2020届湖南省长郡中学高三下学期第二次适应性考试理综物理试题(解析版)

1、2020届湖南省长郡中学高三下学期第二次适应性考试理综物理试题（解析版）二、选择题A1已知氢原子能级公式为£w=-,英中严1, 2,称为疑子数，T为已知常疑：要想使氢原子疑子数 f为”的激发态的电子脱离原子核的束缚变为白由电子所需的能量大于由量子数为”的激发态向1澈发 态跃迁时放出的能量，则n的最小值为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【详解】电子由川激发态脱离原子核的朿博变为自由电子所需的能量为E = 4t氢原子由量子数为”的激发态向-1激发态跃迁时放岀的能量为Ef =A _ A (-l)2 Ir根据题意有>一(H-I)2 解得n>2+>2即的

2、最小值为4,故C正确，A、B、D错误：故选C。2. 2019年12月7日10时55分，我国在太原卫星发射中心用"快舟一号”甲运载火箭，成功将"吉林一 号”髙分02B卫星发射升空，卫星顺利进入预左轨道，绕地球做匀速圆周运动。已知地球质虽为弘引力 常最为G,卫星与地心的连线在时间r（小于其运动周期）内扫过的面积为S,则卫星绕地球运动的轨道半 径为（）A. B.鼻C鳄D.壘GMt2ty/GM4S22S【答案】A【解析】【详解】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知GMm J -=Inorr r根据几何关系可知，卫星与地心连线在时间/内扫过的而积G COt 0S =7

3、-2联立解得卫星绕地球的轨道半径4S2 r =-GMr故A正确，B. C、D错误：故选A。3如图所示，一轻弹簧左端固立在竖直墙壁上，右端自由伸长，一滑块以初速度在粗糙的水平而上向左滑行，先是压缩弹簧,后又被弹回。已知滑块与水平而间的动摩擦因数为“，则从滑块接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中,选地而为零势能而，滑块的加速度扒滑块的动能£、系统的机械能E和因摩擦产生的热量0与弹簧形变量W间的关系图象正确的是（）IiVO m7 zVWWWWV XZZZZ/ZZZZZZZX/ZX【答案】C【解析】【详解】A设滑块受到的摩擦力为禅簧的弹力为F = kx选取初速度的方向为正方向，则滑块的加速度为

4、f + Ff k = =-xmIn m可知Q与X的关系是不过坐标原点的直线，故A错误:B当弹簧的压缩量为X时，弹簧的弹性势能为所以滑块克服弹簧的弹力做功克服摩擦力做功对滑块由动能左理可得即有wf=-fWWf=Ek-EkOEk=Eko-fa-动能E为X的二次函数，是一条曲线，故B错误：C. 滑块克服弹簧做的功转化为弹簧的弹性势能，所以系统的机械能E = Ek.-fx即系统的机械能与X之间的关系为斜率为负的一次函数，故C正确：D. 因摩擦产生的内能为Q = f因摩擦产生的热虽:与弹簧形变量成正比，是过坐标原点的直线，故D错误；故选Co4. 如图所示，a、b、C为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截而

5、位于等边三角形的三个顶点上，弘连线沿水平方向，导线中通有恒左电流，且Ia=Ih = 2t ,电流方向如图中所示。0点为三角形的中心（0点到三个顶点的距离相等），其中通电导线C在0点产生的磁场的磁感应强度的大小为3，已知通电长直导线kl在周用空间某点产生磁场的磁感应强度的大小B=-,其中Z为通中导线的中流强度，r为该点到通中导线的垂直距离，&为常数，则下列说法正确的是（）A. 0点处的磁感应强度的大小为33B. O点处的磁感应强度的大小为5 SC. 质子垂直纸而向里通过0点时所受洛伦兹力的方向由0点指向CD. 电子垂直纸而向里通过0点时所受洛伦兹力的方向垂直氐连线向下【答案】A【解析】【

6、详解】AB.根据右手螺旋左则，通电导线d在0点处产生的磁场平行于be指向左方，通电导线在0点 处产生的磁场平行于M指向右下方，通电导线C在0点处产生的磁场平行于H,指向左下方；根据公式VIB =牛可得B（I=Bb= 2Bc = 2Bq根据平行四边形左则，则0点的合场强的方向平行于指向左下方，大小为33°,故A正确，B错误；C. 根据左手怎则，质子垂宜纸而向里通过。点时所受洛伦兹力的方向垂直（力连线由C点指向0,故C错 误：D. 根据左手泄则，电子垂直纸而向里通过。点时所受洛伦兹力的方向垂直连线由0点指向c ,故D错 误：故选AO5. 如图所示，月妙为固左在竖直平而内的轨道，其中光滑的

7、水平轨道曲与半径为斤的四分之一光滑圆弧 轨逍證在万点相切，Q为粗糙的水平轨道。质量为也的小球静止在距方点X（F 2斤的水平轨道上月点，现 对小球施加水平向右的恒力斥昭（M为重力加速度），小球向右运动，冲出C点后上升到最大高度，最后 落到轨道Q上（不再反弹）。下列说法正确的是（）A. 小球上升的最大高度距轨道G?的距离为斤B. 小球在轨道仞上的落点到Q点的距离为4斤C. 若仅将外力尸加倍，则小球上升的最大髙度距轨道Q的距藹为5斤D. 若仅将外力尸加倍，则小球落到轨道Q时速度与水平方向的夹角也加倍【答案】C【解析】【详解】AB.设到达C点速度为比，根据动能定理知F3R -mgR = InV2解得V

8、c =2际小球上升的最大髙度竖直方向速度减为零，即又上升的髙度为时间为1根据竖直方向运动的对称性知下落到CD时间为水平方向一直做加速度为g的匀加速运动,=l(f1+2)2=8?故A、B错误;C. 若仅将外力F加倍，根据动能定理知2F3R - InR = * InV知C点速度变为上升的髙度变为F =工=5R2g故C正确：D. 小球落到轨道CD时速度与水平方向的夹角& ,则有tan将外力F加倍，小球落到轨道CD时速度与水平方向的夹角0,水平方向加速度加倍，正切值变为Vtan = -7M J22gr；4故D错误。故选C。T36. 如图所示为一交变电流随时间的变化图像，其中nT + -)-(n

9、T + -T)(z = O2,3- 时间内按正弦规44律变化，则下列说法正确的是()A它与电流大小为270的直流电具有相同的热效应B. 它与峰值为2“的正弦交流电具有相同的热效应C. 若将此电流通过一个理想二极管后对电阻供电，其有效值一泄为纟2D. 若将此电流通过一个理想二极管后对电阻供电，英有效值可能为旦2【答案】BD【解析】【详解】AB.设交流电电流的有效值为/,周期为7电阻R,则有(270)2 R 厶 + (30)2 R= + )- R.L = PRT4 4 2 2解得 = 2Z0所以它与峰值为2人的正弦交流电具有相同的热效应，故A错误，B正确；CD.若将此电流通过一个理想二极管后对电阻

10、供电，可能为r _T(2°)2 R.- + (3Z0)2 R- = It2RT7可得r =若将此电流通过一个理想二极管后对电阻供电，可能为可得所以英有效值可能故C错误；D正确。故选BD.7. 宇宙中存在一些离其他恒星较远的四颗星组成的系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。天眼在 观察中发现三颗质量均为e的星球小B、C恰构成一个边长为Z的正三角形，在它们的中心0处还有一颗 质量为3e的星球，如图所示。已知引力常量为G,四个星球的密度相同，每个星球的半径均远小于厶对 于此系统，若忽略星球自转，则下列说法正确的是()A. A. B、C三颗星球的线速度大小均为J(I)包B. A. B、C

11、三颗星球的加速度大小均为F百+3)0I：C. 星球月和中心0处的星球表面的重力加速度之比为1 : 2D. 若0处的星球被均分到久B、C三颗星球上，A. B、C三颗星球仍按原轨道运动，则月、B、Q三颗星球 运动的周期将变大【答案】AD【解析】【详解】AB.对三绕一模式，等边三角形边长为厶，三颗绕行星轨道半径均为广，由几何关系得三角形的 边长为L = 2rcos30°即有仝L3对顶点的星体受力分析，根据矢量合成的方法可得Gm2 (9 + JJ)Gmv2-=ma rF=2cos30°÷3 Ii/(33 + 1)Gh Z(9 + GnI-z?-故A正确，B错误;C设它们的

12、密度为Q , A半径为/?,则有A表面的重力加速度Gm"7r联立可得同理可得O处的星球表面的重力加速度所以它们表面的重力加速度的比值为故C错误;D.I _ (9 + JJ)G_ m1r lT2可得I 4龙少-Q(9*+3)G 加若O处的星球被均分到A . B、C三颗星球上，A、8、C三颗星球的质量都是2八若仍按原轨道运动，则对A有2×2r-XCoS30O=2m42rV2解得可得则A、B、C三颗星球运动的周期将变大，故D正确。故选AD。8. 如图所示，匀强电场区域内有a、b、c、d四个平行等间距的等势而，其中C等势而的电势为零。一个不 计重力的电子从a等势面以8J的初动能沿与

13、&等势而成一定的夹角射出，电子到达d等势而时速度方向与 等势面平行，动能大小为2J,则下列说法正确的是（）A. 电子到达刃等势而时的电势能为-2JB. 电子到达C等势面时的动能为4JC. 电子射入方向与电场线的夹角为60°D. 电子从a等势而射出到再次回到a等势而的过程中速度方向偏转了 120°【答案】BD【解析】【详解】AB.电子在d等势而时动能为8J,在等势而时动能为2J,则相邻电势差动能减少2J,在电子 到达C等势而时的动能为4J, C等势面的电势为零，电势能为零，则总能量为4J,根据能量守恒可知，电 子到达d等势而时的电势能为2J,故A错误，B正确；C. 电

14、子在垂直于等势线方向上做匀变速直线运动，在平行于等势线方向上做匀速直线运动，电场线垂直等 势线，平行于等势线方向的速度不变，根据运动的合成与分解可知，电子射入方向与电场线的夹角为0, 则有sin =VO 2则夹角0为30。,故C错误:D. 根据运动的电场线可知，电子从d等势而射出到再次回到等势而的过程中速度方向偏转了 120。，故 D正确。故选BD。三、非选择题9. 焦利氏秤是用来测量竖直方向微小力的仪器.实际上就是一个弹簧秤，英简化原理图如图1所示.焦利 -I-氏秤上的弹簧是挂在可以上下移动的有刻度的管子上的，管外而套有外管，外管上有游标尺，旋转标尺上 下调节族钮即可使管上下移动.当重物盘内

15、不放誌码时，固泄在弹簧下端的指针指在标线的位置，此时的 读数可由管的刻度和外管上的游标读出.如果在重物盘上加X克祛码，弹簧伸长，指针位置下移，旋转标 尺上下调节旋钮使管向上移动，使指针回下调巧标线位置，通过管及外管的游标可读出重物盘上加X克狂 码对应的示数.现通过改变重物盘内袪码的质量获得实验数据如下表所示：HlK2序号O123456789盘内磁码质（g）O1.0002. OOO3 0004.0005. OOO6. OOO7. OOO8. OOO9. OOO标尺上读数（Cm）1.633525. 397. 289. 1712. 9314. 8216. 6918. 56当重物盘中加入5g码时，管和

16、外管刻度如图2所示，请把表格补充完整已知重力加速度g-9. 8ms 由表中数据可求得焦利氏秤内弹簧的劲度系数k二Nm（保留两位有效数字）.【答案】 （1） 11.07（2）. 0.52【解析】【详解】1按十分度的游标卡尺读数规则，当重物盘中加入5g5码时读数为：IIOmm+7×0. Imm=IlO. 7mm=ll. 07Cm根据k=竺,用逐差法求得相差5g状态下的伸长量平均值：/ =（厶一人）+（/“ 一/J一（L 一/+（/、一/；）+ （人 一h）=9416×102m5可求得f Ing 5000x10“ X 9.8 CUCk = = 0.52 N/m/ 9.416

17、15;10210. 长郡中学的小丽同学从实验室找来了下列器材想测虽:一巧干电池的电动势和内阻。A. 电流表A （虽程为3. OA,内阻约为5 Q ）B. 电压表V （量程为IV,内阻为2k）C定值电阻尼=2 QD. 泄值电阻丘二1 kE. 电阻箱斤（阻值范围0为99.9 ）F开关S及导线若干（1）请在虚线框内画岀实验电路图。（）（2）实验中多次调节电阻箱测出了多组电压表的对应读数如表2所示，并将表中的数拯点描秒-穆在坐标U R纸中，请在图中作出对应的关系图线。（）Rg)58.84. (V)0. 980. 800. 600. 400. 20訓）0. 010.210. 551.

18、253. 33(v,)1.021.251.662. 505. 00其中实验数据点的分布存在的问题是由图可知干电池的电动势几二V,内阻“二Q （结果保留三位有效数字）（4）该实验中内阻的测量值与真实值相比，关系为 （填“大于”“等于”或“小于”）rR【答案】EII r.HFR2IR取点不够均匀，没有充分利用坐标纸(4). 1.(3).等【解析】内阻为2k),所以电压表V与左值【详解】(I) 1由于电源的电动势大于电压表V的量程(量程为IV, 电阻E=IkQ串联，改装成1.5V的电压表：由于电流表A (程为3. OA,内阻约为5Q )的量程太大, 若用伏安法测电动势和内阻误差很大；所以用伏阻法结合

19、图象测电动势和内阻，要测不同电压下变阻器两端的电压，所以电路如图所示1:即点迹不均匀，没有充分利用坐标纸；(3) 4根拯闭合电路欧姆左律有U + RIE"0屮十怕F5OO5U +罟变形后得到11.551.5r 1=1U E E R可以看岀丄-丄图象是一条直线，当丄=0时，则有URR1.5005 I C=1.0E解得E = 1.50V5再结合图象的斜率f 5.0-1.0 1.5rl = 一 3.33-0 一 E解得r = 1.20(4) 6由于电压表的内阻已知，已经考虑电压表的分流作用，所以该实验中内阻的测疑值与貞实值相比， 关系为，、等于厂丸11. 如图所示，在水平地板上放置一个足够

20、长的木板在木板M的左端垃有滑块N,左侧边缘对齐，滑块N与木板M间的动摩擦因数为2“，木板H与地板间的动摩擦因数为土。在滑块N的左侧边缘的正上方的2O点系一长度为斤的细线，细线另一端系一小球，拿起小球拉直细线并与水平方向成二30°角，然后将小 球由静I匕释放，小球运动到O点正下方时与滑块N发生碰撞并粘在一起，此瞬间细线断裂，已知小球的质 量为皿滑块N与木板M的质量分别为3皿4皿不计细线质量，小球与滑块N均可视为质点，重力加速度 为g，求：(1) 小球与滑块N碰撞前的速度大小；(2) 木板M在地板上运动的距离。1 I5K【答案】(I)-Ti0；両【解析】【详解】（1）小球释放后先竖直下落

21、，细线張紧后做圆周运动，如图所示1小球竖直下落过程中，由机械能守恒立律有仪2?Sine = - mv22解得细线张紧后，小球沿半径方向的速度减为0,沿圆弧切线方向的速度VX = vcos = £ (6gR此后小球做圆周运动，从细线张紧到与滑块N碰撞前，由机械能守恒立律有1.1.mgR(l 一Sin O) = mv 一 ,nv解得p,=lw?（2）小球与滑块N碰撞过程满足动量守恒，有InVl = n + 3/?） VJY碰后滑块N和小球在木板M上做匀减速直线运动，根据牛顿第二泄律得滑块N和小球的加速度2“（卄 3m）g«1 = = 2“gIn + 3m木板M在摩擦力作用下向右

22、做匀加速宜线运动，根据牛顿第二泄律得木板M的加速度=Pg2/(/7/ + 3Jg 一 4pmg4/7/设经时间/,滑块N与木板M的速度大小均为冬，根据题意和运动学公式则有联立解得滑块N与木板M共速后向右做匀减速直线运动直至静止，运动时的加速度大小为1色=討g所以木板M在地板上运动的距离讨 V； 5R2a22u3192“12. 如图所示，QY是坐标系Xe第四象限的角平分线，在OV'与y轴负半轴所夹的区域内存在沿X轴正方向 的匀强电场，场强大小为2E在第一象限内的射线如与X轴正半轴所夹区域内存在沿y轴负方向的匀强 电场，场强大小为E射线Cf与X轴的夹角为"，在OV与X轴正半轴所夹

23、区域内存在一个圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小毕4方向周期性变化，每次粒子进入磁场时磁场的方向改变一次。现在P轴上的尸(0, -a)点由静止释放一个重力不计、质星为皿电荷量为g的粒子，粒子在射出第四象限的电场 后立即进入磁场，欲使粒子能在第一、第四象限内做周期性运动，求：(1) 粒子第一次进入磁场时磁场的方向及射线OM与X轴的最小夹角：(2) 第四象限内磁场区域的最小而积：(3) 磁场区域面积最小时带电粒子运动的周期。2【答案】磁场的方向应垂直于心平而向里；530：罟【解析】【分析】【详解】（1）粒子能在第四象限中加速，说明粒子带正电。粒子第一次进入磁场中只有向）'轴正方向偏转，才能周

24、期性运动，由左手左则知粒子第一次进入磁场时磁 场的方向应垂直于XOy平而向里。在场强为2E的匀强电场中加速时，根据动能宦理可得解得对应的轨道半径R满足V"qvaB = In R解得由于洛伦兹力永远不做功，离开磁场时速度沿$轴正方向，欲使之周期性运动，粒子运动到电场边界速度 应减为零，由动能立理可得* InvI = EqDQ解得DQ = 2a由几何关系知OD = a + R = .5a由 tan = L = 可知.5a3<9 = 53。(2)磁场区域的而积最小时恰将AC弧包用在英中，即以AC为直径的圆而枳最小，故有于是磁场区域的最小面积(3) PA段有AC段有N =空=42v0a

25、4粒子在CD段匀速运动的时间a-RVO整理得粒子在第一彖限内匀减速运动的时间满足整理得由图可知粒子运动的周期为T = 2(“ +5+/3 + /4) =13. 质量的埋想气体，从状态月经状态万和C后又回到状态月的变化过程中的P-V图线如图所示，则下列说法中正确的是 OA. 从状态A-B,气体的内能增大B. 从状态万一G气体从外界吸热C. 从状态C一月，分子运动的平均速率先变小后变大D. 气体按图示循环一次过程中，状态万时气体的内能最大E. 气体按图示过程循环一次，从外界吸收的热量全部用于对外做功【答案】ADE【解析】【详解】A.由状态A到状态3的过程中，气体的体枳增大，压强不变，根拯盖吕萨克圧

26、律可知温度升高,则内能增大，故A正确：B. 由状态B到状态C的过程中，气体发生等容变化，气体不做功；压强减小，根据査理泄律可知温度降 低，内能减小，由热力学第一泄律 U = Q + W知，气体向外界放出热量，故B错误;C. 由状态C到状态A的过程中，乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程可知，温度先升高后降 低，故分子运动的平均速率先增大后变小，故C错误：D. 根据图象可知，B点 "V乘积最大，根据理想气体状态方程可知，点的温度最髙，故B点内能最 大，故D正确：E. 气体按图示过程循环一次，气体内能不变，又P-V图象中圉成面积表示做功可知，由A到B到C气 体对外做功大于由C到A外界对

27、气体做功，故整个过程气体对外做功，根据热力学第一立律可知，从外界 吸收的热量全部用于对外做功，故E正确：故选ADEO14. 如图所示，横截面积均为S的两导热气缸乂万通过一段体积可忽略的细管相连接，在细管中间安装有 一个阀门D,两气缸中各有一个质量为m的活塞，气缸万中的活塞与一个轻弹簧相连接。阀门D关闭时，轻弹簧处于原长，气缸万中气柱长度恰为厶气缸月中的活塞处于静止状态时，气柱长度为3厶已知大气 压强Po=平,弹簧的劲度系数k = 晋,重力加速度为g,活塞可在气缸内无摩擦滑动但不漏气。现将 3L一个质疑为加的重物C轻轻地放到气缸於中的活塞上，并打开阀门D,保持环境温度不变，待系统稳立后,求弹簧的形变量和气缸A中活塞向下移动的距离。YL 13【答案込：汁【解析】【详解】未放重物