2020届湖南长沙市高三年级期末统考物理试题(解析版)

1、-11-绝密启用前长沙市2020届高三年级统一模拟考试物理总分：100分，考试时间：90分钟一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，17题只有一项是符合题目要求的，第812题有多项符合题目要求。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物理是一门以实验为基础的学科，要用到很多测量仪器，下列哪种仪器测量的不是国际单位制中的基本量（）2如图是中国宁波公交使用的全球首创超级电容储存式现代电车，该电车没有传统无轨电车的，辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车时可把80%以上的动能转化成电能回收储存再使用。这种电车的核心元器件是“3

2、V,1200F"石墨烯纳米混合型超级电容器，该电容器能反复充放电100万次，使用寿命长达十年，被誉为“21世纪的绿色交通"。下列说法正确的是（）A. 电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容也逐渐减小B. 电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容保持不变C. 电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变D. 若标有"3V,12000F”的电容器从电量为零到充满电用时30s，则充电平均电流为3600A3“守株待兔"是我们熟悉的寓言故事，它出自韩非子，原文为：宋人有耕田者。田中有株，兔走触株，折颈而死。因释其耒而守株，翼复得兔。兔不可复得，而身为宋

3、国笑。假设一只兔子质量为2kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路匀加速直线运动，经过1.2s速度大小达到9m/s后匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为1m/s，设兔子与树的作用时间为0.05s,重力加速度g=10m/s2.下列说法确的是（）A.加速过程中兔子的加速度为180m/s2B.加速过程中地面对兔子的平均作用力大小为20NC. 撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320ND.撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400N4竖直放置的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端连接质量为m的物体甲且处于静止状态，将质量为2m的物体乙无初速地放在物体甲上（如图所示），乙刚放到甲上的瞬间，物体甲的加速度

4、为a,当地重力加速度为0。则（）A,a=05如图所示，x轴垂直穿过一个均匀分布着正电荷的圆环。且经过圆环的圆心O.关于x轴上的电场强度和电势，下列说法确的是（）A. O点的电势一定为零B. O点的电场强度一定为零C. 从O点沿x轴正方向，电场强度一直减小，电势一直升高D. 从O点沿x轴正方向，电场强度一直增大，电势一直降低6.2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市。图甲为某品牌共享单车第一代产品，单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。单车内小型发电机发电原理可简化为图乙所示，矩形线圈abed的面积为0.001m2,共有100匝，

5、线圈总电阻为1Q，线圈处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴00'转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值为9Q电阻连接，不计交流电流表的内阻。在外力作用下线圈以10nrad/s的角速度绕轴00'匀速转动时，下列说法中正确的是（）图甲图乙A. 交流电流表的示数是0.002AB.电阻R的发热功率是0.4WC.该交流发电机产生的交流电的周期为0.2sD.当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流为零7如图所示是光电管的原理图，已知当有波长为入的光照到阴极K上时，电路中有光电流，则（）A. 若仅增大光照强度，电路中光电流一定增大B. 若仅将电源

6、极性反接，电路中一定没有光电流C. 若仅换用波长为入（入入）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流110D. 若仅将电路中滑动变阻器的滑片向右滑动，电路中光电流一定增大8如图所示，垂直于地面且相距4m的的两杆顶端A、B之间固定着长为5m的细绳，将一个重为12N的小物体通过光滑的轻质小挂钩0挂在细绳上，平衡时，下列判断正确的是（）A. 只有两杆高度相等时，细线A0段和B0段跟水平面的夹角才相等B. 平衡时细绳中的张力为10NC. 把细绳左端从顶端A缓慢沿杆向下移动一小段距离的过程中，细绳中的张力变小D. 保持细绳的右端在杆上的位置不动，将右杆移动一小段距离到虚线位置时，细绳中的张力变大9某同学在

7、开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究质量为5kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4s内物体加速度随时间变化的图象，如图所示，下列关于物体在前4s内的情况说法正确的（）A.1s末物体的速度最大B.3s末物体离出发点最远C.4s末物体离出发点最远D.前4s内合力对物体做的功等于前2s内合力对物体做的功10为了加快建设海洋强国，根据中国民用空间基础设施中长期发展规划和海洋卫星业务发展'十三五"规划，到2020年，我国将研制和发射海洋卫星共十余颗。"海洋一号C"卫星和"海洋二号B"卫星这两颗卫星现在已经正式交付自然

8、资源部投入使用，若这两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动，"海洋二号B"卫星的轨道半径是“海洋一号C"卫星的n倍，关于这两颗卫星，下列说法正确的是（）A. “海洋二号B”卫星的线速度是"海洋一号C”卫星的倍B. “海洋二号B"卫星的线速度是“海洋一号C"卫星的倍C. 在相同的时间内，"海洋二号B"卫星与地球球心的连线扫过的面积和“海洋一号C"卫星的相等D. 在相同的时间内，"海洋二号B"卫星与地球球心的连线扫过的面积是“海洋一号C"卫星的倍11如图甲所示，用不可伸长的轻绳连接的小球

9、绕定点O在竖直面内做圆周运动。小球经过最高点时绳子拉力计摩擦力和空气阻力。以下说法正确的是（）屮的大小FT与此时速度的平方V2的关系如图乙所示。图象中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，不A. 数据a与小球的质量有关B. 数据b与小球的质量无关C. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径D. 数据b对应的状态，当小球运动到最低点时，绳子的拉力为7b12如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为“先水平敲击A，A立即获得水平向右的初速度v，在B上滑动距离L后停下。接着水平敲击B，BA立即获得水平向右的初速度v，A、B都向右运动，

10、左边缘再次对齐时恰好相对静止，相对静止前B的加速B度大小为a,相对静止后B的加速度大小为a,此后两者一起运动至停下。已知最大静摩擦力等于滑动摩12b.vA=n擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）C. VB=2观叩一D. 从左边缘再次对齐到A、B停止运动的过程中，A和B之间没有摩擦力II卷（非选择题）二非嘲题（包括必考题机选考题两部分共62分第”-17题为必考题f每馆趣考生都必须作答第13-19题为选考题.考生根据黄求作答）必考题（共47）（一）必答题13如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑

11、轮与力传感器相连，力传感器可直接测出连接滑块的细绳中的拉力，传感器下方悬挂钩码，每次都将滑块从A处由静止释放，气垫导轨摩擦阻力很小可忽略不计，由于遮光条的宽度很小，可认为遮光条通过光电门时速度不变。|i1IOTi5W1*»I11"1Bi(1) 实验时，该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d,如图乙所示，则d=mm.然后他将滑块从A位置由静止释放，并测量释放时遮光条到光电门的距离L,由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间,则滑块的加速度大小表达式为(用题中所给的符号表示)(2) 实验时，一定要保证的条件或进行的操作是(多选)A. 使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B. 测出

12、钩码的重力C. 将气垫导轨调节水平D使细线与气垫导轨平行14.举世瞩目的嫦娥四号，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发电与热电综合利用技术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测器。图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转化为电能。某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的路端电压U与电流丨的关系，图中定值电阻R°=5Q，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。(1) 实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合开关S,调节滑动变阻器R的阻值，通过测量得到该电池0的U-I如图丁

13、曲线a,由此可知，该电源内阻是否为常数(填"是"或“否”)，某时刻电压表示数如图丙所示，读数为V,由图象可知，此时电源内阻值为Q。实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得U-I如图丁曲线(2) 在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.0V,则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为W(计算结果保留两位有效数字)I.inA15质量为m°=80kg的溜冰运动员推着一辆质量为mA=16kg的小车A以v°=10m/s的共同速度在光滑的冰面上向右匀速滑行。某时刻，他发现正前方有一辆静止的小车B,小车B的质量为mB=64kg，运动员为了

14、避免自己与小车B相撞，将小车A用力向正前方推出，小车A离开运动员时相对于地面的速度为v=20m/s，A小车A与小车B发生碰撞后沿原路反弹回来。运动员抓住反弹回来的小车A,再次与小车A以共同的速度前进。在此后的过程中，小车A和小车B恰好不会再次相撞。不考虑摩擦和空气阻力。求：（1）将小车A推出后，运动员的速度v；1（2）小车A与小车B碰撞后，小车B的速度v。216.如图所示，固定于水平面上的足够长的金属框架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2T，0柜架的左端串有阻值为R=5Q的定值电阻，框架的宽度L=0.5m,质量m=0.05kg，电阻不计的金属棒MN与导轨垂直并良好接触，金属棒与

15、导轨之间的动摩擦因数尸0.5，金属棒在F=0.5N的水平恒力作用下由静止开始沿框架向右运动，最后达到稳定速度。重力加速度大小为g,导轨的电阻不计。求：（1）金属棒开始运动瞬间的加速度大小；（2）金属棒达到的稳定速度大小；（3）金属棒达到稳定速度后，某时刻的位置GH到框架左端的距离为x=7.5m，并将该时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，使金属棒中不产生感应电流，则t=2s时磁感应强度B为多大？17如图所示，在竖直平面xOy内，在y轴右侧存在着竖直向上且E=2N/C的匀强电场，在第一象限内存在着垂直纸面向外且B=0.4T的匀强磁场,第四象限内存在着垂直纸面向外且B=0.8T的匀强磁

16、场。长为L=16m12的水平绝缘传送带AB以速度v=4.8m/s顺时针匀速转动，传送带左右侧轮的半径R=0.2m，右侧轮的圆心0坐标是（0,h）,其中h=7.8m,个质量为m=2g、电荷量为q=+0.01C的小物块（不计小物块的大小，可视为点电荷）轻轻放在传带左端，小物块与传送带之间的动摩擦因数|1=0.8.小物块从传送带滑下后，经过x轴上的P点（图中未画出），重力加速度g取10m/s2，不考虑空气阻力及边界对电场、磁场的影响。求mir（1）小物块在传送带上加速运动的时间；（2）P点的坐标；（3）若把传送带匀速运行的速率增加到v=16m/s，把一块挡板MN垂直于x轴放置且下端在x轴上，挡板高为

17、H=8m，正中间有一小孔。为了让小物块能穿过挡板上的小孔，求挡板放置的位置与y轴之间的距离。（二）选答题（15分）18（物理-选修3-3）关于物体的内能，下列说法正确的是（）A. 若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同质量和相同温度的氢气和氧气具有相等的内能B. 相同质量0°C水的分子势能比0°C冰的分子势能小C. 物体吸收热量后，内能不一定增加D. 一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加19如图所示，大气压强恒为p°,用横截面积为S的可动水平活塞将一定质量的理想气体密封于悬挂在天花板上的汽缸中，活塞的质量为

18、X，开始时，环境的热力学温度为T,活塞与汽缸顶部的高度差为h,由00于环境温度缓慢降低，活塞缓慢向上移动，当环境温度降低至T时，活塞向上移动了0.2h,已知密封气体10的内能U与热力学温度T的关系为U=kT（k为正常数），汽缸导热良好，与活塞间的摩擦不计，重力加速度为g，求（i）变化后环境的温度T；1（ii）全过程中密封气体向外界放出的热量Q。的某种玻璃的表面，i表示入射角，光20（物理-选修3-4）如图所示，一束光从空气中射向折射率n=在真空中的传播速度c=3x1°8m/s，则下列说法中正确的是（）A. 当i>45。时会发生全反射现象B. 无论入射角是多大，折射角r都不会超过

19、45°C. 欲使折射角r=30。应以i=45°的角度入射D. 当入射角tani=丫时，反射光线跟折射光线恰好垂直E. 光在该玻璃中的传播速度v=1.5x108m/s21如图所示，实线是一列简谐横波在J时刻的波形图，虚线是在t2=（中0.2）s时刻的波形图。200_20（i）若波速为45m/s，求质点M在t时刻的振动方向（阐述判断依据）1（ii）在t到t的时间内，如果M通过的路程为1.4m，那么波的传播方向怎样？波速多大?12解析版1. 【答案】A【解析】解：A、弹簧测力计测量的是力，而力不是国际单位制中的基本量，故A错误。B、天平是测量质量的仪器，质量是国际单位制中的基本量

20、，故B正确。C、秒表是测量时间的仪器，时间是国际单位制中的基本量，故C正确。D、螺旋测微器是测量长度的仪器，长度是国际单位制中的基本量，故D正确。本题选测量的不是国际单位制中的基本量，故选：Ao力学中的基本量有三个，它们分别是长度、质量、时间，根据基本量来确定测量的仪器即可。解决本题的关键要知道力学的三个基本物理量以及对应的基本单位，需识记。要注意牛顿不是国际单位制中的基本量。2. 【答案】B【解析】解：AB、电容器的电容由本身结构决定，与充放电无关，与电荷量的多少无关，故放电过程中，电量减少,电容不变，充电过程中，电量增加，电容不变，故A错误，B正确。C、根据U=可知，放电过程中，电量Q减少

21、，两极板间的电压减小，电容不变，故C错误。D、标有“3V,12000F”的电容器从电量为零到充满电，储存的电荷量Q=CU=36000C,根据电荷量定义可知，二gf:怕，A=1200A,故充电平均电流为1200A,故D错误。故选：Bo电容器的电容由本身结构决定，与电荷量和电压无关，充放电过程中，电容不变。根据电荷量的定义，计算充电平均电流。本题考查了电容器的电容，解题的关键是明确电容器的电容由本身结构决定，与充放电无关，与电荷量的多少无关。3. 答案】D【解析】解：A、兔子经过1.2s速度由零达到9m/s,根据加速度公式可知，a=7.5m/s2故A错误。B、加速过程中，地面对兔子的平均作用力大小

22、为f,根据动量定理可知，ft=mv-0，代入数据解得f=15N,故B错误。CD、撞树过程中，撞树前的动量大小：P=mv=2X9kgm/s=18kgm/s,以撞树前兔子的速度方向为正方向，兔子撞树后的动量：P=mV=2X(-1)=-2kgm/s,兔子撞树过程动量变化量：P=PZ-P=-2kgm/s-18kgm/s=-20kgm/s，由动量定理得：Ft=P=-20Ns,则兔子受到平均作用力大小为F=400N，故C错误，D正确。故选：Do根据加速度公式求解加速度。根据动量的计算公式求出兔子撞树前后的动量大小，然后求出撞树过程动量的变化量，由动量定理可以求出兔子撞树过程受到的冲击力。本题考查动量定理的

23、直接应用，同于表达式中有多个矢量，故应注意设定正方向，并明确各量的方向。4. 【答案】C【解析】解：原来物块甲静止在弹簧上时，设弹簧的弹力大小为F,则有F=mg.将乙突然无初速放上甲的瞬间，弹簧的弹力不变，将甲、乙看成一个整体，具有共同的加速度a，对整体受力分析，由牛顿第二定律得：23mg-F=3ma，解得:a=:g，故ABD错误，C正确。故选：Co单放物体甲时，弹簧的弹力等于甲的重力，放上乙的瞬间弹簧的弹力不变，仍等于甲的重力，由此把甲、乙作为一个整体由牛顿第二定律求加速度。本题的关键是要知道在放上乙的瞬间弹簧形变量没有变化，其弹力是不变的，而甲、乙是一个整体加速度相同。5. 【答案】B【解

24、析】解：AB、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在3点产生的场强抵消，合场强为零。圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上0点的电势最高，故A错误，B正确。CD、0点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从0点沿x轴正方向，场强应先增大后减小。x轴上电场强度方向向右，电势降低，故CD错误。故选：Bo圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析0点的场强。根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低。解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二

25、是运用极限法场强的变化。6. 【答案】C【解析】解:AB.线圈产生的最大感应电动势为血¥xm.mixWttV=0.2肿r有效值为E二鷺FVr根据诩台电路的歐姐左律可知上一=0.12Ar电阻R/性的热功率渔r故AE错昆Jf+7'C.交流电的周期T=277-0.2s故C正确.D、当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流最大，故D错误。故选：Co电表示数、发热功率为有效值，根据E=NBSs求得产生的感应电动势的最大值，根据有效值和最大值间的m关系求得有效值。根据角速度与周期关系求解周期。当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流最大。本题关键知道正弦式交流电峰值的表达式E=n

26、BSs，同时要会计算平均值和瞬时值，对于交变电流，求解m热量、电功和电功率用有效值，对于正弦式电流最大值是有效值的倍。7. 【答案】A【解析】解：A、图中光电管加的是正向电压，若仅增大光照强度，电路中光电流一定增大，故A正确。B、若将电源极性反接，其电压值小于截止电压时仍有电流，故B错误。C、由题意，入射光的波长为入时，能发生光电效应，若换用波长为入（入入）的光照射阴极K时，入0110射光的频率减小，仍然可能发生光电效应，电路中可能有光电流，故C错误。D、若仅将电路中滑动变阻器的滑片向右滑动，光电管两端电压增大，如果已经达到饱和光电流，则光电流不会增大，故D错误。故选：Ao发生光电效应的条件是

27、入射光的频率大于金属的极限频率，或入射光的波长小于金属的极限波长。光电子有初动能，光电管加反向电压时，仍可能有光电流。本题的解题关键是掌握光电效应产生的条件、光电流强度与入射光的强度有关，知道截止电压等等光电效应的基本规律。&【答案】BD-27-S解：A、因为是一根绳，由绳子的特点可知两端绳子的张力大小相等，由于绳子在水平方向的分力相等，则两端绳子与水平方向的夹角也相同，与杆的高度无关，故A错误。B、设绳子与竖直方向方向的夹角为a,绳子总长度为L,两杆间的距离为S，延长AO交右边杆与C，根据S=4几何关系可知0C=0B，则AC=L，则sina='=0.8，解得a=53°

28、;；由共点力的平衡条件可知，两拉力的合力与物体的重力等大反向；由几何关系可知拉力为：'11G=10N，故两杆顶端所受的拉力大小均为10N,故B正确。SC、把A端缓慢向下移动的过程中，sina不变，则绳上的拉力不变，故C错误。D、B端在杆上的位置不动，将右杆移动到虚线位置时，S增大，sina增大，cosa减小，绳上的拉力变大，故D正确。故选：BDo因为是一根绳子，故两端的拉力相等，由共点力的平衡条件可知两绳子的拉力的合力与物体的重力大小相等方向相反；作出平行四边形由几何关系可求得两绳与水平方向的夹角及张力，根据平衡条件分析绳子拉力的变化情况。本题的关键在于明确同一根绳子不论如何弯曲，只要

29、是绷紧的则各部分拉力一定相等；故本题可以直接得出结论两边绳子与水平方向的夹角相等。CD【解析】解：ABC、分析物体的运动情况：在0-3s内物体沿正方向做加速运动，在3-4s内沿正方向做减速运动，故在第3s末物体的速度最大，在第4s末距离出发点最远，故AB错误，C正确；D、a-t图象的“面积”大小等于速度变化量，则在前4s内物体速度的变化量等于前2s内速度变化量,由动能定理得，前4s内合外力做的功等于前2s内合外力做的功，故D正确；故选：CD。由牛顿第二定律知：加速度方向与合外力方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动；否则做减速运动。根据加速度图象，分析物体的运动情况，即可判断速

30、度最大、位移最大的时刻。根据a-t图象的“面积”大小等于速度变化量。本题关键有两点：一要正确分析物体的运动情况；二抓住a-t图象的“面积”求出速度的变化量。10. 【答案】AD【解析】GMniV2./Cl/j=mr:V1/解：AB、两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，解得线速度】-“海洋二号B”卫星的轨道半径是“海洋一号C”卫星的n倍，则“海洋二号B”卫星的线速度是“海洋一号C”卫星的:倍，故A正确，B错误。'rr?iCD、根据扇形面积公式可知，卫星与地球球心的连线扫过的面积为S二；，则在相同的时间内，“海洋二号B”卫星与地球球心的连线扫过的面积是“海洋一号C”卫星的&#

31、39;倍，故C错误，D正确。故选：AD。两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，得出线速度大小关系。根据扇形面积公式比较在相同的时间内，两位卫星与地球球心的连线扫过的面积。本题考查了人造卫星的相关计算，明确万有引力提供向心力，得出线速度公式，同时掌握扇形面积公式。11. 【答案】CD【解析】解:A、小球在最高点，根据牛顿第二定律：F+mg=m，得F=m-mg，根据图象，当F=0时，V2=a=gr,TTT所以数据a与小球的质量无关，故A错误；B、根据图象，V2=2a时，F=b，代入F=m-mg，解得b=mg，所以数据b与小球的质量有关，故B错误;TTC、由a=gr，b=mg，可以求出小

32、球的质量m和圆周轨道半径r,故C正确；D、数据b对应的状态，可设最高点对应的速度为v,最高点对应的速度为v,12小球在最高点，根据牛顿第二定律：b+mg=m，y：小球在最低点，根据牛顿第二定律：F-mg二m,T2小球从最高点到最低点，根据动能定理:由联合解得：F=7mg=7b，故D正确。T2故选：CD。结合图象，根据牛顿第二定律可以求出a、b的表达式，从而可以判断a、b与质量的关系；数据b对应的状态，根据牛顿第二定律和动能定理可以求出绳子的拉力。本题考查了牛顿第二定律、圆周运动等知识点。利用图象及牛顿第二定律求a、b表达式是解决本题的关键。12. 【答案】ABC【解析】解:A、设A、B的质量均

33、为m。A、B相对静止前，A相对于B向左运动，A对B的滑动摩擦力向左，地面对B的滑动摩擦力也向左，则B所受的合外力大小：F=u2mg+umg=3umg。B对B，由牛顿第二定律：F=ma，解得：a=3ugB11相对静止后，对A、B整体，由牛顿第二定律得2umg=2ma，解得：a=ug，则a=3a，故A正确。B、敲击A后，A获得速度后，向右做匀减速运动。对B来说，地面与B间的最大静摩擦力为f=u2mg=2mumg.A对B的滑动摩擦力为f=umg,贝fVf,故B静止不动。m对A,由牛顿第二定律知:弧二=pgm由运动学公式有:2班Lw血解得；Va=Z'2figLr故B正确口匚敲击3后r说绘过时间

34、tA、B达到共同速度vr位移分别为心rXEr助口速度的大小等于睛则：V=OAtr¥=V呂一目ft如討a*XE=vBt-iaBt2且Ke浊二L联立解得:vg-2Q2网Li故匸正确*D、从左边缘再次对齐到A、B停止运动的过程中，A、B起做匀减速运动，A有向左的加速度，说明B对A有摩擦力，故D错误。故选：ABC。敲击A后，A获得速度后，向右做匀减速运动，B静止不动，根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律结合求A被敲击后获得的初速度大小v；AB被敲击后，根据A与B之间的摩擦力，B与地面之间的摩擦力，结合牛顿第二定律可求出A、B相对静止前、后B的加速度大小；由A、B所发生的相对位移L着手，分析出

35、共速时各自发生的位移，联立等式进行求v.从左边缘再次对齐到A、B停止运动的过程中，对整体分析加速度，再对A分析A是否受摩擦力。B对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的受力情况，来判断其运动情况。特别要注意分析速度相等的状态，利用牛顿第二定律和运动学结合进行处理。13. 【答案】2.50CD【解析】解：（1）游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.05X10mm=0.50mm，所以最终读数d=2mm+0.50mm=2.50mm。clV二一滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度为：，根据运动学公式可知：V2=2aL,解得滑块的加速度大小为：二；。（2）AB、拉

36、力是直接通过传感器测量的，故不需要滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，不需要测出钩码的重力，故AB错误。CD、应将气垫导轨调节水平，同时保证细线与气垫导轨平行，使拉力才等于合力，故CD正确。故选：CD。故答案为：（1）2.50；（2）CD。（1）游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读；滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。根据运动学公式解答。（2）用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响，拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关。常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础。处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找

37、需要测量的物理量和需要注意的事项。14. 【答案】否1.804.782.5【解析】解：（1）根据闭合电路欧姆定律有：U=E-Ir,所以图象的斜率为电源内阻，但图象的斜率在电流较大时,变化很大，所以电源的内阻是变化的。从电压表的示数可以示数为1.80V,再从图象的纵轴截距为2.9V，即电源的电动势为2.9V，又从图象看出，E12.9L.gQ=4.78Q。电压）两点，作出定值的伏/mA此时还能求出滑动变阻器的阻值Q-R4.5Q,0同时该直线与图象b有一交点，则该交点是电阻是实验二对应的值，由交点坐标可以读出：0.7V,0.75A。所以滑动变阻器此时消耗的功率P=（0.75）2X4.5W=2.5Wo

38、故答案为：(1)否；1.80；4.78；(2)2.5。(1) 电源的UT图象的斜率表示其内阻，根据斜率的变化可以知道内阻的变化情况，图象与纵轴交点表示电动势，与横轴交点表示短路电流；(2) 由图象b找到路端电压为2.0V的电路电流，由欧姆定律及串联电路特点求出可调电阻阻值，然后由P=LR求出可调电阻消耗的电功率。本题主要考查了在实验中如何利用图线进行数据处理，在测电源电动势和内阻的实验中，明确电源U-I图象和电阻U-I图象的含义和区别。15. 【答案】解：(1)运动员将小车A推出的过程，以两者组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定律得(m+m)v=mv+mv0A001AA解得V=8

39、m/s，方向向右。1(2)据题，运动员抓住反弹回来的小车A后，小车A和小车B恰好不会再次相撞，两者速度相同，均为v。2对整个过程，以运动员和两车组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律得(m+m)v=(m+m+m)v0A00AB2解得V=6m/s，方向向右。2答：(1) 将小车A推出后，运动员的速度v是8m/s，方向向右。1(2) 小车A与小车B碰撞后，小车B的速度v是6m/s，方向向右。2【解析】(1) 研究运动员将小车A推出的过程，两者组成的系统动量守恒，由此动量守恒定律求将小车A推出后，运动员的速度v；1(2) 对整个过程，以运动员和两车组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律列式，结合小车

40、A和小车B恰好不会再次相撞的条件：速度相同，即可求小车B的速度v。2本题是系统动量守恒问题，涉及多个过程，首先要正确选择研究对象，其次要确定研究过程，再利用动量守恒定律分过程研究。第2小题也可这样处理：先研究小车A与小车B碰撞过程，利用动量守恒定律列式，再对运动员抓住小车A的过程，利用动量守恒定律列式求速度v。216. 【答案】解：(1)金属棒开始运动瞬间安培力为零，金属棒水平方向受到拉力和摩擦力,根据牛顿第二定律可得F-卩mg=ma解得：a=5m/s2；(2)金属棒达到稳定时受力平衡，水平方向受到拉力、摩擦力和安培力作用。根据平衡条件可得：F=卩mg+BIL0坦:中I二"上广i?代

41、入数据解得：v=1.25m/s；(3)金属棒达到稳定速度后，某时刻的位置GH到框架左端的距离为x=7.5m，并将该时刻记作t=0，则该时刻的磁通量为：=BLx10则t时的磁通量=BL(x+vt)2金属棒中不产生感应电流，则有二12解得：养旦r+讥=2sBt,B=7_rj：L；Pjx2T=1.5TB匚x7.!>答：（1）金属棒开始运动瞬间的加速度大小为5m/s2；（2）金属棒达到的稳定速度大小为1.25m/s；（3）t=2s时磁感应强度B为1.5T。【解析】（1）金属棒开始运动瞬间安培力为零，根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）金属棒达到稳定时受力平衡，根据平衡条件结合安培力的计算公式求

42、解；（3）金属棒中不产生感应电流的条件是磁通量变化为零，根据这个条件得到磁感应强度随时间的变化情况进行解答。本题主要是电磁感应的力学问题，根据牛顿第二定律、平衡条件列出方程进行分析即可。17. 【答案】解：（1）由题可知，小物块初速度为零，在传送带上水平方向只受摩擦力由牛顿第二定律可得Umg=ma，解得a=8m/s2所以小物块加速到与传送带共速的时间由v=v+at得0t=0.6s1.44m又因为传送带长L=16m所以匀速运动的位移x=L-x=14.56m21f=巴比'丸匀速运动的时间：厂所以运动的总时间为t二t+t=3.6s总12（2）物体进入第一象限重力G=mg=0.02N方向竖直向

43、下静电力F=Eq=0.02N方向竖直向上所以重力和静电力平衡，物体只受洛伦兹力='2Am又因为传送带左右侧轮的半径R=0.2m，右侧轮的圆心坐标高h=7.8m所以物体在第一象限运动半个圆周后从Y轴上的y=3.2m处水平射出，做平抛运动物体的运动轨迹如图所以由':“得t=0.8s3x=vt=3.84m3所以P点坐标为（-3.84,0）（3）讲速度增加至v=16m/s,物块在传送带上加速运动由（1）得，加速度a=8m/s2所以当物体和传送带共速时的位移由得加速位移x=16m加所以物体进入复合场的初始速度v'=16m/sLJqv=由由得r=8m1物体在第一象限运动轨迹为四分之

44、一圆周，垂直于x轴进入第四象限，在第四象限中的半径r=4m2所以物体运动的轨迹如图为了让小物块能穿过挡板上的小孔，所以由几何关系可得話=nHFin=（,）1&J述=（&从+杠？=Orlr2r：i）答：（1）小物块在传送带上加速运动的时间为3.6s；（2）P点的坐标为（-3.84,0）（3）挡板放置的位置与y轴之间的距离为【解析】（1）小物块轻放在传送带上，相对于传送带向左运动，受到向右的摩擦力作用下加速运动，传送带长已知，可以算出小物块加速位移以及匀速位移，进而通过运动学公式求解运动时间。（2）物体进入第一象限复合场中，受到重力，静电力，洛伦兹力的作用，重力向下与静电力向上平衡

45、，所以物体相当于只受洛伦兹力，在第一象限做匀速圆周运动，由洛伦兹力等于向心力求得半径，画出轨迹，通过几何关系从而求得P点坐标。（3）将传送带速度增加到v=16m/s，物块在传送带上加速，同理，进入复合场中，计算半径，画出轨迹，通过几何关系求得位置。本题综合性比较强，解决复合场问题一定要注意受力分析，分析电场力，重力，洛伦兹力的关系，并画出轨迹，解决相关几何问题。18. 【答案】CDE【解析】解：A、氢气和氧气的摩尔质量不同，故相同质量的氢气和氧气的分子数不同；温度相同，故分子热运动平均动能相同，故相同质量和相同温度的氢气的内能大于氧气具有的内能，故A错误。B、冰融化为水要吸收热量，故相同质量的

46、0°C的水的分子势能比0°C的冰的分子势能大，故B错误。C、物体吸收热量后，可能对外做功，内能不一定增加，故C正确。D、温度是分子平均动能的标志，一定量的某种理想气体，分子势能忽略不计，其内能只与温度有关，故）正确。E、根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在等压膨胀，温度一定升高，分子的平均动能也一定增大，而分子势能可以忽略不计，所以内能也一定增加，故E正确。故选：CDE。热力学第一定律公式：U=W+Q；物体的内能包括分子热运动的动能和分子势能，而气体分子间距大，分子势能为零。冰融化为水要吸收热量，吸收的热量转化为分子势能。根据理想气体状态方程和内能定义联合求解。本题

47、关键明确内能的概念，同时要能结合热力学第一定律列式求解，不难。19.【答臺博：（i封厨气休为研蜩象r初态休积:Vi=h0Sr温度为：To未态体积:V2=Chg-）.2ho）S=O.8h（jS遍度溯:Ti气体做等圧変化丁抿摇盖吕萨克左律得:曙唏代入数据解得:Ti=0.8T0活塞缰慢移动的过程r封闭气体做等匕有：W沖AhT其中P二P（y冒二.则W二二:PoS-D2ho=poSho根据热力学第F律可知,该过程中T休减少的内能为：心Q+W由U=KT可知丄二战订-T=To-0.8To=0.2To,则：叫二Q=-0.2kTo十:poSho答：仃变化后环的温度Ti为咔5;ii）全过程中密封气休向外界放出的M

48、®Q=-D.2kT0+1pShD6【解析】 以封闭气体为研究对象，气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律列式求解； 气体体积缩小，外界对气体做功，根据W=PAV求解外界做功，根据密封气体的内能U与热力学温度T的关系为U=kT求解内能变化，然后利用热力学第一定律列式求解密封气体向外界放出的热量。本题关键是明确气体是等压变化，运用热力学第一定律和盖吕萨克定律列式求解，应用热力学第一定律时要注意各量正负号的含义。20. 【答案】BCD【解析】解：A、光从空气中射向玻璃表面时，不可能发生全反射，故A错误。氏当入射角最大时r根据折射左律n二旦知r折射轲也最大r而最大的入射角为gerr则由n二凹得rS

49、inr=竺rr=45°r所L媾大的折射每为4亍.故B1E1L9G当折射角Ph时，由折射圭律甘凹得入射匍=45J故匚迁确“ym-tw-ttjtD、当反射拓跟折射極恰好互相垂直时r设入射角为i.折射角为Rr有i+p=90arn=;.=加啊戶_舟=tani.所U!i=arctan员.故DIE确"E、光在该玻璃中的传播速度v=也xlOsm/s,故E错i吴；TL9故选:BCDn本题应根据下列知识进行分析:光由光密（即光在此介质中的折射率大的）介质时到光疏即光在此介质中折射率d啲）介质的界面时r全部彼反射回原介质内的现象r叫做全反射.当入射極从F介质斟射入另F介质时会发生折射r同时也发

50、生反射°反射邁守反射左律r折射遵守折射左律们二凹.托隹介质中传播的速度为v=Itnrn解决本题的关键射定律2也以及霍全反射的条件.nv21. 【答案】解：（i）0.2s内，波传播的距离为：I1x=vAt二9m=2入+入，则波沿x轴正方向传播，t时刻质点M向y轴正方向振动。1I（ii）在t到t的时间内，有：At=2T+T,12振幅A=20cm=0.2m。M通过的路程为1.4m=7A,即波传播了|，经过了|，则波沿x轴负方向传播。波速为:=35m/s答：（i）若波速为45m/s，质点M在t时刻的振动方向为y轴正方向。1（ii）在t-t这段时间内，如果M通过的路程为1.4m,那么波向x轴负

51、方向传播，波速为35m/s。12【解析】-A:T（i）0.2s内，波传播的距离厶x=vAt=9m=2入+"入知At二2T+可知t时刻质点M振动方向。1（ii）因为x'=1.4m=7A,所以At="，据此判断波的传播方向和波速。本题给出两个时刻的波形图，让从中获取信息求解。要熟练基本方法是波形平移法分析波的传播方向和质点的振动方向。长沙市2020届高三年级统一模拟考试物理参考答案及评分标准、磐题（本题共12小题每题4分共48分在每邇给出的四个选顶中第E7题只有一项符合题目要求第恥12题有多项符合题目要求全部删前得4分删但不全的得2分T有选错的或不答的得0分）1.A2.

52、B3.D4.C5.B&C7”A8.BDQ.CD10.AD11.CD12ABC二、非孵题（包括必考题禾哒考题两邹分共也分第1377题为必考题每个试题考生都必须作答第1819题为选考題T考生申豳要求储）必考题（47分_ji213.（1）2.50?（2）CD（每空2分）2Lr14.（1）否130（1.757出均算正确）5.0（4.8-52均算正确）（2）2.7x10-（2.510-2.9x10均算正确）（第一问每空2分，第二问$分）【解析】（1）由U-I像可知，因圏橡的斜率等亍电源的内阻，可知电源内阻不是苣数：电压表的量程为3.0V,刘读数为1.80V；由图中读吕.此时电路中的电流220mA,因电源的去动势为e=2.9V?可得此时电源的内阻Q-U2.90-1.80口“住:/0,22(2) 在实验一中刍滑动变