰能落至 A，B 板的正中央 C 点过程，由动能定理得： ；若微粒从距 B 板高 2h 处自由下落，设达到 A 板的速度为 v，则由动能定理得： ，由两式联立得 v=0，即恰好能达到 A 板．故 D 正确． 21．质量为 m，电量为 q 的带正电小物块在磁感强度为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因 数为μ的绝缘水平面以初速度 v0 开始向左运动，如图所示．物块经时间 t 移动距离 s 后停了下来，设此 过程中，q 不变，则（　　） A．s＞ B．s＜ C．t＞ D．t＜ 【答案】BC 【解析】 AB、假设物块不受洛伦兹力，根据动能定理 ，得 ，物块带正电，受到向下 的洛伦兹力，物块受到的支持力 ，因为物块向左做减速运动，滑动摩擦力逐渐减小但大于 ，滑行的距离比不受洛伦兹力时小，所以有 ，故 B 正确，A 错误； CD、假设洛伦兹力是恒力，大小为 qv0B 保持不变，则由动量定理，得 ，得： ，因为物块向左做减速运动，洛伦兹力减小，滑行时间比洛伦兹力是恒力时会变长，则 有 ，故 C 正确，D 错误；故选 BC． 21 2 b h gsin tsin θθ = ⋅ 2 2b ht gsin θ= ( )2 dmg h + 1 2 qU 2 dmg h +   2 d 2 d 2 2E U qUW q− ⋅ −＝ ＝ 1 2 2 d 1 02 2 dmg h qU+ − =（ ） 212 2mg h d qU mv+ − =（ ） 2 0 2 v gµ 2 0 2 v gµ ( )0 0 mv mg qv Bµ + ( )0 0 mv mg qv Bµ + 2 0 10 2mgs mvµ− = − 2 0 0 2 vs gµ= NF mg qvB= + umg 2 0 2 vs gµ< 0 00mg qv B t mvµ− + = −（ ） 0 0( ) mvt mg qv Bµ= + 0 0( ) mvt mg qv Bµ> +第Ⅱ卷 三、非选择题：本卷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～第 38 题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题(共 129 分) 22．（6 分）某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图所示, 其中 A 为固定橡皮条的图钉,O 为橡皮条与细绳的结点,OB 和 OC 为细绳. 实验的主要的步骤有: A．在桌上放一块方木板,在方木板上铺一张白纸,用图钉把白纸钉在方木 板上; B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的 A 点,在橡皮条的另一端拴上两条 细绳,细绳的另一端系着绳套; C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套,互成角度地拉橡皮条,使橡皮条伸长,结 点到达某一位置 O,记录下 O 点的位置,读出两个弹簧测力计的示数; D．按选好的标度,用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力 F1 和 F2 的图 示,并用平行四边形定则求出合力 F; E.只用一只弹簧测力计,通过细绳套拉橡皮条使其伸长,读出弹簧测力计的示数,记下细绳的方向,按同一 标度作出这个力 F′的图示; F.比较 F′和 F 的大小和方向,看它们是否相同,得出结论. （1）（2 分）上述步骤中,有重要遗漏的步骤的序号是________和_____;(填字母) （2）（4 分）根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示,已知实验过程操作正确. ①乙图中 F1、F2、F、F′四个力，其中力__________(填上述字母)不是由 弹簧测力计直接测得的实验中. ②丙图是测量中某一弹簧测力计的示数,读出该力大小为____N. 【答案】C E F′ 9.0 【解析】 (1)[1][2].本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的 图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以 实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉 力的图示．步骤 C 中未记下两条细绳的方向；步骤 E 中未说明把橡皮条的结点拉到位置 O． (2)①[3].F 在 F1 与 F2 组成的平行四边形的对角线上，为实验的理论值，用一个弹簧秤橡皮筋时，其弹力 一定与橡皮筋共线，因此用弹簧秤直接测量值为 F′，所以 F 不是由弹簧秤直接测得的． ②[4].由图示测力计可知，其分度值为 1N，示数为 9.0N； 23．（9 分）某小组利用图（a）所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压 U 与温度 t 的关 系，图中 V1 和 V2 为理想电压表；R 为滑动变阻器，R0 为定值电阻（阻值 100 Ω）；S 为开关，E 为电 源．实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度 t 由温度计（图中未画出）测出．图（b）是该小组 在恒定电流为 50.0μA 时得到的某硅二极管 U-t 关系曲线．回答下列问题： （ 1） （ 每 空 2 分） 实验中，为保证流过二极管的电流为 50.0μA，应调节滑动变阻器 R，使电压表 V1 的示数为 U1=______mV 保留三位有效数字）；根据图（b）可知，当控温炉内的温度 t 升高时，硅二极管正向电阻_____（填 “变大”或“变小”），电压表 V1 示数_____（填“增大”或“减小”），此时应将 R 的滑片向_____ （填“A”或“B”）端移动，以使 V1 示数仍为 U1．（2）（1 分）由图（b）可以看出 U 与 t 成线性关系，硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温 灵敏度为 =_____×10-3V/℃（保留 2 位有效数字）． 【答案】5.00 变小 增大 B 2.8 【详解】 （1）U1=IR0=100Ω×50×10-6A=5×10-3V=5mV 由 ，I 不变，温度升高，U 减小，故 R 减小；由于 R 变 小，总电阻减小，电流增大；R0 两端电压增大，即 V1 表示数变大，只有增大电阻才能使电流减小，故滑动 变阻器向右调节，即向 B 端调节．（2）由图可知， =2.8×10-3V/℃ 24．（12 分）如图所示是一条传送装置示意图，水平传送带长 ．传 送带以 的速度顺时针方向匀速运转，将一质量 的小物 件轻放在传送带的左端 A，小物件经传送带到达右端 B 后水平飞出，B 到地 面的高度 ，小物件与传送带间的动摩擦因数 ， 求： 小物件在传送带上运动的时间 t； 小物件从 B 点飞出后落地点距 B 点的水平距离 x； 求落地点时的速度 v． 【答案】 ； 5m； ，水平方向的夹角为 ， 【解析】 解： 小物件在传送带上先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，加速度： (1 分) 则加速到传送带速度相等所需的时间： (1 分) 加速的位移： (1 分) 匀速运动的实际： (1 分) 小物件在传送带上运动的时间： (1 分) 平抛运动的时间： (2 分) 落地点距 B 点的水平距离： (1 分) 小物件落地的竖直分速度： (1 分) 根据平行四边形定则知，落地的速度： (1 分) 设速度与水平方向的夹角为 ，则有： (2 分) 25．（20 分）如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为 L，导轨的两端分别与电源（串有 一滑动变阻器 R）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关 K 相连．整个空间充满了垂直于导轨平面向 外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为 B．一质量为 m，电阻不计的金属棒 ab 横跨在导轨上．已知电源电 动势为 E，内阻为 r，电容器的电容为 C，定值电阻的阻值为 R0，不计导轨电阻． （1）当 K 接 1 时，金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值 R 为多大？ Δ| |Δ U t UR I = U t ∆ ∆ 5s m= 5 /v m s= 1m kg= 5h m= ( )20.5. 10 /g m sµ = = ( )1 ( )2 ( )3 ( )1 1.5s ( )2 ( )3 5 5 /m s α y x vtanα 2v = = ( )1 2 20.5 10m / s 5m / smga gm µ µ= = = × = 1 1 5 s 1s5 vt a = = = 2 1 1 1 1 5 1m 2.5m2 2x at= = × × = 1 2 5 2.5 s 0.5s5 s xt v − −= = = 1 2 1 0.5s 1.5st t t= + = + = ( )2 3 2 2 5s 1s10 ht g ×= = = 3 5 1m 5mx vt= = × = ( )3 3 10 1m / s 10m / syv gt= = × = 2 2 2 25 100m / s 5 5m / sx yv v v= + = + = α tanα 2y x v v = =（2）当 K 接 2 后，金属棒 ab 从静止开始下落，下落距离 s 时达到稳定速度，则此稳定速度的大小为 多大？下落 s 的过程中所需的时间为多少？ （3） ab 达到稳定速度后，将开关 K 突然接到 3，试通过推导，说明 ab 作何种性质的 运动？求 ab 再下落距离 s 时，电容器储存的电能是多少？（设电容器不漏电， 此时电容器没有被击穿） 【答案】（1） （2） （3）匀加速直线运动 【解析】 （1）金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止，由 BIL=mg (2 分) (1 分) 得 (1 分) （2）由 (2 分) 得 (1 分) 由动量定理，得 (2 分) 其中 (2 分) 得 (1 分) （3）K 接 3 后的充电电流 (2 分) mg-BIL=ma (1 分) 得 =常数 (1 分) 所以 ab 棒的运动性质是“匀加速直线运动”，电流是恒定的． v22-v2=2as (1 分) 根据能量转化与守恒得 (2 分) 解得： (1 分) (二)选考题： 33．【物理——选修 3－3】(15 分) (1)（5 分）下列说法中正确的是。（填正确答案标号，选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分；每选错 1 个扣 3 分，最低得 0 分） A．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力 B．温度是物质分子热运动平均动能大小的标志 C．热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体 D．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能 E.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力 【答案】BCE【解析】 试题分析：扩散说明分子在做无规则运动，不能说明分子间的斥力；故 A 错误；温度是分子平均动能的标 志，温度越高，分子的平均动能越大；故 B 正确；热量总是自发的从温度大的物体传递到温度低的得物体； 而温度是分子平均动能的标志；故 C 正确；机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功以转化成 机械能，D 错误；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表 面存在表面张力，E 正确． 考点：扩散、平均动能、表面张力 （2）（10 分）．如图，一粗细均匀的 U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上侧与 大气相通，下端开口处开关 K 关闭，A 侧空气柱的长度为 l=10.0cm，B 侧水银面 比 A 侧的高 h=3.0cm，现将开关 K 打开，从 U 形管中放出部分水银，当两侧的高 EBL rmg − 4 4 2 2 0 2 2 0 B L s m gR mgR B L + 2 2 2 2 mgsCB L m cB L+ EI R r = + EBLR rmg = − 2 2 0 B L vmg R = 0 2 2 mgRv B L = mgt BILt mv− = 0 BLsq It R = = 4 4 2 2 0 2 2 0 B L s m gRt mgR B L += q C U CBL v vI CBL CBLat t t t ∆ ∆ ∆ ∆= = = = =∆ ∆ ∆ ∆ 2 2 mga m CB L = + 2 2 2 1 1( )2 2E mgs mv mv∆ = − − 2 2 2 2 mgsCB LE m cB L ∆ = +度差为 h1=10.0cm 时，将开关 K 关闭，已知大气压强 p0=75.0cmHg． （1）求放出部分水银后 A 侧空气柱的长度； （2）此后再向 B 侧注入水银，使 A、B 两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度． 【答案】（1）12.0cm；（2）13.2cm【解析】 （1）以 cmHg 为压强单位．设 A 侧空气柱长度 l=10.0cm 时压强为 p，当两侧的水银面的高度差为 h1=10.0cm 时，空气柱的长度为 l1，压强为 p1，由玻意耳定律，有： pl=p1l1① (1 分) 由力学平衡条件，有： p=p0+h ② (1 分) 打开开关放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为 p0，而 A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加 逐渐减小，B、A 两侧水银面的高度差也随着减小，直至 B 侧水银面低于 A 侧水银面 h1 为止，由力学平衡 条件，有： p1=p0﹣h1③ (1 分) 联立①②③，并代入题目数据，有： l1=12cm ④ (1 分) （2）当 A、B 两侧的水银面达到同一高度时，设 A 侧空气柱的长度为 l2，压强为 P2，由玻意耳定律，有： pl=p2l2⑤ (1 分) 由力学平衡条件有： p2=p0⑥ (1 分) 联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有： l2=10.4cm ⑦ (1 分) 设注入水银在管内的长度为△h，依题意，有： △h=2（l1﹣l2）+h1⑧ (1 分) 联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有： △h=13.2cm 34.【物理一一选修 3-4】（15 分） (1)（5 分）下列说法中正确的是． A．根据光的折射定律，某种介质的折射率总等于入射角的正弦与折射角的正弦之比 B．当光射到两种不同介质的分界面时，光总会分为反射光和折射光 C．光的偏振现象说明光是横波 D．光发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同 E.在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄 【答案】CDE【解析】 根据光的折射定律，光从真空射入某种介质发生折射时，入射角的正弦与折射角的正弦之比是该介质的折 射率，故 A 错误；当光射到两种不同介质的分界面时，有可能发生全反射．故 B 错误；偏振是横波特有的 现象，光的偏振现象说明光是横波，故 C 正确；光发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同，故 D 正确；据 和红光波长大于绿光波长可知，在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光， 干涉条纹间距将变窄，故 E 正确．所以 CDE 正确，AB 错误． （2）（10 分）．如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面 3 m．距水面 4 m 的湖底 P 点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向 的夹角为 53°（取 sin53°=0.8）．已知水的折射率为 4/3 （1）求桅杆到 P 点的水平距离； （2）船向左行驶一段距离后停止，调整由 P 点发出的激光束 方向，当其与竖直方向夹角为 45°时，从水面射出后仍然照 射在桅杆顶端，求船行驶的距离． 【答案】（1）7m （2）5.5m 【解析】 Lx d λ∆ =①设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为 ，到 P 点的水平距离为 ，桅杆高度为 ，P 点处水深为 ；激光束在水中与竖直方向的夹角为 ，由几何关系有 (1 分) (1 分) 由折射定律有： (1 分) 设桅杆到 P 点的水平距离为 则 (1 分) 联立方程并代入数据得： (1 分) ②设激光束在水中与竖直方向的夹角为 时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为 由折射定律有： (1 分) 设船向左行驶的距离为 ，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为 ，到 P 点的水平距离为 ， 则： (1 分) (1 分) (1 分) 联立方程并代入数据得： (1 分) 1x 2x 1h 2h θ 1 1 tan53x h =  2 2 tanx h θ= sin53 sinn θ= x 1 2x x x= + 7mx = 45 i′ sin sin 45i n′ =  x′ 1x ′ 2x ′ 1 2x x x x′ ′ ′+ = + 1 1 tanx ih ′ ′= 2 2 tan 45x h ′ =  ( )6 2 3 m 5.5mx′ = − ≈