2020届湖北省华师一附中高三下学期4月理综物理试题（解析版）

2020 届高三理科综合能力测试 第Ⅰ卷 二、选择题 1.若银河系内每个星球贴近其表面运行的卫星的周期用 T 表示,被环绕的星球的平均密度用 表示. 与 的关系图象如图所示,已知万有引力常量 .则该图象的斜率约为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 令该星球的半径为 R，则星球的体积 ，卫星绕星球做匀速圆周运动，由万有引力提供卫星圆周运 动的向心力，则有 ，得星球的质量 ，所以星球的密度为 ，联立解 得 ， 则 得 ， 由 数 学 知 识 知 ， 与 ρ 的 关 系 图 象 斜 率 ，故 C 正确，A、B、D 错误； 故选 C． 【点睛】熟练掌握利用万有引力定律求得中心天体的质量，知道球的体积公式是正确解题的关键． 2.水平放置的光滑圆环，半径为 R，AB 是其直径。一质量为 m 的小球穿在环上并静止于 A 点，沿 AB 方向 水平向右的风力大小恒为 ，小球受到轻扰而开始运动，则下列说法正确的是（　　） ρ 2 1 T ρ 11 2 26.67 10 N m /kgG −= × ⋅ 10 2 27 10 N m /kg−× ⋅ 11 2 27 10 N m /kg−× ⋅ 12 2 27 10 N m /kg−× ⋅ 13 2 27 10 N m /kg−× ⋅ 34 3V Rπ= 2 2 2 4GMm m RR T p= 2 3 2 4 RM GT π= M V ρ = 2 3 GT πρ = 2 1 3 G T ρπ= 2 1 T 11 12 2 26.67 10 7 10 · /3 3 3.14 Gk N m kgπ − −×= = ≈ ×× F mg=A. 运动中小球对环的最大压力为 B. 运动中小球对环的最大压力为 C. 小球运动过程中的最大速度为 D. 小球运动过程中的最大动能为 【答案】B 【解析】 【详解】AB．小球在 点速度最大，水平面内，环对小球的作用力 ，根据牛顿第二定律 根据动能定理 解得 小球穿在环上，所以竖直方向上，环对小球的作用力 则环对小球的最大作用力为 根据牛顿第三定律可知小球对环的最大压力为 ，A 错误，B 正确； C．根据上述分析可知最大速度 C 错误； D．最大动能为 D 错误。 故选 B。 3.边界 MN 的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为 B，方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。在桌面内边 5mg 26mg gR ( )2 1 mgR+ B 1F 2 1 vF F m R − = 212 2F R mv⋅ = 1 5 5F F mg= = 2F = mg 2 2 2 2 N 1 2 (5 ) ( ) 26F F F mg mg mg= + = + = 26mg 2v gR= 2 k 1 22E mv mgR= =长为 l 的正三角形金属线框 abc 粗细均匀，三边阻值相等，a 顶点刚好位于边界 MN 上，现使线框围绕过 a 点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为 ω，如图所示，则在 ab 边开始转入磁场的瞬间 ab 两端的 电势差 为（　　） A. B. C. D. 0 【答案】A 【解析】 【详解】导体棒 转动切割磁感线，电动势大小 两端的电势差即路端电压，根据右手定则可知电流从 端流出， 端流入，所以 端电势高于 端，则 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 4.溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目。如图所示，滑轮、保险绳索与人体连接，粗钢索两端 连接在固定桩上。人从高处平台的 A 点出发，借助几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点 C，到达 B 点时速度为零。下列说法中正确的有（　　） A. 人滑到 C 点时速度最大 B. 人滑到 C 点时的加速度方向竖直向上 C. 人从 A 滑到 C 的过程中，人（包括滑轮、保险绳索）的机械能一直减小 D. 人从 A 滑到 C 的过程中，人（包括滑轮、保险绳索）的重力的功率先增大后减小 【答案】CD 【解析】 为 abU 21 3 Bl ω 21 2 Bl ω− 21 3 Bl ω− ab 20 1 2 2 2 a bv v lE Blv Bl Bl Bl ω ω+ += = ⋅ = ⋅ = ab a b a b 221 1 3 2 2 3 3 2abU Bl BlE ωω= = ⋅ =【详解】A．人在 点竖直向下的重力，绳索对人（包括滑轮、保险绳索）竖直向上的支持力和水平向右的 摩擦力，处于减速状态，结合运动和受力可知人在 点之前已经做减速运动，所以在 点速度不可能最大，A 错误； B．人（包括滑轮、保险绳索）在 点有竖直向上的向心加速度，还有水平向右摩擦力提供的加速度，根据 平行四边形法则可知人在 点的加速度不是竖直向上，B 错误； C．人 机械能由重力势能和动能构成，人在下滑过程中摩擦力一直做负功，人（包括滑轮、保险绳索）的 机械能一直减小，C 正确； D．重力 瞬时功率为重力乘以人在竖直方向上的分速度，人（包括滑轮、保险绳索）在 点速度为 0，重 力的瞬时功率为 0，在 点竖直方向上的分速度为 0，重力的瞬时功率为 0，所以人从 A 滑到 C 的过程中， 人（包括滑轮、保险绳索）的重力的功率先增大后减小，D 正确。 故选 CD。 5.如图所示，实线为两个点电荷 、 产生的电场的电场线，虚直线 cd 为 、 连线的垂直平分线，O 为垂足，c、d 两点在垂直平分线上且关于 、 连线对称。一电子只在电场力的作用下从 a 点沿虚曲线 途经 O 点运动到 b 点。下列说法正确的是（　　） A. 的电荷量小于 的电荷量 B. c、d 两点的电势相同，场强相同 C. 电子过 O 点时的加速度大于过 a 点时的加速度 D. 电子在 O 点时的电势能小于在 a 点时的电势能 【答案】CD 【解析】 【详解】A．根据电场线的分布可知两电荷带异种电荷，根据电场线的疏密程度分布可知 电荷量大于 的电荷量，A 错误； B．根据场强的叠加法则可知， 、 两点的电场强度大小相等，方向不同；根据对称性可知 、 两点的 电势相等，B 错误； C．电场线的疏密程度表示场强的弱强，所以 的 的 C C C C C A C 1Q 2Q 1Q 2Q 1Q 2Q 1Q 2Q 1Q 2Q c d c d电子仅受电场力，根据牛顿第二定律 可知电子过 O 点时的加速度大于过 a 点时的加速度，C 正确； D．电子带负电，电子所受合外力指向轨迹的凹侧，所以 带正电， 带负电，沿电场线方向电势降低， 则 根据电势能 电子带负电，所以 D 正确。 故选 CD。 6.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为 m，降压变压器的变压比为 n，输电线的电阻为 R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为 U，若由于用户的负载变化，使电压 表 V2 的示数减小了 ，则下列判断正确的是（　　） A. 电流表 A2 的示数减小了 B. 电流表 A1 的示数增大了 C. 电压表 V1 的示数不变 D. 输电线损失的功率增加了 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．根据理想变压器的电压规律，对于降压变压器 根据欧姆定律， 示数增加了 O aE E> qE ma= 1Q 2Q O a ϕ ϕ> pE qϕ= p pO aE E< U∆ U R ∆ n U R ∆ 2n U RR ∆     1U nU ∆ =∆ 1A根据单相理想变压器的电流规律 解得 示数增加了 A 错误，B 正确； C．发电厂 输出电压恒定，升压变压器的变压比恒定，所以 示数恒定，C 正确； D．输电线上损失的功率增加了 所以损失的功率不一定为 ，D 错误。 故选 BC。 7.如图所示，一小球从半径为 R 的固定半圆轨道左端 A 点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点）， 飞行过程中恰好与半圆轨道相切于 B 点。O 为半圆轨道圆心，OB 与水平方向夹角为 60°，重力加速度为 g。 关于小球的运动，下列说法正确的是（　　） A. 小球抛出时的初速度大小为 B. 小球抛出点与 B 点的距离为 C. 小球经过 B 点时对轨道的压力大小为 D. 小球从抛出点到 B 点的过程中速度变化量的大小为 【答案】AB 的 1 1 U UI nR R ∆ ∆∆ = = 1 2 1I I n ∆ =∆ 2A 2 2 1 UI n I n R ∆∆ = ⋅∆ = 1V 2 2 2 1 2 ( )P I R I R I R n U RR ∆ = − ≠ ∆ ∆    = 变化后 变化前 2n U RR ∆     3 3 2 gR 39 4 R 3 3 2 mg 32 32 gR  −   【解析】 【详解】A．小球抛出后做平抛运动，水平方向位移为 在 点，根据几何关系可知偏转角为 ，则 解得 竖直方向上做自由落体运动 解得 水平方向做匀速直线运动 A 正确； B．小球抛出点距离 点的距离 B 正确； C．在 点速度 根据牛顿第二定律 解得 3cos60 2x R R R°= + = B 30° 2 tan30 y x ° = 3tan3 =2 40 3 3 34 R Rxy ° ⋅ == 21 2y gt= 2 3 2 y Rt g g = = 0 2 3 3 2 2 3 3 33 2 2 R Rv x g gR t RR g = =⋅= = B 2 2 39 4 Rs x y= + = B 0 2 3cos30B vv gR°= = 2 sin 60 Bvmg N m R ° − =说明小球经过 点时对轨道的压力大小为 0，C 错误； D．小球从抛出点到 点的过程中速度变化量的大小为 D 错误。 故选 AB。 三、非选择题 （一）必考题 8.如图所示，为了测量滑块（装有遮光条）的加速度，在倾斜的气垫导轨上安放两个光电门 A、B，配套的 数字毫秒表会自动记录遮光条通过光电门的相应时间。 某同学根据自己的设想，做了如下操作： ①将计时方式设定为记录“遮光条从光电门 A 运动到 B 的时间”。此时当两个光电门的任一个被挡住时， 计时仪开始计时；当两个光电门中任一个被再次挡光时，计时终止。计时仪显示的是两次挡光之间的时间 间隔； ②将滑块从导轨上某处自由滑下，测出两光电门间距 x，并记下毫秒表上的示数 t； ③保持光电门 B 位置不动，适当移动光电门 A 的位置，重复步骤②； ④重复步骤③若干次。 (1)关于操作中的注意事项，下列各项正确的是________； A．必须测量遮光条的宽度 B．两光电门的间距应适当大些 C．在每次重复的步骤中，滑块必须从导轨的同一位置自由滑下 D．导轨倾斜是为了平衡摩擦力 (2)已知该同学的两组数据： ， 和 ， 。其中 ，则滑块的加速度 ________（用 ， ； ， 表示）。 【答案】 (1). BC (2). 0N < B B 3 2y gRv v gt∆ = = = 1x 1t 2x 2t 2 1x x> a = 1x 1t 2x 2t ( ) ( )2 1 1 2 1 2 1 2 2 x t x t t t t t − −【解析】 【详解】(1)[1]A．光电门测量的是通过两光电门的用时，并不是通过光电门的时间，所以不需要测量遮光 条的宽度，A 错误； B．两光电门的距离适当大一些可以减小误差，B 正确； C．滑块每次从同一位置下滑，保证通过光电门 的速度相同，C 正确； D．导轨倾斜是为了滑块能够加速下滑，不是平衡摩擦力，D 错误。 故选 BC。 (2)[2]滑块做匀加速直线运动，因为通过光电门 的速度相同，将匀加速直线运动的逆过程视为匀减速直线 运动，根据位移与时间的关系 联立方程解得 9.某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有： 两个相同 待测电源 内阻 ，电阻箱 最大阻值为 ，电阻箱 最大阻值为 ， 电压表 内阻约为 ，电流表 内阻约为 ，灵敏电流计 G，两个开关 、 ． 主要实验步骤如下： 按图连接好电路，调节电阻箱 和 至最大，闭合开关 和 ，再反复调节 和 ，使电流计 G 的示数为 0，读出电流表 A、电压表 V、电阻箱 、电阻箱 的示数分别为 、 、 、 ； 反复调节电阻箱 和 与 中的电阻值不同 ，使电流计 G 的示数为 0，读出电流表 A、电压表 V 的示数分别为 、 ． 回答下列问题： 的 B B 2 1 0 1 1 1 2x v t at= − 2 2 0 2 2 1 2x v t at= − ( ) ( )2 1 1 2 1 2 1 2 2 x t x ta t t t t −= − ( 1Ω)r ≈ 1(R 999.9Ω) 2 (R 999.9Ω) V( 2kΩ) A( 2Ω) 1S 2S ① 1R 2R 1S 2S 1R 2R 1R 2R 1I 1U 1R 2R ② 1R 2 (R ① ) 2I 2U（1）电流计 G 的示数为 0 时，电路中 A 和 B 两点的电势 和 的关系为______； （2）电压表的内阻为______，电流表的内阻为______； （3）电源的电动势 E 为______，内阻 r 为______。 【答案】 (1). φA=φB (2). (3). (4). (5). 【解析】 【详解】（1）[1]．电流计 G 的示数为 0 时，由欧姆定律知，G 的电压为零，说明 A、B 两点的电势相等， 即 φA=φB． （2）[2][3]．由于电流计 G 的示数为 0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻 R1 的电流之和．则在 步骤 1 中，通过电压表的电流 电压表的内阻为 左右两个电源两极间的电压相等，则有： U1=I1（RA+R2） 解得电流表的内阻 （3）[4][5]．根据闭合电路欧姆定律得： E=U1+I1r E=U2+I2r 解得 10.甲、乙两物体（可视为质点）沿同一直线运动，运动过程的位置—时间图像（ 图）如图所示，甲的 图是一条直线，乙的 图是一条抛物线。在图示时间内，求： Aφ Bφ 1 1 1 1 1 V U RR I R U = − 1 2 1 A UR RI = − 1 2 2 1 2 1 U I U IE I I −= − 1 2 2 1 U Ur I I −= − 1 1 1 V UI I R = − 1 1 1 1 1 1 V V U U RR I I R U = = − 1 2 1 A UR RI = − 1 2 2 1 2 1 U I U IE I I −= − 1 2 2 1 U Ur I I −= − x t− x t− x t−(1)甲、乙两物体相遇时，各自的速度大小 和 ； (2)甲、乙两物体速度大小相等时，各自的位置坐标 和 。 【答案】(1)1m/s， m/s；(2)0， 【解析】 【详解】(1)根据数学知识可得甲乙两物体位置坐标随时间的关系如下： 对照运动学公式 可知，甲沿正方向做匀速直线运动，采用待定系数法 乙沿负方向做匀减速直线运动，初速度大小 加速度大小 时，甲乙相遇 v甲 v乙 x甲 x乙 19 15 32 m15 4 (m)x t= − +甲 22 1 4(m)15 15x t t= − + +乙 1x x vt= +甲 2 2 0 1 2x x v t at= + +乙 1m / sv = 0 1 m / s15v = 24 m / s15a = 1 5st = 1m / sv v= =甲 0 1 19 m / s15v v at= − = −乙大小为 ，负号表示速度方向沿 方向。 (2)设 时刻甲乙速度大小相等。则有 解得 带入位置时间表达式可得， 11.如图所示，在光滑绝缘水平面上，存在两个相邻的相同矩形区域 CDMN 和 NMHG，，CD=NM=GH=2d、 CN=NG=d．区域 CDMN 中存在方向竖直向下的匀强磁场 B1，区域 MMHG 中存在方向竖直向上的匀强磁场 B2。不可伸长的轻质细线，一端固定于 O 点，另一端拴有一个质量为 的绝缘小球 a。拉紧细线使小球 a 从距离桌面高 h 的位置静止释放，当小球 a 沿圆弧运动至悬点正下方位置时，与静止于该处的带正电小球 b 发生正碰，碰后小球 a 向左摆动，上升的最大高度为 ，小球 b 从 CD 边界中点 P 垂直进入 CDMN 区域， 已知小球 b 质量为 m，带电量为+q，且始终保持不变，重力加速度为 g。则 (1)通过计算判断 a、b 两小球的碰撞是否为弹性碰撞； (2)若 B1=B2=B，要使 b 小球能从 NG 边界射出，求 B 的取值范围； (3)若区域 CDMN 中磁感应强度 B1= ，方向仍竖直向下。将区域 NMHG 中磁场改为匀强电场，电 场方向水平且由 N 指向 M。是否存在一个大小合适的场强使小球 b 恰由 H 点离开电场区域，若存在请算出 场强 E 的大小，不存在请说明理由。 19 m / s15 x− 2t ( )0 2v v at= − − 2 4st = 0x =甲 32 m15x =乙 3 m 4 h 4 5 2 m gh qd【答案】(1)弹性碰撞，分析过程见解析；(2) ；(3)存在， 。 【解析】 【详解】(1)设小球 a 碰前的速率为 ，碰后速率为 ，小球 b 的速率为 ，a 小球与 b 小球碰撞前： ① a 小球与 b 小球碰撞后： ② a 小球与 b 小球碰撞时，以水平向右为正方向： ③ 联立①②③得： 碰撞前两物体总动能 碰撞后两物体总动能 碰撞前后总动能守恒，所以 a、b 两小球碰撞属于弹性碰撞。 (2)若小球 b 恰好从 N 点射出，作出小球的运动轨迹，如图所示。由几何关系得： R=d④ 而 4 5 2 2 m gh m ghBqd qd ≤ ≤ 51 50 mghE qd = av ′av bv 21 3 2 3 a m mgh v= × '21 1 3 4 2 3 a m mg h v× = × 3 3a a b m mv v mv′= − + '2 2a a bv v v= = 2b ghv = 2 1 6 3 amv mghE = = '2 2 2 1 1 6 2 3 amvE mv mgh= + =⑤ 联立解得： ； 若小球 b 恰好从 G 点射出，作出小球的运动轨迹，如图所示。 由几何关系可得： ⑥ ⑦ 联立解得： 综上可得 B 的取值范围为： ； (3)由(2)可得当 小球 b 在 CDMN 区域里做圆周运动后小球从距离 N 点 处以速度 vb 斜射入 MNGH 区域中，设 vb 与边界 NM 夹角为 θ，由几何关系得： 由运动合成分解可知： 2 b b mvqv B R = 2 m ghB qd = ' '2 2 2 2 dR d R − + =   ' ' bmvR B q = 5 4R d′ = ' 4 5 2 m ghB qd = 4 5 2 2 m gh m ghBqd qd ≤ ≤ 1 4 5 2 m ghB qd = 2 d cos 0.8d R θ = = 0.6x bv v=假设小球恰好能从 H 点离开电场，运动时间为 t。x 轴方向做匀速直线运动，y 轴方向做类竖直上抛运动。 x=d x=vxt⑧ ⑨ （以电场相反方向为正方向） ⑩ 联立解得： 令 vy 减为 0 时，小球沿 y 轴向上的最大位移 小球未从 NG 边界离开电场区域。 故假设成立，即电场强度 时小球恰能从 H 点离开。 （二）选考题 [物理——选修 3-3] 12.下列说法正确的是__________ A. 液体的饱和汽压随温度的升高而增大 b0.8yv v= 3 2y d= − 21 2yy v t at= − Eqa m = 5lg 50 ha d = 51 50 mghE qd = 2 max 8 2 51 2 yv d dy a = = < 51 50 mghE qd =B. 温度相同的氮气和氧气的分子平均动能相同 C. 做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能也越来越大 D. 水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是油脂使水的表面张力增大的缘 故 E. 气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和温度都有关 【答案】ABE 【解析】 【详解】A、温度越高，蒸发越快，故液体的饱和汽压随温度的升高而增大，故选项 A 正确； B、温度是分子热运动平均动能的标志，故温度相同的氢气和氧气的分子平均动能也相同，故选项 B 正确； C、做加速运动的物体，由于速度越来越大，物体分子的平均动能不一定增大，因为分子的平均动能是由温 度决定，和物体的宏观运动无关，故选项 C 错误； D、水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，是由于水浸润玻璃，但不浸润涂油 的玻璃，故选项 D 错误； E、气体压强取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能的大小，故气体分子单位时间内与单位面积器壁 碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和温度都有关，故选项 E 正确； 故选选项 ABE． [物理——选修 3-3] 13.有一种汽车胎压监测技术是利用放置在轮胎内的压强传感器监测汽车轮胎压强的技术，这对于确保行车 安全具有重要意义。小明在夏季气温为 26℃时，观 察到自己汽车胎压值为 230kPa,冬季气温为-13℃时，胎 压监测系统报警，显示轮胎的胎压值为 190kPa,不考虑轮胎容积的变化，试判断该轮胎是否漏气。如果漏气， 求漏掉的气体质量占原来气体的百分之几；如果不漏气，要使轮胎气压恢复到 230kPa,需要再充入温度为 -13℃、压强为 100kPa 的气体的体积是轮胎容积的百分之几。 【答案】 【解析】 【详解】假设轮胎不存在漏气，气体做等容变化，设初始态、胎内压强为 ，温度为 ，末态压强为 ， 温度为 ，由查理定律得： ， 故漏气 5% 1P 1T 2P 2T 1 2 1 2 P P T T = 2 200kPa 190kPaP = >假设原来轮胎内的气体全部变为 190kPa，温度为 ，设此时的体积为 ，轮胎的容积为 ，则： [物理——选修 3-3] 14.如图（a），在 xy 平面内有两个沿 z 方向做简谐振动的点波源 S1(0，4)和 S2(0，–2)．两波源的振动图 线分别如图（b）和图（c）所示，两列波的波速均为 1.00m/s．两列波从波源传播到点 A(8，–2)的路程差 为________m，两列波引起的点 B(4，1)处质点的振动相互__________（填“加强”或“减弱”），点C(0， 0.5)处质点的振动相互__________（填“加强”或“减弱”）． 【答案】 (1). 2 (2). 减弱 (3). 加强 【解析】 【详解】由几何关系可知 AS1=10 m，AS2=8 m，所以波程差为 2 m；同理可求 BS1–BS2=0，为波长整数倍， 由振动图象知两振源振动方向相反，故 B 点为振动减弱点，CS1–CS2=1 m，波长 ，所以 C 点振 动加强． [物理——选修 3-3] 15.一玻璃砖截面如图所示，O 为圆环的圆心，内圆半径为 R，外圆半径为 ，AF 和 EG 分别为玻璃砖的 两端面， ，B、C、D 三点将圆弧四等分。一细束单色光 a 从 F 点沿平行于 BO 方向从 AF 面 射入玻璃砖，其折射光线恰好射到 B 点，求： (1)玻璃砖的折射率 n； (2)从 B 点出射的光线相对于射入玻璃砖前入射光线的偏转角 φ。 13 C− ° 3V 0V 1 0 3 3 1 2 PV PV T T = 3 0V V V∆ = − 3 1 5%20 V V ∆ = = =2mvTλ = 3R 120AOE °∠ =【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)光路图如图所示 设从 AF 界面射入时的入射角为 ，折射角为 ，因为 a 光线平行于 BO，则 根据余弦定理有 所以 ， 根据折射定律有 代入数据得 (2)因为 3 60ϕ °= 1 θ 2 θ 1 60θ = ° 2 2( 3 ) 2 3 cos30FB R R R R R°= + − ⋅ ⋅ = 3 30θ °= 2 30θ °= 1 2 sin sinn θ θ= 3n = 4 3 sin sinn θ θ=解得 则偏转角 为 60°。 4 60θ °= ϕ