四校长郡中学雅礼中学等2020届高三物理下学期2月试题含解析

湖南省四校长郡中学雅礼中学等2020届高三物理下学期2月试题含解析湖南省四校长郡中学雅礼中学等2020届高三物理下学期2月试题含解析PAGE31-湖南省四校长郡中学雅礼中学等2020届高三物理下学期2月试题含解析湖南省四校（长郡中学、雅礼中学等）2020届高三物理下学期2月试题（含解析）二、选择题：本大题共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,全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1。2019年1月3日,中国“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面。因月球昼夜温差特别大,长达近半个月的黑夜会使月表温度降到零下一百多度，“嫦娥四号"除了太阳能板之外，还带了一块“核电池”。核电池利用Pu衰变为到U时释放的能量，可在月夜期间提供不小于2.5W的电功率,还能提供大量热能用于舱内温度控制。已知Pu的质量为mPu，U的质量为mU，真空中光速为c,下列说法正确的是(）A.Pu衰变为U的核反应方程为Pu→U+HeB.Pu衰变为强U,中子数减少4C。Pu衰变为强U释放的能量为（mPu—mU）c2D.Pu衰变时释放的能量大小和衰变快慢会受到阳光、温度、电磁场等环境因素的影响【答案】A【解析】【详解】A.Pu发生αα衰变为U，该反应前后质量数守恒，电荷数守恒,故A正确；B.Pu衰变为强U，质量数减少4,质子数减少2，中子数减少2，故B错误;C.该衰变质量亏损为Pu的质量减去U的质量和α粒子的质量，释放的能量为(mPu—mU-mα)c2，故C错误；D.衰变快慢只与原子核本身有关，与阳光、温度、电磁场等环境因素无关,故D错误。故选：A.2.2019年春节上映的科幻电影《流浪地球》，讲述了因太阳急速膨胀，地球将被太阳吞没，为了自救,人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划,倾全球之力在地球表面建造上万座发动机，推动地球离开太阳系,奔往另外一个栖息之地.“流浪地球”计划中地球的逃逸速度是地球逃离太阳系的速度，此速度等于地球绕太阳运行速度的倍。已知太阳的质量约为2。0×1030kg，地球和太阳之间的距离约为1。5×1011m,引力常量G=6.67×10－11N·m2/kg2，不考虑其他天体对地球的作用力，则地球要想逃离太阳系需要加速到的最小速度约为（）A。11。2km/s B。30km/s C.16。7km/s D.42km/s【答案】D【解析】【详解】根据万有引力提供向心力：，解得地球绕太阳运行速度为：，则地球要想逃离太阳系需要加速到的最小速度约为：，故D正确，ABC错误。故选：D.3。一根长度约为1米的空心铝管竖直放置，把一枚小圆柱形永磁体从铝管上端管口放入管中。圆柱体直径略小于铝管的内径.永磁体在管内运动时，不与铝管内壁发生摩擦且无翻转，不计空气阻力。若永磁体下落过程中在铝管内产生的感应电动势大小与永磁体的磁性强弱和下落的速度成正比，铝管的有效电阻恒定，关于永磁体在铝管内运动的过程，下列说法正确的是（)A。若永磁体的下端是N极，铝管中产生的感应电流方向从上向下看为顺时针B。若仅增强永磁体的磁性,其经过铝管的时间会延长C。若永磁体穿出铝管前已做匀速运动，则在铝管内匀速运动的过程中重力势能的减少量大于产生的焦耳热D。永磁体从释放到穿出的整个过程中，其受到电磁阻力的冲量大于重力的冲量【答案】B【解析】【详解】A。若永磁体的下端是N极，依据楞次定律，则铝管中产生的感应电流方向从上向下看为逆时针，故A错误；B.如果仅增强永磁体的磁性，磁铁在铝管中运动受到阻力更大,所以运动时间变长,故B正确;C。若永磁体穿出铝管前已做匀速运动,依据能量转化与守恒定律，则在铝管内匀速运动的过程中重力势能的减少量等于产生的焦耳热,故C错误；D。永磁体从释放到穿出的整个过程中，动量增大,根据动量定理,其受到电磁阻力的冲量小于重力的冲量，故D错误；故选：B。4.如图所示，重力均为G的两小球用等长的细绳a、b悬挂在O点,两小球之间用一根轻弹簧连接，两小球均处于静止状态,两细绳a、b与轻弹簧c恰构成一正三角形。现用水平力F缓慢拉动右侧小球,使细绳a最终竖直，并保持两小球处于静止状态，则下列说法正确的是(）A.最终状态与初态相比，细绳a的拉力变大B.最终状态与初态相比，细绳b的拉力变大C。最终状态与初态相比，轻弹簧c的弹力变大D.最终状态时,水平拉力F等于G【答案】B【解析】【详解】A。初始状态时，左侧小球在竖直方向上：受到竖直向下的重力，a的拉力沿竖直方向的分力，二力平衡。细线a的拉力：；末状态时左侧小球的受力：受到竖直向下的重力，a的竖直向上的拉力,二力平衡.细线的拉力等于重力。细线的拉力变小。故A错误；C。初始状态时，左侧小球在水平方向上：弹簧向左的弹力，a的拉力沿水平方向的分力，二力平衡。弹簧的弹力:，末状态时左侧小球的受力：受到竖直向下的重力，a的竖直向上的拉力，二力平衡。弹簧的弹力为零,变小，故C错误；B.初始状态时，右侧小球在竖直方向上：受到竖直向下的重力，b的拉力沿竖直方向的分力，二力平衡。细线b的拉力：;末状态时右侧小球的受力:受到竖直向下的重力，b的拉力和水平向右的拉力F,b的竖直向上的拉力等于重力,弹簧恢复原长,细线b与竖直方向的夹角大于60°，细线b的拉力：,细线b的拉力变大。故B正确；D。因为细线b与竖直方向的夹角大于60°，所以水平拉力F的大小:，故D错误。故选:B5.滑板运动是青少年喜爱的一项极限运动.如图所示为一段滑道的示意图，水平滑道与四分之一圆弧滑道在B点相切，圆弧半径为3m。运动员第一次在水平滑道上由静止开始蹬地向前加速后，冲上圆弧滑道且恰好到达圆弧上的C点；第二次运动员仍在水平滑道上由静止开始蹬地向前加速后，冲上圆弧滑道并从C点冲出,经1.2s又从C点返回轨道.已知滑板和运动员可看做质点，总质量为65kg，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力以及滑板和滑道之间的摩擦力，则下列说法正确的是（）A.运动员两次经过C点时对滑道的压力均为零B。运动员第二次经过B点时对滑道的压力比第一次的压力大780NC。运动员第二次在水平滑道上蹬地加速的过程中做的功比第一次多3120JD。运动员第二次在水平滑道上蹬地加速的过程中作用力的冲量比第一次多390N·s【答案】B【解析】【详解】A。运动员第一次到达C点时速度为零，第二次冲过C点后经1。2s返回轨道，根据竖直上抛运动的对称性,经过C点的速度为:根据牛顿第二定律，向心力：可知,第一次经过C点时对滑道的压力为零,第二次不为零，故A错误；B.根据机械能守恒，经过B点时的速度为vB，则：根据牛顿第二定律,经过B点时轨道的支持力：联立，代入数据可得：，,运动员第二次经过B点时滑道的支持力比第一次的支持力大:根据牛顿第三定律，运动员第二次经过B点时对滑道的压力比第一次的压力大780N，故B正确；C.根据动能定理，运动员在水平滑道上蹬地加速的过程中做的功：代入数据解得：运动员第二次在水平滑道上蹬地加速的过程中做的功比第一次多：故C错误；D.根据动量定理，运动员在水平滑道上蹬地加速的过程中作用力的冲量为：根据B选项解析可得：，，代入数据得：I1=65N·s，I,2=260N·s，运动员第二次在水平滑道上蹬地加速的过程中作用力的冲量比第一次多：ΔI=I2-I1=260N·s-65N·s，故D错误。故选：B.6。如图所示,H1、H2是同种金属材料（自由电荷为电子)、上下表面为正方形的两个霍尔元件，H1的边长和厚度均为H2边长和厚度的2倍。将两个霍尔元件放置在同一匀强磁场B中，磁场方向垂直于两元件正方形表面。在两元件上加相同的电压，形成图示方向的电流，M、N两端形成霍尔电压U，下列说法正确的是（）A.H1中的电流强度是H2中电流强度的2倍B。H1、H2上M端电势高于N端电势C.H1中产生的霍尔电压是H2中产生的霍尔电压的2倍D。H1中产生的霍尔电压等于H2中产生的霍尔电压【答案】AD【解析】【详解】A.根据电阻，设正方形金属导体边长a,厚度为b，则，则2R1=R2,在两导体上加上相同电压,则R1中的电流等于R2中电流的2倍，故A正确；B。电子定向移动的分析与电流方向反向，在磁场中受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知,向M表面偏转,所以M端电势低于N端电势,故B错误；CD。根据电场力与洛伦兹力平衡,则有，由电流:，及电阻：联立解得:，则有H1中产生的霍尔电压和H2中产生的霍尔电压相等,故C错误，D正确；故选:AD.7.如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n1=2200匝,副线圈匝数n2=100匝，电流表、电压表均可视为理想交流电表，定值电阻R=10Ω，二极管D正向电阻等于零，反向电阻无穷大.变压器原线圈接入如图乙所示的交流电压，下列说法正确的是（)A.电压表的示数约为10VB.电流表的示数约为0。032AC。穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值约为1.0Wb/sD。穿过变压器铁芯的磁通量的最大值约为4。5×10－4Wb【答案】BD【解析】【详解】A.电流表、电压表的读数为有效值。根据乙图知,原线圈的电压的最大值Um=220V，有效值为U1==220V；由，代入数据解得：U2=10V；设电压表的读数为U2′，根据有效值的定义有：，代入数据解得：，故A错误；B.副线圈的电流，由，代入数据解得原线圈电流的有效值：I1≈0.032A，故B正确；C、由，解得磁通量变化率的最大值:,故C错误；D。根据乙图知，T=0.02s，则而,代入数据解得穿过变压器铁芯的磁通量的最大值:,故D正确。故选：BD。8.如图甲所示的按压式圆珠笔可以简化为外壳、内芯和轻质弹簧三部分,已知内芯质量为m，外壳质量为4m，外壳与内芯之间的弹簧的劲度系数为k。如图乙所示，把笔竖直倒立于水平硬桌面上，用力下压外壳使其下端接触桌面（见位置a），此时弹簧压缩量为h=，储存的弹性势能为E=，然后将圆珠笔由静止释放，圆珠笔外壳竖直上升与内芯发生碰撞时（见位置b)，弹簧恰恢复到原长，此后内芯与外壳以共同的速度一起上升到最大高度处（见位置c）。不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是(）A。弹簧推动外壳向上运动的过程中，当外壳速度最大时,弹簧处于压缩状态B.外壳竖直上升与静止的内芯碰撞前的瞬间外壳的速外壳的速度大小为8gC。外壳与内芯碰撞后,圆珠笔上升的最大高度为D.圆珠笔弹起的整个过程中，弹簧释放的弹性势能等于圆珠笔增加的重力势能【答案】AC【解析】【详解】A.外壳受向下的重力和向上的弹力，弹力逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，所以当外壳速度最大时，弹簧处于压缩状态，故A正确；B。设外壳与内芯碰撞前的瞬间外壳的速度为v，动能定理：,即:，得：，故B错误；C。

外壳和内芯碰撞过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：碰后过程，由机械能守恒定律得：联立解得：故C正确；D.

笔从撒手到弹起到最大高度处的过程中,外壳和内芯碰撞过程中系统的机械能有损失,所以弹簧释放的弹性势能大于笔增加的重力势能，故D错误.故选：AC。第Ⅱ卷（共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答.第33题～第38题为选考题,考生根据要求做答（一）必考题：共129分。9.某高三物理实验小组利用气垫导轨进行“验证动能定理”实验.实验装置如图甲所示,气垫导轨的两个底脚间距为L，右侧底脚距桌面的高度为h，两光电门A、B中心的距离为s，重力加速度为g。(1)用螺旋测微器测滑块上遮光条的宽度d，其示数如图乙所示,则d=____________mm。(2）释放滑块，测定遮光条分别经过光电门A、B的时间tA、tB，当各已知量和测定量之间满足表达式____________时，即说明滑块在光电门A、B间的运动过程满足动能定理.（3）若需要多次重复实验来验证，则每次实验中____________（填“需要”或“不需要”将滑块从同一位置释放。【答案】(1）。6。800(2).（3）.不需要【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的主尺刻度为6。5mm，螺旋尺刻度为30。0×0。01mm=0.300mm,所以遮光条的宽度：；（2）[2］滑块经过光电门A的速度,经过光电门B的速度，滑块在光电门间运动过程,动能的变化量：,合外力做功,若运动中满足动能定理，则需满足,即满足，即可说明滑块在光电门A、B间的运动过程满足动能定理；（3）由于本实验中每次都可以计算出经过光电门的速度，则不需要满足每次经过光电门的速度相同，故不需要每次实验中将滑块从同一位置释放。10.某高三物理实验小组要描绘一只小灯泡L（3.8V0.3A)完整的伏安特性曲线，实验室除导线和开关外，还有以下器材可供选择:A.电源E1(电动势为8V，内阻约为0.5Ω)B。电源E2（电动势为3V，内阻约为0。2Ω）C。电压表V（量程为4V,内阻约为5000Ω）D。电流表G（量程为10mA，内阻为58。0Ω）E.电阻箱R（最大阻值为99。99Ω）F.定值电阻R0=12ΩG。滑动变阻器R1（阻值不清，额定电流为1。5A）H。滑动变阻器R2（阻值不清,额定电流为1。5A）(1)本实验中考虑要采用分压电路,因两个滑动变阻器铭牌上标注电阻值看不清楚，组内同学对滑动变阻器的选择展开讨论。甲同学提出:先用电源E2、小灯泡、电压表和滑动变阻器组成如图甲所示电路，分别接入滑动变阻器R1和R2,移动滑动变阻器滑动触头调整小灯泡的两端电压，获得电压表示数U随aP间距离x的变化图线。按甲同学的意见,实验得到的U-x图线如图乙所示,则说明图线R2的总阻值____________（填“大于”“小于"或“等于”）R1的总阻值,为方便调节应选用滑动变阻器____________（填“R1”或“R2"）。(2）实验小组正确选择滑动变阻器后,为了完整描绘小灯泡的伏安特性曲线，根据题给器材设计了如图丙所示的电路。乙同学提出电源E1的电动势与小灯泡的额定电压差距较大，为了调节方便,同时考虑到实验过程的安全性,建议在设计的电路中加入定值电阻R0,在图丙的A、B、C三个位置中，你认为更合理的是____________位置.(3）电阻箱R的阻值调整为2Ω,闭合开关S，移动滑动变阻器滑动触头P，记录小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，并标注在如图丁所示的坐标系中。请你把电压表示数1.5V，电流表示数6.65mA对应的数据点标在该坐标系中,并画出小灯泡的伏安特性曲线________。(4)实验室有一个欧姆表，已知内部电源电动势为3V，刻度盘中间刻度为12Ω,若用此欧姆表按正确操作测定小灯泡的电阻，欧姆表示数约为____________Ω（保留两位有效数字）。【答案】(1)。小于（2）.R2(3).C(4）。(5）.6.3(6.0～6。6）【解析】【详解】（1）［1］在甲图中,小灯泡和Pa间的电阻并联，再与Pb间电阻串联，如果滑动变阻器阻值很大，当x开始逐渐增大时，小灯泡和Pa间的并联电阻，远小于Pb间电阻，根据串联电路正比分压，并联部分的电压较小，且增大较慢。由图可知，R2的总阻值小于R1的总阻值；[2］滑动变阻器总阻值不管多大，调节电压的范围是一样的。选择总阻值较小的滑动变阻器，滑动触头移动同样的距离，电压变化比较明显.为调节方便，分压电路中滑动变阻器应选用总阻值较小的.即滑动变阻器应选用R2；(2）［3］定值电阻接到C的位置，既起到分压作用，又使得电压表和电流表的示数分别是小灯泡两端的电压和流过小灯泡的电流。如果选择A位置,则电压表的示数是小灯泡和定值电阻的电压和，数据处理不方便；如果选择B位置，由于滑动变阻器总阻值较小,可能小灯泡的电压变化范围会变小很多变小，无法满足小灯泡的电压要求；（3）［4］电流表示数为6。65mA时，设电阻箱的电流为I1，有：即：6。65×58.0=2×I1，得:I1=192。85mA，设流过电压表的电流为I2,则，所以流过小灯泡的电流I为：，画出小灯泡的伏安特性曲线，如图所示：(4）［5］将欧姆表看做一个电源，电动势为3V，内阻为12Ω，在小灯泡的伏安特性曲线中做出该等效电源的路端电压和电流图线,与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标约为（1.1V，0。17A)，此时小灯泡的阻值约为：,所以欧姆表的时数约为6。5Ω.11。如图所示，右端带有挡板的长木板B在水平拉力作用下沿水平面向左匀速运动，速度大小为v1=4m/s。某时刻可视为质点的小物块A以v2=10m/s的速度从左端滑上长木板B，同时撤去拉力，小物块A在长木板B上滑动并能与挡板发生碰撞.长木板B水平部分长L=11。375m,小物块A与长木板B间的动摩擦因数为μ1=0。4，长木板B与水平面间的动摩擦因数μ2=0。2，小物块A和长木板B的质量之比为1：3,重力加速度g=10m/s2。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求小物块A从滑上长木板B到与挡板碰撞经历的时间。【答案】1。25s【解析】【详解】设小物块A的质量为m,则长木板的质量为3m，当小物块A滑上长木板B后，对长木板B由牛顿第二定律可得，,得：对小物块A由牛顿第二定律可得，，得：设长木板速度减为零经历的时间为，位移为s1，则，得此时小物块A的速度为,得：小物块A的位移为，得：当长木板B速度减为零之后，长木板B将静止不动,小物块A仍在摩擦力作用下减速设经历时间发生碰撞，有得：,（舍）小物块A从滑上长木板B到与挡板碰撞经历的时间。12。如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。从O点以速度v0沿与Oc成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经ac和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ的某处飞出电场。已知Oc=2L，ac=L，ac垂直于cQ,∠acb=30°，带电粒子质量为m，带电量为+g，不计粒子重力。求：(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；（2)粒子从边界OQ飞出时的动能;(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。【答案】（1）(2）（3）【解析】【详解】(1）从O点到a点过程的逆过程为平抛运动水平方向：竖直方向：加速度：可得：,，粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r，由几何关系得,，洛伦兹力等于向心力：解得：在磁场内运动的时间:.（2)粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得,解得：（3）粒子经过真空区域的时间，粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为,解得：.粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间。（二)选考题：共45分.请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答.如果多做，则每科按所做的第一题计分。13.如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A，已知状态A时pA=3。0×105Pa，VA=0。4m3,T=200K，则下列说法正确的是____________。A。状态C时的压强pC=1。2×105Pa，体积VC=1m3B.A→B过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加C.C→A过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加D。A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量E.A→B过程中气体对外做的功小于C→A过程中外界对气体做的功【答案】ACD【解析】【详解】A.图像AB直线表示等压变化,设状态B的体积VB，则：得：状态C体积等于B的体积，即VC=VB=1m3,对状态C和B，根据理想气体状态方程,有：得：故A正确；B。A→B过程中气体温度升高,分子的平均动能增加，压强不变，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减小，故B错误；C。C→A过程中气体压强增大,温度不变,分子的平均动能不变，体积减小，单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，故C正确；D.A→B过程中体积增大，气体对外做功；温度升高，气体内能增大.根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于气体增大的内能和对外做功之和。B→C过程中气体体积不变，温度降低，气体内能减小.气体放出热量等于A→B过程中气体增大的内能.所以A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量.故D正确；E.A→B过程中压强保持3.0×105Pa不变，体积从0。4m3增大到1m3，气体对外做功为：;C→A过程中气体压强从1.2×105Pa减小到3.0×105Pa，体积从1m3减小到0。4m3，体积变化相同，压强小于A→B过程中气体的压强,所以A→B过程中气体对外做的功等于外界对气体做的功。故E错误。故选:ACD。14.如图所示,绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面上,由轻弹簧连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦.弹簧的劲度系数k=2000N/m，活塞截面积S=100cm2，活塞静止时活塞与容器底部均相距L=30cm，弹簧处于原长，两气缸内气体的温度均等于环境温度T0=300K，大气