江西省南昌市新建二中2020届高三物理下学期线上考试试题含解析

江西省南昌市新建二中2020届高三物理下学期线上考试试题含解析江西省南昌市新建二中2020届高三物理下学期线上考试试题含解析PAGE21-江西省南昌市新建二中2020届高三物理下学期线上考试试题含解析江西省南昌市新建二中2020届高三物理下学期线上考试试题（含解析）二、选择题1.用波长为300nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1。28×10-19J,已知普朗克常量为6。63×10-34J.s,真空中的光速为3×108m/s，能使锌产生光电效应单色光的最低频率(）A。1×1014HzB。8×1015HzC。。2×1015HzD。8×1014Hz【答案】D【解析】【详解】根据光电效应方程逸出功，可知代入数据可知：故D正确,ABC错误2.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5。0Ω，现外接一只电阻为95。0Ω的灯泡，如图乙所示，则（)A。电压表的示数为220VB。电路中的电流方向每秒钟改变50次C。灯泡实际消耗的功率为484WD。发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24。2J【答案】D【解析】【详解】A．线框有内阻，所以电压表示数小于220V,A错误；B．交流电频率50Hz，则电路中的电流方向每秒钟改变100次，B错误；C．灯泡实际消耗的功率为：=459。8W，小于484W，C错误;D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为=24。2J，D正确．3.气象研究小组用如图所示的简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O,当水平风吹来时,球在风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积,当风速v0=3m/s时,测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°.下列说法正确的是（）A.当θ=60°时,风速v=6m/sB。当风速增大到某一值时,θ可能等于90°C。若风速不变，换用半径变大、质量不变的球,则θ不变D。若风速不变，换用半径相等、质量变大的球,则θ减小【答案】D【解析】【详解】设球正对风的截面积为S,由于已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积,所以风力大小为F=kSv，当速度为3m/s时,由平衡条件得，mgtan30°=Sv0k，当角度为60°时，同理可得mgtan60°=Svk,由此可解的v=9m/s，故A错误．风速增大，θ不可能变为90°,因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡．故B错误．若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，则风力变大,根据F=mgtanθ，知θ变大．故C错误．若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，知风力不变，根据F=mgtanθ，知重力减小，风力不变，则θ减小．故D正确．4.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球．始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g．小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为A.2mgRB。4mgRC。5mgRD.6mgR【答案】C【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力．设小球运动到c点的速度大小为vC,则对小球由a到c的过程，由动能定理得:F·3R-mgR=mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR,小球离开c点后,在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知,小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R．由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR,选项C正确ABD错误．【点睛】此题将运动的合成与分解、动能定理有机融合，难度较大，能力要求较高．5.如图所示,一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．下列说法正确的是（）A。小球A的合力小于小球B的合力B.小球A与框架间可能没有摩擦力C.小球B与框架间可能没有摩擦力D.圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大【答案】C【解析】试题分析：小球受到的合力充当向心力，因为到竖直转轴的距离相等，所以两小球的速度大小相等，半径相同，根据公式，两小球受到的合力大小相等，A错误;小球A受到的重力竖直向下，受到的支持力垂直该点圆环切线方向指向圆心,故两个力的合力不可能指向竖直转轴，所以一定受到摩擦力作用，小球B受到竖直向下的重力,受到的垂直该点切线方向指向圆心的支持力，合力可能指向竖直转轴，所以B可能不受摩擦力作用，B错误C正确；因为B可能不受摩擦力作用，所以无法判断摩擦力变化,故D错误．考点:考查了匀速圆周运动规律的应用6.如图所示,A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1；B沿光滑斜面运动,落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是（）A。A、B的运动时间相同B。A、B沿x轴方向的位移相同C。A、B运动过程中的加速度大小相同D.A、B落地时速度大小相同【答案】D【解析】【详解】对于A球，根据h=gta2得：ta=；对于B球，设斜面坡角为θ,在沿斜面向下方向上有：;解得：,可知tb＞ta．故A错误．在x轴方向上，有x=v0t,知b沿x轴的位移大于a沿x轴的位移．故B错误．根据动能定理得，因为只有重力做功,且重力做功和初动能相等，则末动能相等，所以a、b落地时的速度大小相等，速度方向显然不平行(不共面)．故CD正确．故选CD．【点睛】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，通过水平方向和沿斜面向下方向的规律进行分析求解．对于D选项,也可以通过动能定理进行分析．7.如图所示，带电平行金属板A，B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距B板高h处自由落下，若微粒恰能落至A，B板的正中央c点，则（

)A。微粒进入电场后,电势能和重力势能之和不断增大B.微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为C.微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为D。若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板【答案】ACD【解析】【详解】微粒从进入电场至C点过程中，做减速运动,动能减小，根据能量守恒可知电势能和重力势能之和一直增大，故A正确．微粒下降的高度为h+，重力做正功，为WG=mg(h+），电场力向上，位移向下，电场力做负功为．故B错误．微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功△EP=qU．根据能量守恒，还应等于整个过程的重力势能减小量，即△EP＝WG＝mg(h+),故C正确；由题微粒恰能落至A，B板的正中央C点过程，由动能定理得：;若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得：，由两式联立得v=0,即恰好能达到A板．故D正确．8。质量为m，电量为q带正电小物块在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的绝缘水平面以初速度v0开始向左运动，如图所示．物块经时间t移动距离s后停了下来，设此过程中,q不变，则()A.s＞ B.s＜C。t＞ D.t＜【答案】BC【解析】【详解】AB、假设物块不受洛伦兹力,根据动能定理，得，物块带正电，受到向下的洛伦兹力，物块受到的支持力,因为物块向左做减速运动，滑动摩擦力逐渐减小但大于，滑行的距离比不受洛伦兹力时小，所以有,故B正确，A错误；CD、假设洛伦兹力是恒力，大小为qv0B保持不变，则由动量定理，得,得：,因为物块向左做减速运动,洛伦兹力减小，加速度减小，滑行时间比洛伦兹力是恒力时会变长,则有，故C正确，D错误；故选BC．【点睛】题考查应用动能定理和动量定理研究变力情况的能力，在中学阶段，这两个定理，一般用来研究恒力作用情况，本题采用假设法，将变力与恒力情况进行比较得出答案．三、非选择题9.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点,OB和OC为细绳。实验的主要的步骤有：

A。在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点,在橡皮条的另一端拴上两条细绳,细绳的另一端系着绳套；C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套,互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长,结点到达某一位置O,记录下O点的位置,读出两个弹簧测力计的示数;D。按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示,并用平行四边形定则求出合力F;E。只用一只弹簧测力计,通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向,按同一标度作出这个力F′的图示;F。比较F′和F的大小和方向,看它们是否相同,得出结论.（1）上述步骤中，有重要遗漏的步骤的序号是__________和__________;(填字母)(2)根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，已知实验过程中操作正确.①乙图中F1、F2、F、F′四个力,其中力__________（填上述字母）不是由弹簧测力计直接测得的实验中.②丙图是测量中某一弹簧测力计的示数,读出该力大小为__________N.【答案】(1).C（2）.E(3)。F′(4)。9.0【解析】【详解】(1)[1][2］.本实验为了验证力的平行四边形定则,采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤C中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O．（2）①[3］.F在F1与F2组成的平行四边形的对角线上,为实验的理论值,用一个弹簧秤橡皮筋时,其弹力一定与橡皮筋共线，因此用弹簧秤直接测量值为F′，所以F不是由弹簧秤直接测得的．②［4］。由图示测力计可知,其分度值为1N，示数为9。0N；10.某小组利用图（a）所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中V1和V2为理想电压表;R为滑动变阻器，R0为定值电阻（阻值100Ω）；S为开关，E为电源。实验中二极管置于控温炉内,控温炉内的温度t由温度计（图中未画出)测出。图（b）是该小组在恒定电流为50。0μA时得到的某硅二极管U—t关系曲线。回答下列问题：（1）实验中,为保证流过二极管的电流为50。0μA，应调节滑动变阻器R，使电压表V1的示数为U1=____mV（保留三位有效数字);根据图（b)可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻_____（填“变大”或“变小”），电压表V1示数_____（填“增大”或“减小”），此时应将R的滑片向_____（填“A”或“B”）端移动,以使V1示数仍为U1。（2）图（b)可以看出U与t成线性关系,硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为=_____（保留2位有效数字）.【答案】（1)。5.00（2）.变小(3）.增大(4)。B（5）.2.8【解析】【详解】(1）［1]根据欧姆定律：U1=IR0=100Ω×50×10-6A=5×10—3V=5mV电压表V1的示数为5mV.［2]根据欧姆定律变形得通过硅二极管电流不变，温度升高，电压减小，故硅二极管正向电阻变小。[3］由于硅二极管正向电阻变小，总电阻减小，总电流增大;根据欧姆定律可知R0两端电压增大，即V1示数增大。［4]只有增大电阻才能使电流减小,故滑动变阻器向右调节,即向B端调节。（2）［5]由图可知该硅二极管测温灵敏度为.11.如图所示是一条传送装置示意图，水平传送带长．传送带以的速度顺时针方向匀速运转，将一质量的小物件轻放在传送带的左端A,小物件经传送带到达右端B后水平飞出，B到地面的高度，小物件与传送带间的动摩擦因数,求：小物件在传送带上运动的时间t；小物件从B点飞出后落地点距B点的水平距离x；求落地点时速度v．【答案】;5m；,水平方向夹角为，【解析】【详解】解：小物件在传送带上先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，加速度:则加速到传送带速度相等所需的时间：加速的位移:匀速运动的实际：小物件在传送带上运动的时间：平抛运动的时间：落地点距B点的水平距离:小物件落地竖直分速度：根据平行四边形定则知,落地的速度：设速度与水平方向的夹角为，则有：12.如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器R）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关K相连．整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B．一质量为m,电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上．已知电源电动势为E,内阻为r,电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R0，不计导轨的电阻．（1）当K接1时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值R为多大？(2)当K接2后，金属棒ab从静止开始下落，下落距离s时达到稳定速度，则此稳定速度的大小为多大？下落s的过程中所需的时间为多少？（3）ab达到稳定速度后，将开关K突然接到3，试通过推导，说明ab作何种性质的运动?求ab再下落距离s时，电容器储存的电能是多少？（设电容器不漏电，此时电容器没有被击穿)【答案】（1）（2)(3）匀加速直线运动【解析】【详解】（1）金属棒ab在磁场中恰好保持静止，由BIL=mg

得

（2）由

得

由动量定理，得

其中

得

(3)K接3后的充电电流

mg—BIL=ma

得=常数

所以ab棒的运动性质是“匀加速直线运动”，电流是恒定的．

v22-v2=2as

根据能量转化与守恒得

解得：【点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况．13。下列说法中正确的是（）A.气体扩散现象表明气体分子间存在斥力B。温度是物质分子热运动平均动能大小的标志C。热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体D。机械能不可能全部转化为内能,内能也无法全部用来做功以转化成机械能E。液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力【答案】BCE【解析】【详解】A．扩散现象说明分子在做无规则运动,不能说明分子间的斥力，A错误；B．温度是分子平均动能的标志，温度越高,分子的平均动能越大，B正确;C．热量总是自发的从温度高的物体传递到温度低的物体；而温度是分子平均动能的标志，C正确；D．机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功以转化成机械能，D错误；E．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,分子之间体现引力,使液体的表面收缩，所以液体表面存在表面张力，E正确。故选BCE。14.如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上侧与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3。0cm，现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧的高度差为h1=10.0cm时，将开关K关闭,已知大气压强p0=75。0cmHg．(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（2）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度．【答案】(1)12.0cm；（2)13。2cm【解析】【详解】（1）以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l=10。0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10。0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有:pl=p1l1①由力学平衡条件，有:p=p0+h②打开开关放出水银的过程中,B侧水银面处的压强始终为p0,而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有:p1=p0﹣h1③联立①②③，并代入题目数据，有:l1=12cm④（2）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为P2，由玻意耳定律，有:pl=p2l2⑤由力学平衡条件有：p2=p0⑥联立②⑤⑥式，并代入题目数据,有：l2=10.4cm⑦设注入水银在管内的长度为△h，依题意，有：△h=2（l1﹣l2）+h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有：△h=13。2cm15.下列说法中正确的是