2020届江西省重点中学协作体高三第一次联考理综物理试题（解析版）

江西省重点中学协作体 2020 届高三年级第一次联考 理综试卷物理部分 二、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.据新华网 2019 年 6 月 24 日报道，中国科学院空天信息研究院和中国科学技术大学等单位联合研制出高速 高精度激光汤姆孙散射仪，为我国未来磁约束聚变能装置的高精度测量奠定了坚实的基础。下列说法正确 的是（　　） A. 激光被散射后频率不变 B. 激光被散射后频率增大 C. 核聚变反应在常温下就可以发生 D. 核聚变反应能够释放能量 【答案】D 【解析】 【详解】AB．由于光具有粒子性，因此当激光被散射后，光子能量减小，频率降低，AB 错误； C．核聚变反应属于热核反应，必须在高温下进行，C 错误； D．核聚变反应放出大量能量，D 正确。 故选 D。 2.北京时间 2019 年 5 月 17 日 23 时 48 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功发射第 45 颗北斗导航卫星。该卫星属于地球静止轨道卫星，即地球同步轨道卫星（代号为 S），与此前发射的倾斜地 球同步轨道卫星（代号为 P，其运行周期与地球自转周期相同）和中圆地球轨道卫星（代号为 Q）进行组网， 这种包括三种不同类型轨道卫星的混合设计属于北斗系统独有、国际首创，将有效增加亚太地区卫星可见 数，为亚太地区提供更优质的服务。若这三种不同类型的卫星的轨道都是圆轨道，已知中圆地球轨道卫星 的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，下列说法正确的是（　　） A. 这三种不同类型轨道卫星的线速度大小有可能相同 B. P 和 S 绕地球运动的向心加速度大小相等 C. 这三种不同类型轨道卫星的周期有可能都相同 D. P 和 S 绕地球运动的向心力大小一定相等【答案】B 【解析】 【详解】A．根据 可知，轨道半径相同的卫星线速度相同，因此 P、S 线速度相同，而 Q 不同，A 错误； B．根据 可知轨道半径相同的卫星，向心加速度大小相等，因此 P、S 向心加速度大小相等，B 正确； C．根据 轨道半径相同的卫星，周期相同，因此 P、S 周期相同，Q 周期不同，C 错误； D．虽然 P、S 向心加速度相同，但两卫星的质量不一定相同，因此向心力不一定相同，D 错误。 故选 B。 3.如图所示，6 个质量均为 m 的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，置于光滑水平面上， 其中最右边第 6 个小球受到恒力 F 的作用，6 个球一起沿水平面以相同的加速度 a 向右做匀加速运动，则下 列结论正确的是（　　） A. 从左到右每根弹簧的长度之比为 1∶2∶3∶4∶5 B. F 撤去的瞬间 6 个小球的加速度大小相同 C. 小球 1 脱落的瞬间，小球 2 的加速度变为 D. 小球 6 与弹簧脱落的瞬间，1、2、3、4、5 球的加速度仍为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于各个小球加速度相同，因此 6 根弹簧 弹力之比为 1∶2∶3∶4∶5，根据胡克定律，伸长 量之比也为 1∶2∶3∶4∶5，但弹簧原长末知，因此长度之比不是这个比值，A 错误； B．F 撤去的瞬间第 6 个小球的加速度发生突变与其它小球的加速度不同，B 错误； C．小球 1 脱落的瞬间，2、3 两个小球间的弹簧弹力没变，因此小球 2 的加速度变为 ，C 正确； D．小球 6 与弹簧脱落的瞬间，1、2、3、4 球的加速度不变，但 5、6 间弹簧弹力突然消失，因此 5 的加速 的 2 2 GMm vmr r = 2 GMm mar = 2 2 (2 )GMm m rr T π= 2a a 2a度不是 ，D 错误。 故选 C。 4.如图所示，半径分别为 、 两个同心圆，圆心为 O，在两圆之间有一个垂直于纸面向里的匀强 磁场，磁感应强度为 ，其余部分无磁场。在该圆的圆心处有一个静止的钋（ ）原子核，某时刻该核 产生 衰变， 粒子与反冲核运动方向相反，两粒子均在纸面内运动，若不考虑两个粒子之间的库仑力， 两个粒子都不能穿出磁场外边界，其中有一个粒子恰好与外边界相切，则下列说法中正确的是（　　） A. 恰好不能穿出的粒子是反冲核 B. 粒子在磁场中运动半径为 C. 粒子和反冲核在磁场中做圆周运动的半径之比为 1∶41 D. 粒子和反冲核在磁场中做圆周运动的周期相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．由于带电粒子在磁场中的轨道半径 根据动量守恒定律， 粒子与反冲核动量相等，带电量小的轨道半径大，容易从磁场中穿出，因此恰好不 能穿出的粒子是 粒子，A 错误； B． 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示， 根据勾股定理 a R ( 2 1)R+ B 209 84Po α α α R α α mvr qB = α α α 2 2 2[( 2 1) ]R r r R+ − = +整理得 B 正确； C．核反应方程为 由于动量守恒， 粒子和反冲核在磁场中做圆周运动的半径之比 C 错误； D．带电粒子在磁场中运动的周期公式 由于 粒子和反冲核粒子的比荷不同，因此运动周期不同，D 错误。 故选 B。 5.如图所示，用铰链将三个质量均为 m 的小球 A、B、C 与两根长为 L 的轻杆相连，B、C 置于水平地面上， 系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C 在轻杆的作用下向两侧滑动，三个小球始终在同一竖 直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为 g，则此过程中（　　） A. 球 A 的机械能一直减小 B. 球 C 的机械能一直增大 C. 球 B 对地面的压力不可能小于 mg D. 球 A 落地的瞬时速度为 【答案】D 【解析】 【详解】B．A 球下降的过程中，B、C 两球向两侧运动，当 A 球将落地时，根据动量守恒可知，B、C 两 球水平速度趋近于零，因此 B、C 的机械能先增加后减小，B 错误； A．杆对 B、C 先是做正功，后是做负功，即杆先对 B、C 是推力，后对 B、C 是拉力，当杆对 B、C 是拉 力时，杆对 A 也是拉力，此时 A 的机械能会增加，A 错误； r R= → +209 4 205 84 2 82Po H Xe α 82 41= =2 1 r r α 反 2 mT qB π= α 2gLC．当杆对 B、C 是拉力时，B、C 对地面的压力小于其重力，C 错误； D．当 A 落地时，B、C 的速度为零，根据机械能守恒定律 可得 A 落地时的速度 D 正确。 故选 D。 6.如图所示，内壁光滑的半圆形的圆弧槽静止在光滑水平地面上，其左侧紧靠固定的支柱，槽的半径为 R。 有一个可视为质点的小球，从槽的左侧正上方距槽口高度为 R 处由静止释放，槽的质量等于小球的质量的 3 倍，重力加速度为 g，空气阻力忽略不计，则下列关于小球和槽的运动的说法正确的是（　　） A. 小球运动到槽的底部时，槽对地面的压力大小等于小球重力的 5 倍 B. 小球第一次离开槽后能沿圆弧切线落回槽内 C. 小球上升的最大高度为（相对槽口）R D. 小球上升的最大高度为（相对槽口） 【答案】BD 【解析】 【详解】A．根据机械能守恒定律 小球到达槽底时，根据牛顿第二定律 槽对地面的压力大小 整理得 21 2mgL mv= 2v gL= 1 2 R 212 2mg R mv⋅ = 2 N mvF mg R − = 3NN F mg= + 8N mg=A 错误； B．小球通过最底点，再向右运动时，槽也一起向右运动，整个系统在水平方向上满足动量守恒，因此到达 右侧槽口处时，小球与槽在水平方向上速度相等，相对槽做竖直上抛运动，因此能沿圆弧切线落回槽内，B 正确； CD．到达右侧槽口时，水平方向上动量守恒 整个系统机械能守恒 因此小球相对槽口再上升的高度 整理得 C 错误，D 正确 故选 BD。 7.理想变压器与三个阻值相同的定值电阻 组成如图所示的电路，变压器原、副线圈的匝数比为 1∶2，在 a、b 间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是（　　） A. 两端的电压之比为 5∶1∶2 B. 的功率之比为 25∶1∶4 C. a、b 间输入功率与变压器输入功率之比为 15∶4 D. a、b 间输入电压与变压器输入电压之比为 3∶1 【答案】AB 【解析】 【详解】A．由于理想变压器 ， 。 (3 ) xmv m m v= + 2 2 2 21 1 13 ( )2 2 2x x ymv mgR mv m v v= + ⋅ + + 2 2 yvh g = 2 Rh = 1 2 3R R R、 、 1 2 3R R R、 、 1 2 3R R R、 、 1 2 1= 2 U n U n =原 副 2 1 2= 1 I n I n =原 副设流过副线圈的电流为 I0，则流过原线圈的电流为 2I0，即 则流过 R2 的电流 则流过 R1 的电流 由于三个电阻相等，因此 两端的电压之比为 5∶1∶2 A 正确； B． 的功率之比为 25∶1∶4 B 正确； C．由于变压器本身不消耗能量，则 a、b 间输入功率与变压器输入功率之比为 15∶2 C 错误； D．a、b 间输入电压与变压器输入电压之比为 D 错误。 故选 AB。 8.在真空中水平放置的平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为 ，当平行板电容器的 电压为 时，油滴保持静止状态，如图所示。当给电容器突然充电使其电压增加 ，油滴开始向上以加 速度 运动；经时间 后，电容器又突然放电使其电压减少 ，加速度大小变为 ，且加速度方向向 下，又经过时间 ，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均 很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，运动过程中油滴未与极板相碰。重力加速度为 ，则下列说 3 0 3 =UI IR = 副 2 0 2 2 1 12= 2 UUI IR R = =副原 1 0 2 0 52 2I I I I= + = 1 2 3R R R、 、 1 2 3: : =I I I 1 2 3R R R、 、 2 2 2 1 2 3 1 2 3: :P P P I I I= =： ： 1 2 3 3P P P P+ + =（ ）： 0 0 1 2 2 0 5 1 62 2 1 1 2 I IU U U I ++ = = d 0U 1U∆ a t∆ 2U∆ 3a t∆ g法中正确的是（　　） A. B. 第一个 时间内和第二个 时间内，油滴动量变化量大小之比为 C. 第一个 时间内和第二个 时间内，油滴动能变化量之比为 D. 第一个 时间内和第二个 时间内，极板电荷变化量绝对值之比为 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．由题可知，液滴处于静状态时 电容器电压增加 ，油滴开始向上以加速度 运动 电容器电压减少 ，加速度大小变为 向下 以上各式联立可得 A 正确； B．第一个 时间末速度 第二个 时间末的速度 因此油滴动量变化量大小之比为 B 正确； 1 2: 1: 4U U∆ ∆ = t∆ t∆ 1:3 t∆ t∆ 1:3 t∆ t∆ 1:3 0U q mgd = 1U∆ a 1 0U U q mg mad ∆ + − = 2U∆ 3a 1 0 2 3U U Umg q mad ∆ + − ∆− = 1 2 1 4 U U ∆ =∆ t∆ 1v a t= ⋅∆ t∆ 2 1 3 2v v a t a t= − ⋅∆ = − ⋅∆ 1 2 1 1 ( ) 3 mv m v v =−C．第一个 时间内和第二个 时间内，油滴动能变化量之比为 C 正确； D．第一个 时间内和第二个 时间内，极板电荷变化量绝对值之比 D 错误。 故选 ABC。 第Ⅱ卷 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22-32 题为必考题，每个试题考生都必须 作答。第 33-38 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 129 分。 9.某学习小组利用如图所示装置验证弹性碰撞中的动量守恒。其主要的实验步骤如下： 选择大小相等、可视为质点、质量分别为 、 （ ）的两个小钢球 A、B，将其分别用轻绳悬 挂，静止时两球相切，球心等高，两绳恰好平行。将 A 球向左拉起，使轻绳与竖直方向的夹角为 ，并将 A 球由静止释放，两球在最低点发生弹性正碰。请回答下列问题： (1)在本实验中还需要测量或已知的物理量有（ ） A.需要已知当地的重力加速度 B.需要用直尺测量轻绳的长度 L C.需要测量碰后 A 球反弹到最大高度时轻绳与竖直方向的夹角 D.需要测量碰后 B 球的轻绳与竖直方向的最大夹角 (2)根据选择的物理量和已知的物理量，得出验证动量守恒的表达式为（ ） A. t∆ t∆ 2 1 2 2 2 1 1 12 1 1 3 2 2 mv mv mv = − t∆ t∆ 11 2 2 1 4 C U C U Q Q ∆ = ∆ =∆∆ Am Bm A Bm m< 1 α 2 α 3 α 1 31 cos 1 cosA Bm mα α− = −B. C. D. 【答案】 (1). CD (2). B 【解析】 【详解】(1)[1]碰撞中动量守恒，应测量碰撞前 A 球的速度和碰后 A、B 两球的速度，根据机械能守恒定， 两个摆长相等，因此只要测出两个摆角就能表达出速度的大小，由于碰前 A 球与竖直方向夹角已测出，因 此再测出碰后两个球的摆角即可，因此 CD 正确，AB 错误。 故选 CD。 (2)[2]由于 因此碰后 A 小球反弹 根据动量守恒定律 根据机械能守恒定律 联立得 因此 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 10.某课外探究小组做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，小灯泡的额定电压 4V，额定功率为 1.9W 左右。 实验室准备了以下实验器材： A.蓄电池（电动势为 6V，内阻约为 1 ）； B.电压表（量程为 0~4.5 V，内阻约为 8 k ）； C．电压表（量程为 0~3 V，内阻约为 5 k ）； D．电流表（量程为 0~1.2 A，内阻约为 0.8 ）； 1 3 21 cos 1 cos 1 cosA B Am m mα α α− = − − − 1 3 21 cos 1 cos 1 cosA B Am m mα α α− = − + − 1 2 31 cos 1 cos 1 cosA A Bm m mα α α− = − − − A Bm m< A 1 B 3 A 2m v m v m v= − 2 A 1 A 1 1(1 cos ) 2m gl m vα− = 2 A 2 A 2 1(1 cos ) 2m gl m vα− = 2 B 3 B 3 1(1 cos ) 2m gl m vα− = 1 3 21 cos 1 cos 1 cosA B Am m mα α α− = − − − Ω Ω Ω ΩE.电流表（量程为 0~500 mA，内阻约为 0.3 ）； F.滑动变阻器（0~5 ，1.5 A）； G.滑动变阻器（0~50 ，1.2 A）； H.开关、导线若干。 (1)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用_______；（填写器材前 的字母） (2)实验时要求尽量减小实验误差，要求伏安特性曲线从零开始取值，请在虚线框中画出合理的电路图 _____。 (3)该小组根据正确的操作得到数据，画出了该小灯泡的伏安特性曲线，如图所示，则该小灯泡的额定功率 为_______W。将该小灯泡与电动势为 3.0 V、内阻为 2 的电源直接串联，则该小灯泡的实际功率是_______。 （以上结果均保留两位有效数字）。 【答案】 (1). B (2). E (3). F (4). (5). 2.0 (6). 【解析】 【详解】(1)[2][3][4]做“描绘小灯泡 伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的额定电压为 4V，因此电压表的量 程应大于等于 4V，因此选 B ；小灯泡的额定功率为 1.9W，因此流过小灯泡的额定流为 0.5A 左右，故电流 表选 E；由于小灯泡两端的电压需要从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，阻值越小，调节起来 的 Ω Ω Ω Ω 0.90 ~ 0.95W越方便，因此选 F。 (2)[4]小灯泡的阻值较小，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所示 (3)[5]从图象可知，当额定电压为 4V 时，电流为 0.5A，因此额定功率为 2.0W。 [6]将电源路端电压与电流的图象画到小灯泡的 U—I 图中，如图所示 两个图象的交点就是流过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压值，图中 ， 因此 11.如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为 R=0.1 m，两轮轴距为 L=2 m，在电机的 驱动下顺时针保持匀速转动，现将一个旅行包（可视为质点）无初速度放在水平传送带左端，已知旅行包 与传送带之间的动摩擦因数为 ，不计空气阻力。 (1)要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少？ (2)若传送带实际速度为 0.2 ，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为 15 吨，则电机每天相对于空载 多消耗的电能 E 是多少？（所有旅行包均无初速度，且与传送带间的动摩擦因数相同） 【答案】(1)小于 ；(2)600J 【解析】 【详解】(1)当旅行包刚好沿切线飞出 2.2VU = =0.42AI = =0.93WP UI 20.4 10m/sgµ = =， m/s 1m / s解得 设旅行包一直加速 故传送带速度应小于 (2)由于 故旅行包一直加速到 后匀速运动，设加速度时间为 又由于 整理得 12.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨间距为 、电阻忽略不计，条形匀 强磁场的宽度为 ，磁感应强度大小为 、方向垂直导轨平面（纸面）向里。长度为 的绝缘杆将导体棒 和正方形的单匝导线框连接在一起组成装置，总质量为 ，置于导轨上。导体棒与金属导轨总是处于良好 接触状态，并在导体棒中通以大小恒为 的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的边长为 ，电阻为 ，导体棒处于磁场内且恰好位于下边界处。将装置由静止释放，导线框恰好能穿过磁场。导 体棒在运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度为 。求： (1)导体棒在磁场中受安培力上升时的加速度 为多大； (2)装置从释放到上升到最高点的过程中，线框中产生的焦耳热 ； (3)导体棒从开始运动到第一次速度减为零所用的时间 T。 2vmg m R = 1m/sv gR= = 2 4m / s 1m / smv gLµ= = > 1m/s 0.2m/s 1m/s< 0.2m/s t x v t= ⋅传 传 2x tv= ⋅传 包 2E mgx mgxµ µ= =电 传 包 21 2mgx mvµ =包 传 600JE =电 L 3 L B L m 9mgI BL = 3 L R g a Q【答案】(1)8g；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)导体棒所受到的安培力 所以整个装置的加速度 (2)根据动能定理可得 代入数据 解得 （3）导体棒在磁场中匀加速运动 解得 ， 导体棒离开磁场后匀减速向上运动，在导体框将要进入磁场时导体棒的速度为 解得 4 3Q mgL= 2 33 3 2 27 L B L g mgR − 9F BIL mg= = 8BIL mga gm −= = 1 2 0G BIL BILW W W+ + = 5 03 3 LmgL BIL Q− + − = 4 3Q mgL= 2 1 1 3 2 L at= 1 1v at= 1 12 Lt g = 1 4 33v gL= 2v 2 2 2 1 22 3g L v v− = −所以，导体棒匀减速向上运动所用的时间为 导体框穿过磁场的过程，根据动量定理可知 其中通过线框的电荷量 可解得 所以，导体棒向上运动的总时间为 13.用金属丝制成一个 U 型架，一段细长棉线两端紧扣在 U 型架两臂上 A、B 两点，细线中点 O 处有一扣. 将 U 型架浸入肥皂液中 再取出，U 型架上形成 肥皂液膜如图所示，细线被绷紧是因为液体表面层存在表 面张力，表面张力的作用是使得液面有____________的趋势；用力拉动细线中点的扣至图中虚线位置（肥 皂液膜未发生破损），肥皂液膜的内能将____________（忽略肥皂液膜的蒸发影响） 【答案】 (1). 收缩到最小 (2). 增大 【解析】 【详解】凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，所以细线被绷紧是因为液体表 面层存在表面张力，表面张力的作用是使得液面有收缩到最小的趋势；表面层里的分子比液体内部稀疏， 分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，用力拉动细线中点的扣至图中虚线位置 （肥皂液膜未发生破损），分子间的引力做负功，分子间的分子势能增大，所以肥皂液膜的内能将增大； 的 2 2v gL= 2 4 3 23 v L Lt g g g = = −△ ( )3 3 0 23 Lmgt BI t m gL+ = − − 2 3 9 BLq It R = = 2 3 3 2 27 L B Lt g mgR = − 2 3 1 2 3 3 3 2 27 L B LT t t t g mgR = + + = −14.将消毒碗柜里刚经过高温消毒 一个圆柱型茶杯和杯盖小心取出后，立刻用杯盖盖住茶杯，并放置在水 平桌面上，如图．开始时茶杯内部封闭气体的温度 t1＝87℃、压强等于外界大气压强 p0．放置一段时间后， 茶杯内气体的温度等于室内温度 t2＝27℃．已知杯盖的质量为 m，茶杯橫截面圆形面积为 S，杯盖住茶杯后 密封良好没有发生漏气．茶杯内部封闭气体可视为理想气体，重力加速度大小为 g． （i）求最后茶杯内部封气体的压强和杯盖对茶杯的压力大小； （ii）在茶杯连同杯内气体的温度达到稳定后，用力作用在杯盖上缓慢上提，结果发现茶杯能随杯盖一起向 上离开桌面，求茶杯的质量 M 满足什么条件？ 【答案】（i）求最后茶杯内部封气体的压强为 ；杯盖对茶杯的压力大小为 ；（ii）茶杯的质 量 M 满足 【解析】 【详解】（i）杯内封闭气体发生等容变化，有 代入数据解得：最后杯内气体的压强 ；对 杯盖，有 P'S+N＝P0S+mg，解得： 由牛顿第三定律可知，杯盖对茶杯的压力大小为： （ii）茶杯能离开桌面，条件是：P′S+Mg＜P0S，故茶杯的质量 M 满足的条件为： ． 15.下列说法正确的是__________。 A. 偏振光是横波 B. 用不同频率的光在同一双缝干涉实验装置中，频率大的光产生的相邻干涉亮条纹间距更窄 C. 直棒斜插入水中时呈现弯折现象是由于光的全反射造成的 D. X 射线在磁场中能偏转，所以可用来进行人体透视 E. 多普勒效应是在波源和观察者之间有相对运动时产生的 【答案】ABE 【解析】 【详解】A．能够发生偏振的光，振动方向一定与传播方向垂直，因此一定是横波，A 正确； 的 0 5 6 P 0 1 6 P S mg+ 0 6 P SM g < 0 1 2 P P T T ′ = 0 5 6P P′ = 0 1 6N P S mg= + ' 0 1 6N P S mg= + 0 6 P SM g