湘赣皖长郡中学十五校2020届高三第二次联考物理试题含解析

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，业必贵于专精湘赣皖长郡中学十五校2020届高三第二次联考物理试题含解析2020届湘赣皖·长郡十五校高三联考第二次考试物理能力测试二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多个选项符合题目要求。全部答对的得6分,选对但不全的得3分，有选错的得0分.1.如图a为氢原子的能级图，大量处于n=2激发态的氢原子吸收一定频率的光子后跃迁到较高的能级,之后再向低能级跃迁时辐射出10种不同频率的光子。当用这些辐射出的光子去照射如图b所示光电管阴极K时，光电管发生了光电效应，改变电源的正负极并调节滑动变阻器滑片,发现遏止电压最大值为8V。则（）A.该光电管阴极K的逸出功为7。06eVB.吸收的光子能量为2.86eVC。跃迁过程中辐射出的光子能量是连续的D。辐射出来的10种光子中只有3种能使该光电管发生光电效应【答案】B【解析】【详解】A．跃迁过程中所放出的光子最大能量为由光电效应方程可得该光电管的逸出功故A错误；B．从跃迁到较高能级后能辐射出10种不同频率的光子，由故吸收的光子能量故B正确；C．根据玻尔理论可知跃迁过程中辐射出的光子能量是不连续的,故C错误；D．由该光电管的逸出功可知，辐射出的光子能使其发生光电效应的有能级5到基态，能级4到基态，能级3到基态，能级2到基态4种，故D错误。故选B。2。某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛,起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2。4m，目测空中脚离地最大高度约0.8m,假设该同学的质量为60kg。忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功为（g=10m/s2)(）A.750J B。480JC.270J D。1470J【答案】A【解析】【详解】该同学做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为的匀减速直线运动，则竖直方向初速度水平方向做匀速直线运动，则则起跳时的速度该同学的质量为，根据动能定理得故BCD错误，A正确.故选A。3。2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波,证实了爱因斯坦100年前的预言，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图"，双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动。测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l，a、b两颗星的轨道半径之差为Δr（a的轨道半径小于b的轨道半径），则（）A.b星公转的周期为B。a星公转的线速度大小为C.a、b两颗星的质量之比为D.a、b两颗星的半径之比为【答案】C【解析】【详解】A．双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以星的周期为,故A错误；B．星公转的线速度故B错误；C．双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有解得故C正确；D．根据题意可知解得则有故D错误。故选C。4。一电流表的原理如图所示。质量为m=20g的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k=2。0N/m。在矩形区域abcd内有匀强磁场,磁感应强度大小B=0。20T,方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于，ab的长度为l=0。20m，bc的长度为L=0.05m,当MN中没有电流通过且处于平衡状态时,MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度,不计通电时电流产生的磁场的作用(g=10m/s2）（)A。若要电流表正常工作,N端应接电源正极B。若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为B’=0.40TC。此电流表可以测量的最大电流为2.0AD.当电流表示数为零时，弹簧伸长10cm【答案】D【解析】【详解】A．为使电流表正常工作,作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极，故A错误；BCD．设弹簧的伸长量为，则有解得设满量程时通过MN的电流强度为，则有代入解得设扩大量程后，磁感应强度变为,则有解得故BC错误，D正确.故选D。5。如图所示的装置中，在A端用外力F把一个质量为m的小球沿倾角为30°的光滑斜面匀速向上拉动,已知在小球匀速运动的过程中,拴在小球上的绳子与水平固定杆之间的夹角从45°变为90°,斜面体与水平地面之间是粗的，并且斜面体一直静止在水平地面上，不计滑轮与绳子之间的摩擦．则在小球匀速运动的过程中，下列说法正确的是A。外力F一定增大B.地面对斜面体的静摩擦力始终为零C。绳子对水平杆上的滑轮的合力一定大子于绳子的拉力D。绳子A端移动的速度大小等于小球沿斜面运动的速度大小【答案】A【解析】【详解】A、小球始终处于平衡状态,受力分析如图1,可看出当角度如题意变化时,F一直在增大,故A正确;B.斜面体始终静止,受力分析如图2，正交分解可得：，由图1可知在减小,故地面对斜面体摩擦力不为零且减小，故B错误；C。当拴在小球上的绳子与杆间的夹角为时,两绳子间夹角达到，绳子对水平杆上的滑轮的合力大小与绳子的拉力相等，故C错误；D、绳子与球A的结点速度分解如图4所示,可知若球的速度为v,绳子A端移动的速度为，故D错误;故选A．6.甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同方向做直线运动，两车速度的平方v2随x的变化图象如图所示，下列说法正确的是()A。汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时，甲车的位移为6mB。汽车甲的加速度大小为2m/s2C。汽车甲、乙在t=4s时相遇D.汽车甲、乙在x=6m处的速度大小为m/s【答案】BD【解析】【详解】AB．由图可知随的变化关系成一次函数变化，故甲、乙两车均做匀变速直线运动，根据分别代入数据可得由图可知，甲的初速度为甲、乙两车相距最远时速度相等，则解得根据位移—速度公式甲车的位移为故A错误,B正确；C．根据图像可知,甲到静止运动的时间所以甲位移为乙的位移为当时，甲车已停下，即内的位移为当时，乙车的位移当时即两车并未相遇，故C错误；D．由图可知在时甲、乙两车的速度大小相同,对乙分析,根据速度和位移的关系可知代入数据解得故D正确.故选BD.7。质量为m带电小球由空中某点A无初速度地自由下落,在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场,再经过2t秒小球又回到A点。整个过程中不计空气阻力且小球未落地，则(）A.从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了B。匀强电场的大小为C.整个过程中小球电势能减少了D.从A点到最低点的过程中,小球重力势能减少了【答案】AC【解析】【详解】A．由于从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了故A正确；B．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a,取竖直向下方向为正方向,则由解得由牛顿第二定律得联立解得电场力大小为故B错误；C．整个过程中电场力做的功电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了，故C正确;D．设从点到最低点的高度为，根据动能定理得解得从点到最低点的过程中，小球重力势能减少了故D错误。故选AC.8。如图所示，固定轨道由倾角为的斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成，轨道所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两导轨间距为L,上端用阻值为R的电阻连接.在沿斜导轨向下的拉力（图中未画出）作用下，一质量为m、接入电路的有效电阻为R的金属杆MN从斜导轨上某一高度处由静止开始（t=0）沿斜导轨匀加速下滑，经过时间t0杆MN滑至斜轨道的最底端P2Q2处，此时速度大小为v并撤去拉力，杆MN在水平导轨上减速运动直至停止，杆MN始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨的电阻以及一切摩擦均不计。则下列说法正确的是（）A.杆MN中通过的最大感应电流B.杆MN沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R的电荷量C。撤去拉力后，杆MN在水平轨道上运动的路程D.撤去拉力后,回路中产生的焦耳热为【答案】ACD【解析】【详解】A．经分析可知，杆下滑到处时的速度最大（设为)，刚滑至水平导轨时回路中产生的感应电动势最大，且最大值为此时回路中通过的感应电流最大,有解得故A正确；B．杆沿斜导轨下滑的距离为在杆沿斜导轨下滑的过程中,穿过回路的磁通量的变化为该过程回路中产生的平均感应电动势为回路中通过的平均感应电流为又联立解得故B错误；C．撤去拉力后，杆在水平导轨上做减速运动，设某时刻其速度大小为，则此时回路中通过的感应电流为设此时杆的加速度大小为a,由牛顿第二定律有设在趋近于零的时间内，杆的速度变化的大小为，有联立可得即解得故C正确；D．撤去拉力后,杆在水平导轨上做减速运动直到停止，根据能量守恒故D正确。故选ACD。9。用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片,重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门．调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0;从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1、t2…，计算出t02、t12…．（1)挡光时间为t0时，重锤的加速度为a0．从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为ti，重锤的加速度为ai．则=__________．（结果用t0和ti表示)（2)作出﹣i的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M=________．（3）若重锤的质量约为300g，为使实验测量数据合理,铁片质量m0比较恰当的取值是________．A．1gB．5gC．40gD．100g．【答案】（1)。(2）.(3）.C【解析】【详解】（1)［1］设挡光条宽度为d，则重锤到达光电门的速度当挡光时间为t0时的速度挡光时间为ti时的速度重锤在竖直方向做匀加速直线运动,则有2a0h＝v022aih＝vi2解得(2)[2]根据牛顿第二定律得解得作出的图线的斜率为k,则解得(3）［3]重锤的质量约为300g，为了使重锤的加速度不至于太大，或把铁片取下放到重锤上时，加速度产生明显的变化，则铁片的质量不能太小，也不能太大,所以1g、5g和100g都不适合，故C正确，ABD错误。10。用DIS测电源电动势和内电阻电路如图（a）所示，R0为定值电阻．（1）调节电阻箱R,记录电阻箱的阻值R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b）所示图线，则该图线选取了____为纵坐标，由图线可得该电源电动势为___V．（2）现有三个标有“2．5V，0．6A”相同规格的小灯泡,其I﹣U特性曲线如图(c）所示，将它们与图（a）中电源按图（d）所示电路相连,A灯恰好正常发光，则电源内阻r=____Ω,图(a）中定值电阻R0=____Ω（3）若将图（a）中定值电阻R0换成图（d）中小灯泡A，调节电阻箱R的阻值，使电阻箱R消耗的电功率是小灯泡A的两倍,则此时电阻箱阻值应调到_____Ω【答案】(1)。（2）。4。5（3).2.5(4).2（5)。)4.80（4.6-4。9均可）【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可知:；要形成与电阻成一次函数关系,则纵坐标只能取;则有:；则图象的斜率为：;则有：E=4。5V；，则有：R0+r=4。5（2）A灯正常发光的电流为：I=0。6A；则BC两灯的电流为0。3A，由图象可知，BC两灯的电压为0。5V；路端电压为：U=2。5V+0。5V=3V;则内压为：U内=4。5-3=1。5V；则内阻为：；则定值电阻为：R0=4。5-2.5=2Ω；（3）灯泡与滑动变阻器串联，故灯泡与电阻中流过的电流相等，而滑动变阻器阻值约为灯泡电阻的两倍；则滑动变阻器两端的电压为灯泡两端电压的两倍，设灯泡两端电压为U，则滑动变阻器两端电压为2U，则由闭合电路欧姆定律可知：3U+2.5I=4。5变形得I=1。8-1。2U;在上图中作出对应的I-U图象,则与原图象的交点为符合条件点；由图可知，I=0。48A，U=1.15V；则滑动变阻器阻值为：(4.6-4。9均可）；11。如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第I象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y〈0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m，电荷量为的带电粒子从电场中的点以速度水平向右射出，经坐标原点O处射入第I象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场。已知MN平行于x轴，N点的坐标为，不计粒子的重力.求：(1）电场强度E和磁感应强度B大小之比；(2)带电粒子由Q点运动到出磁汤的总时间。【答案】（1）;(2）【解析】【详解】(1）粒子在电场中运动过程中,由平抛运动规律及牛顿第二定律得联立得粒子到达点时，在y轴方向的分速度速度与正方向的夹角满足解得粒子从的中点垂直于进入磁场，垂直于射出磁场，粒子在磁场中的速度轨道半径由得即(2）粒子在电场中的运动时间粒子在磁场和电场之间的运动时间为粒子在磁场中的运动时间为故粒子运动的总时间为12。如图所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成,A点为圆形轨道最低点，B点为最高点,水平轨道PN右侧的光滑水平地面上井排放置两块木板c，d，两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平轨道PN平齐,小滑块b放置在轨道AN上。现将小滑块a从P点以某一水平初速度v0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，碰后a沿原路返回到B点时，对轨道压力恰好为0，碰后滑块b最终恰好没有离开木板d。已知小滑块a的质量为m=1kg，c、d两木板质量均为M=3kg。小滑块b的质量也为M=3kg，c木板长为L1=2m，圆形轨道半径为R=0.32m.滑块b方与两木板间动摩擦因数均为μ1=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：(1）小滑块a与小滑块b碰后，滑块b的速度大小；（2)小滑块b刚离开长木板时c和b的速度大小以及木板d的长度；（3)当木板d的长度为(2)中所求的值时，小滑块b刚滑上木板d时,木板d与地面间的动摩擦因数突然变为。试分析小滑块b能否与木板d保持相对静止。若能，求出小滑块距木板d右端的距离。若不能，求出小滑块b滑离木板d时,小滑块b和木板d的速度大小。【答案】(1）;(2)，，;(3），【解析】【详解】（1）对滑块在点得滑块与滑块碰后，由点运动到点,根据机械能守恒得碰后滑块的速度滑块与滑块发生弹性碰撞得（2)滑块冲上木板至刚离开木板的过程解得：刚离开长木板时滑块的速度此时木板的速度滑块冲上木板的过程解得（3）当木板的长度为（2)中所求的值时，小滑块刚滑上木板时，木板与地面间的动摩擦因数突然变为由（2)可知小滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动。对小滑块对木板时间后两者共速解得在这段时间内,滑块的位移木板的位移两者的相对位移所以滑块与木板不可能保持相对静止，必会滑离出去。设经时间后滑块从木板上滑离出去，滑块的位移木板的位移两者的相对位移解得另外一解舍去，当滑块从木板上滑离时13。下列说法正确的是（）A。晶体熔化时吸收热量,分子平均动能一定增大B。布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息地做无规则运动C。一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则气体对外界做功，气体分子的平均动能减小D。一定质量的理想气体，如果压强不变,体积增大，那么它一定从外界吸热E.电冰箱的制冷系系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律【答案】BCD【解析】【详解】A．晶体都有固定的熔点,晶体熔化时吸收热量但温度不变，所以其分子平均动能不变,故A错误；B．布朗运动是指悬浮于液体中的颗粒所做的无规则运动的运动,不是分子本身的运动布朗运动，是由于液体分子的无规则运动对固体微粒的碰撞不平衡引起的，它间接反映了液体分子的无规则运动.当温度一定时，颗粒越小，布朗运动越明显；当颗粒大小一定时,温度越高，布朗运动越明显。故B正确;C．因气体绝热膨胀,故气体对外做功，压强减小，但没有热交换，由热力学第一定律可知,气体内能减小，而气体不计分子势能，故内能只与温度有关，因内能减小，故温度降低，则可知分子的平均动能减小，故C正确;D．对于一定质量的理想气体，如果压强不变,体积增大,对外做功;同时根据理想气体的状态方程可知，气体的温度一定升高，则内能一定增大。根据热力学第一定律，那么它一定从外界吸热,故D正确；E．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，同时要消耗一定的电能，所以不违背热力学第二定律，故E错误。故选BCD.14.如图所示，左右两个容器的侧壁都是绝热的，底部都是导热的且截面积均为S。左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由可忽略容积的细管连通.容器内两个绝热的轻活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气.大气的压强p0，温度为T0，两个活塞质量可忽略不计。系统平衡时，各气体柱的高度如图所示.现将系统的底部浸入恒温热水槽中，第二次平衡时A上升了一定的高度。接着在A上缓慢加入一定质量的细沙，使活塞A回到第一次平衡的位置，此时氢气柱高度为0。8h。氮气和氢气均可视为理想气体.求：(1)第二次平衡时氮气的气柱总长；（2)恒温热水槽中热水的温度。【答案】(1）；(2)【解析】【详解】（1)考虑氢气的等温过程。该过程的初态压强为,体积为，末态体积为。设末态压强为,由玻意耳定律得活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程。A、B下方封有氮气该过程的初态压强为，体积为V，末态的压强为，末态体积为,则由玻意耳定律得第二次平衡时氮气的气柱总长(2)活塞A从最初位置升到最高点的过程为等