同煤一中联盟校2020届高三2月网上联考理综物理试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精山西省同煤一中联盟校2020届高三2月网上联考理综物理试题含解析同煤一中联盟校高三模拟考试理科综合二、选择题(本题共8小题。共计48分，在每小题给出的四个选项中,14—18题只有一个正确选项,19-21有多个正确选项，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。如图所示为氢原子的能级结构示意图，一群氢原子处于n=3的激发态,在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，用这些光子照射逸出功为2。49eV的金属钠．下列说法正确的是（）A.这群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级所发出的光波长最短B.这群氢原子在辐射光子的过程中电子绕核运动的动能减小,电势能增大C。能发生光电效应的光有三种D.金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是9.60eV【答案】D【解析】【详解】这群氢原子能辐射出三种不同频率光,其中从n=3能级跃迁到n=2能级的能级差最小,故所发出的光的频率最小，故波长最长，选项A正确;这群氢原子在辐射光子的过程中，整个原子的能量减小,电子的轨道半径减小,电子绕核运动的动能变大,电势能减小，故选项B错误；从n=3到低能态的跃迁中，能级差大于2.49eV的跃迁有32和31的跃迁，故能发生光电效应的光有两种，选项C错误；因为从31的跃迁辐射光子的能量最大，其值为12.09eV，故金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是12.09eV-2.49eV=9。60eV，选项D正确;故选AD.2.甲、乙两车并排停在斑马线处礼让行人，在行人经过斑马线后，甲、乙两车同时启动并沿平直公路同向行驶，其速度–时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（)A.t0时刻两车并排行驶B.t0时刻乙车的运动方向发生改变C。在0～t0时间内，乙车的加速度越来越小D.在0~t0时间内,乙车的平均速度为【答案】C【解析】【详解】A．根据v—t图象与时间轴所围成的面积表示位移,知在0～t0时间内，乙车的位移比甲车的大，则t0时刻乙车在甲车的前方,故A错误．B．乙车的速度一直为正，运动方向没有改变，故B错误．C．在0～t0时间内，乙车图象切线斜率越来越小，则乙车的加速度越来越小,故C正确．D．在0～t0时间内，甲车做匀加速直线运动，平均速度为，乙车的位移比甲车的大，则乙车的平均速度大于甲车的平均速度，即大于，故D错误．3.如图所示,3根轻绳悬挂着两个质量相同的小球并保持静止，绳AD与AC垂直．现对B球施加一个水平向右的力F，使B缓慢移动到图中虚线位置,此过程中AD、AC两绳张力TAC、TAD的变化情况是（）A。TAC变大,TAD减小B。TAC变大，TAD不变C.TAC减小，TAD变大D.TAC不变，TAD变大【答案】C【解析】【详解】B缓慢移动，A、B可以看做整体，设AC绳与水平面的夹角为．没有施加力F时对整体受力分析（如图所示），由力的平衡可得：①②施加力F后对整体受力分析（如图所示)，建立坐标系，方向:③方向：④由③④两式可得：⑤⑥比较①和⑤、②和⑥可知：，,即TAC减小，TAD变大，故C正确．4。如图所示，发射同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道Ⅰ上运行（忽略卫星到地面高度)，然后通过变轨在椭圆轨道Ⅱ上运行，Q是轨道Ⅰ、Ⅱ相切点,当卫星运动到远地点P时，再变轨成为地球同步卫星在轨道Ⅲ上运行，下列说法正确的是A.卫星在轨道Ⅰ上经过Q点时的加速度小于在轨道Ⅱ上经过Q点时的加速度B。卫星在轨道Ⅱ上经Q点时的速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度C。若地球质量为M，P到地面的高度是r，则卫星在轨道Ⅲ上的运行周期为D。卫星在Ⅱ轨道的P点处于超重状态【答案】B【解析】【详解】A.根据可知,两轨道Q点距地心距离相同，加速度相同，A错误．B.卫星在轨道Ⅰ上的运行速度为第一宇宙速度，从Q点需要点火加速才可以离心进入轨道Ⅱ，所以在轨道Ⅱ上经Q点时的速度大于第一宇宙速度,但卫星仍绕地球运动，所以速度小于第二宇宙速度，B正确．C.根据,解得:，C错误．D.卫星在运行时万有引力全部提供向心力，处于完全失重状态,D错误．5.图甲中L1、L2是规格为“6V，3W"的灯泡,a、b端接图乙所示的交变电压．现调节电阻箱R为某一值时恰好能使两个灯泡均正常发光．则A。电压表示数为18VB.变压器原副线圈匝数比为3:1C.电阻箱消耗的电功率为3WD.增大电阻箱R连入电路的电阻值，电压表的示数将减小【答案】C【解析】【详解】A项:电压表的示数为，故A错误；B项：由变压器的变压比得：，故B错误；C项：由变压器的变流比得：所以,所以电阻箱中的电流与灯泡L2的电流相等，电阻箱与灯泡L2并联，电压相等，所以电阻箱消耗的功率为3W,故C正确；D项：将电源和灯泡L1和变压器等效成一电路，由于大电阻箱R连入电路的电阻值所以电路中的电流减小，灯泡L1两端电压减小，电源电压不变，所以电压表示数增大，故D错误．故选C．6.两带电量均为＋Q的点电荷分别固定于x轴上的－2x0和2x0处，将一带＋q的试探电荷从－x0处由静止释放,试探电荷只受电场力的作用,从x轴上的－x0到x0的过程中，场强E、试探电荷的加速度a、速度v、电势能Ep等随x坐标的变化图象大致正确的是（E、a、v选x轴正向为正方向，无穷远处为零电势能点)A.B。C。D.【答案】AC【解析】【详解】A．等量同种电荷的连线上场强在—x0~0段方向向右（为正)，大小逐渐减小到零；0~x0段场强方向向左(为负），大小逐渐增大，其中原点的场强为零；故A正确；B．正的试探电荷受电场力方向与场强E的方向相同,由牛顿第二定律可知，正的试探电荷所受的合力、加速度的变化与场强的图象完全相同；故B错误。C．正的试探电荷在-x0~0段电场力做正功，做加速度逐渐减小的加速运动,在0～x0段电场力做负功，做加速度逐渐增大的减速运动,而x=0时场强为零，加速度为零速度最大；故C正确。D．在-x0～0段电场力做正功,电势能逐渐减小;在0～x0段电场力做负功,电势能逐渐增大；但无穷远处为零电势能点，故x=0处的电势能不为零；故D图象错误.7。如图所示，在水平直线与之间存在垂直纸面向外的匀强磁场,两线间距为x．正方形线圈的边水平，边长为l,且．从离一定高度处由静止释放线圈，线圈在运动过程中始终保持，时刻线圈开始进入磁场，取竖直向上为力的正方向,则下列关于线圈在穿过磁场过程中所受安培力随时间t变化的图象可能的是（)A. B。C. D.【答案】ABC【解析】【详解】由题意可知，线圈刚进磁场时的速度设为v，感应电动势,感应电流，安培力A。当刚进入时，安培力小于重力，合力向下，线圈向下加速，安培力变大，当增大到和重力相等,不再增大，但由于，所以线圈会有一段只受重力，加速运动，出磁场时的安培力大于重力,线圈减速，安培力减小，当减小到和重力相等，不再变化,匀速出磁场，A正确．B。刚进入磁场时，安培力等于重力，线圈匀速进入,但由于，所以线圈会有一段只受重力，加速运动，出磁场时的安培力大于重力，线圈减速，安培力减小，当减小到和重力相等，不再变化，匀速出磁场，B正确．C。当进入磁场时，安培力大于重力,合力向上，线圈减速，安培力减小，当减小到和重力相等,匀速进入,但由于，所以线圈会有一段只受重力，加速运动，出磁场时的安培力大于重力，线圈减速,安培力减小,当减小到和重力相等，不再变化,匀速出磁场，C正确．D。根据图像可知，线圈最后匀速进入磁场，此时安培力和重力相等,但由于，所以线圈会有一段只受重力，加速运动,出磁场时的安培力大于重力，线圈减速，安培力减小，D错误．8.“弹跳小人"（如图甲所示）是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示．竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0。80kg.现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0。40m时,然后由静止释放滑块．滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图丙所示.其中高度从0.80m到1.40m范围内的图线为直线，其余部分为曲线．若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力,g取10m/s2。则结合图象可知A。弹簧原长为0.72mB。空气阻力大小为1.00NC.弹簧的最大弹性势能为9.00JD.弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为5。40J【答案】BC【解析】【详解】A．从h=0。8m开始，滑块与弹簧分离，则知弹簧的原长为0。8m；故A错误。B．在0.80m上升到1。40m内，在Ek-h图象中，根据动能定理知:图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0。80m上升到1。40m范围内图象为直线，其余部分为曲线,说明滑块从0.80m上升到1.40m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得—(mg+f)△h=0-Ek，由图知△h=0.60m，Ek=5.40J，解得空气阻力f=1.00N；故B正确.C．根据能转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时,整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm=（mg+f)△h=9×(1.40—0。4）=9。00J;故C正确.D．由图可知，当h=0.72m时滑块的动能最大为Ekm=5。76J；假设空气阻力不计,则在整个运动过程中,系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此滑块的动能最大时,滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，为EPmin=Epm-Ekm=9-5。76=3.24J，由于有空气阻力，所以滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小小于3.24J;故D错误.三、、非选择题:共174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.9.某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律．实验装置示意图如下图一所示：(1）实验步骤:①将气垫导轨放在水平桌面上,桌面高度不低于1m，将导轨调至水平．②用螺旋测微器测量挡光条的宽度，结果如上图二所示，由此读出＝________mm。③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离④将滑块移至光电门1左侧某处，待重物静止不动时，释放滑块，要求重物落地前挡光条已通过光电门2。⑤从数字计时器（图一中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2.⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出重物质量m。（2）用表示直接测量量的字母写出下列所求物理量的表达式：②滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1＝________和v2＝________.(3)已知当地(重力加速度为g）．如果在误差允许的范围内等式________成立，则可认为验证了机械能守恒定律．(用已测物理量字母表示）【答案】(1）.6.000(2）.(3）。（4).【解析】【详解】(1）②因为螺旋测微器的可动刻度为0.0mm，所以主尺刻度为6mm，所以读数为6.000mm．（2)光电门的测速原理是用遮光条通过光电门的平均速度代替物体的瞬时速度,可知通过光电门1的瞬时速度:，通过光电门2时瞬时速度．(3)根据机械能守恒定律可得系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量：．10。现有一特殊电池，它的电动势E约为5V，内阻r约为40Ω，已知该电池允许输出的最大电流为40mA。为了测定该电池的电动势和内阻,某同学准备了如下器材:A．待测电池;B．电压表V:量程0~15V,内阻RV≈15kΩ；C．电流表A：量程0~1mA，内阻RA=156Ω;D．电阻箱R：0～999。9Ω；E．定值电阻R1=4Ω；F．定值电阻R2=39Ω；G．定值电阻R3=50Ω；H．定值电阻R4=90Ω;I．开关、导线若干。(1）该同学设计的部分电路如图甲所示，图中保护电阻R0应选择器材中的_________（填写器材前的选项字母)；（2)选择合适器材，将虚线框中的电路补充完整,并在电路中注明所选器材的符号________；（3）将电阻箱的阻值调整到______（填“最大”或“最小”）,闭合开关；(4）调节电阻箱的电阻,使所选电表指针指到某一位置，记录此时电阻箱的阻值R和所选电表的读数x,电表读数用国际单位（A或V）作单位；(5）重复步骤(4)获取多组R和x的值；（6)断开开关，整理器材；（7)根据所得数据在坐标系中描点连线，如图乙所示。根据图线可求得该电池的电动势E为_____V，内阻r为____Ω。（结果均保留一位小数）【答案】(1）.H（2）。（3）。最大(4）.5。0（5).41。1【解析】【详解】(1）[1]电源电动势约为，电源最大输出电流为，电路最小电阻约为:电源内阻约为，则保护电阻应选择H；(2)［2］电源电动势约为,电压表量程为，如果用电压表测电压实验误差太大，不能用电压表测电压，不能应用伏安法测电源电动势与内阻，应用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻，电流表量程为,电源最大输出电流为，应把电流表量程扩大到，电流表并联电阻阻值:电流表应与电阻并联,电源、电流表、电阻箱与保护电阻组成串联电路，实验电路图如图所示:（3）[3］为保护电路，闭合开关前电阻箱阻值应调到最大；(7)[4］［5]流过电路的电流：由图示电路图可知，电源电动势：整理得：由图示图象可知:，解得：，。【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验，根据题意确定实验原理是解题的前提与关键，根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式,根据图示图象可以求出电源电动势与内阻。11。如图所示，水平直轨道AC的长度为L=8m，AC中点B正上方有一探测器,C处有一竖直挡板D。现使物块P1沿轨道向右以速度v1与静止在A处的物块P2正碰,碰撞后，P1与P2粘成组合体P。以P1、P2碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作.已知物块P1、P2的质量均为m=1kg，P1、P2和P均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（1)若v1=8m/s，P恰好不与挡板发生碰撞，求P与轨道AC间的动摩擦因数；（2)若P与挡板发生弹性碰撞后，并能在探测器工作时间内通过B点，求v1的取值范围。【答案】(1)0.1；(2）.【解析】【详解】（1)设与轨道间的动摩擦因数为，、碰撞后的共同速度为；、碰撞过程，系统动量守恒，规定向右为正方向,由动量守恒定律得:由动能定理有：解得：；（2)由于与挡板的碰撞为弹性碰撞，所以在间等效为匀减速运动，设在段加速度为,根据牛顿第二定律得：返回经过点，由位移公式得：由（1)知：根据题给条件和数据解得的取值范围为：12.如图所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场,在边长为2L的正方形abcd区域（包括边界）内有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一电子从y轴上的A（0，)点以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，已知电子的质量为m、电荷量为e,正方形abcd的中心坐标为（3L，0)，且ab边与x轴平行，匀强电场的电场强度大小．（1）求电子进入磁场时的位置坐标；（2）若要使电子在磁场中从ab边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件．【答案】（1）（2L，0）（2）≤B＜【解析】试题分析:电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程，即可求出电子进入磁场时的位置坐标；电子从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切，根据几何关系求出相应半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出强磁场的磁感应强度大小B满足的条件．(1）电子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示：则有：竖直方向有:加速度为：水平方方向为：竖直速度：vy＝at1解得:y1＝vy＝v0所以电子射出电场时的速度方向与x轴成45°角，则电子在电场中沿x轴正方向和沿y轴负方向运动的距离分别为L和,又因为A点的坐标是（0,)，电子在无电场和磁场的区域内做匀速直线运动，则电子射入磁场区的位置坐标为（2L，0)且射入磁场区的速度大小:v＝v0，方向与x轴成45°角．（2）分使电子从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切当运动轨迹与ab相切时，有r1＋r1sin45°＝L电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：解得：当运动轨迹与bc相切时，有：r2＋r2sin45°＝2L电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力,有：解得：匀强磁场磁感应强度大小B满足的条件：≤B＜点睛：本题主要考查了带电粒子由电场进入磁场的情况，电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程列式分析求解；在磁场中,关键要画出轨迹图分析，根据几何关系求解．13.下列说法中正确的是（）A.温度越高布朗运动越剧烈,说明液体分子的热运动与温度有关B。对于一定质量的理想气体，温度升高,气体内能一定增大C.气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力D.热量可以从低温物体传递到高温物体E。物体的内能增加，温度一定升高【答案】ABD【解析】【详解】A．布朗运动说明了液体分子永不停息地做无

规则运动．温度越高布朗运动越剧烈，说明液

体分子的热运动与温度有关．故A正确；B．对于一定质量的理想气体,分子势能忽略

不计，气体的内能只包含分子动能，温度升高

分子的平均动能增大，气体内能一定增大．

故B正确；C．气体总是充满容器,是分子气体分子做永

不停息的热运动的结果，并不能够说明气体分

子间存在斥力．故C错误;D．根据热力学第二定律，热量可以从低温物

体传递到高温物体,但会引起其它的一些变化．

故D正确；E．物体的内能增加，可能是分子势能增大，

也可能是温度升高,分子平均动能增大．故E

错误．14.如图所示，可沿缸壁自由滑动的活塞(厚度不计)把导热性能良好的竖直圆筒形气缸内的理想气体分成两部分．活塞静止时与气缸底部的间距为气缸高度h的，A部分气体的压强等于外界大气压强．已知B部分气体的质量为m，活塞的横截面积为S,质量为，其中g为重力加速度大小．整个系统始终处于恒温状态，现将气缸底部的阀门K打开,将B部分气体缓慢放出一些,当活塞下移时关闭阀门K．求关闭阀门时．（i）B部分气体的压强；（ii)B部分气体剩下的质量．【答案】(i）(ii)【解析】【详解】(i)A部分气体做等温变化,根据玻意耳定律有：,解得，B部分气体的压强,其中，解得（ii)打开阀门后B部分气体做等温变化,设B部分气体压强为时体积为V，根据玻意耳定律有，解得，由解得．15。一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图所示,此时波刚好传播到x＝5m处的M点，从此时起经过0。1s,平衡位置在x＝1。