广东省江门市恩平华侨中学2020年高三物理联考试卷含解析

1、广东省江门市恩平华侨中学2020年高三物理联考试卷含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1. 物理选修3-5（1）（5分）以下关于天然放射现象，叙述正确的是_。（填写正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）a若使某放射性物质的温度升高，其半衰期将变短b衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的c在、这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强d铀核（23892u）衰变为铅核（20682pb）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变e.衰变的实质是原子核内2个质子和2个中子能紧密结合在一起，在一

2、定条件下以一个整体从原子核中抛射出来，发生衰变（2）（10分）如图35所示，在光滑水平面上物块a处于静止状态，a的质量为1kg。某时刻一质量为m0=0.2kg的子弹以v0=60m/s的初速度水平射向物块a，从a中穿出时子弹的速率是20m/s。求：子弹穿出后物块a的速度大小；在穿出过程中系统损失的机械能。参考答案：【知识点】原子核；动量守恒定律 能量守恒动律f2 e6 o2【答案解析】(1)cde （2）e=288j  解析：(1)a 、半衰期与外部条件无关，故a错误.b、衰变所释放的电子是原子核放出的，故b错误.c、由三种粒子性质可知，在、这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离

3、能力最强，故c正确.d、23892u=20682pb+8+6，故d正确.e、根据衰变方程可得e正确.（2）子弹跟a作用，动量守恒得（2分）在此过程中子弹和木块a组成的系统损失的机械能为,(3分)解得288j（2分）【思路点拨】1、子弹和木块构成一系统，在水平方向上动量守恒列出等式，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理列出等式求解2、子弹恰不射出，子弹和木块的速度相同，根据动量守恒和能量守恒求解2. 如图所示，两相同轻质硬杆oo1、oo2可绕其两端垂直纸面的水平轴o、o1、o2转动，在o点悬挂一重物m，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，

4、fn表示木块与挡板间正压力的大小若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且o1、o2始终等高，则                                    （    ）     &#

5、160; aff变小                                bff不变   cfn变小                

6、0;               dfn变大 参考答案：bd3. 如图所示为磁悬浮列车模型，质量m=1kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数=0.1的粗糙水平地面上。位于磁场中的正方形金属框abcd为动力源，其质量m=1kg，边长为1m，电阻为1/16。oo为ad、bc的中点。在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，oocd区域内磁场如图a所示，cd恰在磁场边缘以外；ooba区域内磁场如图b所示，ab恰在磁场边缘以内。若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最

7、大静摩擦力等于滑动摩擦力，若金属框固定在绝缘板上,则金属框从静止释放后                              （      ）a通过金属框的电流为8a        b金

8、属框所受的安培力为8n  c金属框的加速度为3m/s2              d金属框的加速度为7m/s2 参考答案：abc4. 如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点p以此时刻为计时起点的振动图象下列说法正确的是：        a这列波沿x轴正方向传播    b这列波的传播速度是20m/sc经过0,1 s时，质点q的运动方向沿y轴

9、正方向d经过035 s时，质点q距平衡位置的距离大于质点p距平衡位置的距离参考答案：ab由图乙可知p此时向下振动，故波沿x轴正方向传播，a正确；由结合图像数据可知b正确；经过0,1 s时，质点q的运动方向沿y轴负方向，c错误；经过035 s时，质点p到达波峰的位置，故质点q距平衡位置的距离小于质点p距平衡位置的距离，d错误。5. 竖直面内固定一个内部光滑的圆管，管的半径为r，管内有个直径和管的内径相差不多的小球（看成质点），质量为m，在管内做圆周运动。小球到达最高点时，对管壁的压力大小为3mg，则小球在经过最高点时的速度大小为 a2     &

10、#160; b      c      d参考答案：a二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 有两个大小相等的力f1和f2，当它们的夹角为90°时，合力为f，则当它们的夹角为120°时，合力的大小为_。参考答案：7. (选修模块3-4)一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=o时刻的波形如图甲所示。图甲中某质点的振动图象如图乙所示。质点n的振幅是          m，振动周

11、期为          s，图乙表示质点      (从质点k、l、m、n中选填)的振动图象。该波的波速为            ms。参考答案：答案：0.8；4；l；0.5解析： 从甲、乙图可看出波长=2.0m，周期t= 4s，振幅a = 0.8m；乙图中显示t=0时刻该质点处于平衡位置向上振动，甲图波形图中，波向x轴正方向传播，则l质

12、点正在平衡位置向上振动，波速v =/t=0.5m/s。8. 2爱因斯坦在现代物理学领域作出了很多重要贡献，试举出其中两项：                            ；            

13、60;               参考答案：相对论；光的量子性9. 如图13所示的是“研究小球的平抛运动”时拍摄的闪光照片的一部分，其背景是边长为5 cm的小方格，取g10 m/s2。由此可知：闪光频率为_hz；小球抛出时的初速度大小为_m/s；从抛出点到c点，小球经过b点时的速度大小是_ m/s.参考答案：10；     1.5；     2.510. 如图是打点计时器测定

14、匀变速直线运动的加速度时得到的纸带，电源频率为f50hz，从o点开始每隔4个点取一个计数点，测得oa6.80cm，cd3.20cm，de2.00cm，则相邻两个计数点的时间间隔为_s，物体运动的加速度大小为_m/s2，d点的速度大小为_m/s。参考答案：11. 如图，是一小球做平抛运动的频闪照片的一部分，图中每个方格实际边长均为9.8cm, 则拍摄照片时，所用闪光的频率是           hz。可求得小球平抛的初速度是      

15、m/s。参考答案：10      1.96  12. 如图所示，边长为l=0.2m的正方形线框abcd处在匀强磁场中，线框的匝数为n=100匝，总电阻r=1，磁场方向与线框平面的夹角=30°，磁感应强度的大小随时间变化的规律b=0.02+0.005 t（t），则线框中感应电流的方向为        ，t=16s时，ab边所受安培力的大小为      n。 参考答案：    ad

16、cba           ；          0.02      n。13. （2）一束细光束由真空沿着径向射入一块半圆柱形透明体，如图（a）所示，对其射出后的折射光线的强度进行记录，发现折射 o 光线的强度随着的变化而变化，如图（b）的图线所示.此透明体的临界角为   ，折射率为     &#

17、160;     . 参考答案：60°（2分），三、 简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. （选修34）（7分）如图甲所示为一列简谐横波在t2s时的波形图，图乙是这列波中p点的振动图线，求该波的传播速度的大小，并判断该波的传播方向。  参考答案：解析：依题由甲图知该波的波长为(1分) 由乙图知该波的振动周期为(1分) 设该波的传播速度为v，有(1分) 又由乙图知，p点在此时的振动方向向上，(1分) 所以该波的传播方向水平向左。(2分)15. （6分）如图所示，一气缸竖直放置，用一

18、质量为m的活塞在缸内封闭了一定量的理想气体，在气缸的底部安装有一根电热丝，用导线和外界电源相连，已知汽缸壁和活塞都是绝热的，汽缸壁与活塞间接触光滑且不漏气。现接通电源，电热丝对缸内气体缓慢加热。  关于汽缸内气体，下列说法正确的是       。a单位时间内气缸单位面积上气体分子撞击次数减少b所有分子的速率都增加c分子平均动能增大d对外做功，内能减少设活塞横截面积为s，外界大气压强为p0，电热丝热功率为p，测得通电t时间内活塞缓慢向上移动高度h，求：（）汽缸内气体压强的大小；（）t时间缸内气体对外所做的功和内能的变化量。参考

19、答案：ac（2分）；（4分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 如图所示，右边传送带长l=15m、逆时针转动速度为v0=16m/s，左边是光滑竖直半圆轨道（半径r=0.8m），中间是光滑的水平面ab（足够长）用轻质细线连接甲、乙两物体，中间为一压缩的轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴连甲的质量为m1=3kg，乙的质量为m2=1kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上现固定甲物体，烧断细线，乙物体离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离为sm=12m传送带与乙物体间动摩擦因数为0.6，重力加速度g取10m/s2，甲、乙两物体可看作质点（细线烧断后，可认为弹簧势能全部转化为物体的动能）（1）若固定乙物体

20、，烧断细线，甲物体离开弹簧后进入半圆轨道，求通过d点时轨道对甲物体的压力大小；（2）若甲、乙两物体均不固定，烧断细线以后，问甲物体和乙物体能否再次在ab面上发生水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞前瞬间甲、乙两物体的速度；若不会碰撞，说明原因参考答案：解：（1）固定甲物体，烧断细线，根据能量守恒定律得，弹簧的弹性势能为：ep=m2gsm=0.6×1×10×12j=72j若固定乙物体，烧断细线，甲离开弹簧以后，由机械能守恒定律得：ep=m1g?2r+过d点时，根据牛顿第二定律得：m1g+n=m1解得：n=m1g=30n（2）甲、乙分离分离过程中，动量守恒，选向左方向为正，根

21、据动量守恒得：m1v1m2v2=0甲、乙及弹簧系统的能量守恒，则得：ep=m1v12+m2v22得：v1=2m/s，v2=6m/s之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h，则有：m1v12=m1gh得：h=0.6m0.8m则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回ab面上速度仍然是：v1=2m/s乙滑上传送带，因v2=6m/s10m/s则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速由对称性可知返回ab面上速度为传送带速度10m/，所以甲和乙能再次在ab面上水平碰撞，再次碰撞时甲乙的速度大小分别是：v1=2m/s，v2=6m/s答：（1）通过d点时轨道对甲物体的压力大小是30n（2）甲和乙能再次在ab面上水平碰撞

22、，再次碰撞时甲乙的速度大小分别是2m/s和6m/s【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】（1）固定甲物体，烧断细线，根据能量守恒定律求出弹簧的弹性势能固定乙物体，烧断细线，根据能量守恒定律求出甲通过d点时的速度，甲过d点时，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列出等式求解（2）甲、乙分离根据动量守恒和能量守恒列出等式求出分离时的速度，再根据牛顿第二定律和运动学公式求解17. 在室温恒定的实验室内放置着如图所示的粗细均匀的l形管，管的两端封闭且管内充有水银，管的上端和左端分别封闭着长度均为l0=15cm的a、b两部分气体，竖直管内水银柱高度为h=20cm，a部分气体的压强恰好等于大气压强，保持a部分气体温度不变，对b部分气体进行加热，到某一温度时，水银柱上升h=5cm，已知大气压强为76cmhg，室温为300k，试求：（1）水银柱升高h时，a部分气体的压强；（2）水银柱升高h时，b部分气体的温度（计算结果保留一位小数）参考答案：解：（1）设l形管的横截面积为s，水柱上升h前后，a部分气体的压强分别为和，a部分气体的温度并没有发生变化，由玻意耳定律可得：代入数据得：（2）设水银柱上升h前后，b部分气体的压强分别为和，温度分别为t和t，则由理想气体状态方程可得：代入数据解得：t=579.2k答：（1）水银柱升高h时，a部分气体的压强114cmh