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1、-1-武昌区 2020 届高三年级元月调研考试理 科 综 合 试 卷一、选择题1.一个物体在3 个恒力的作用下做匀速直线运动，现撤去其中两个力，保持第三个力大小和方向均不变关于该物体此后的运动，下列说法正确的是（）A.不可能做圆周运动B.可能做圆周运动C.可能继续做匀速直线运动D.一定做匀变速直线运动【答案】A【解析】试题分析：物体受到三个力的作用，物体做匀速直线运动，这三个力是平衡力，如果其中一个力突然消失，剩余的两个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，是非平衡力，物体在非平衡力的作用下一定改变了物体的运动状态；曲线运动的条件是合力与速度不共线解：作匀速直线运动的物体受到三个力的作用，这三个
2、力一定是平衡力，如果其中的一个力突然消失，剩余的两个力的合力与撤去的力等值、反向、共线；A、若撤去一个力后，其余两个力的合力恒定，而匀速圆周运动合力一直指向圆心，是变力，所以不可能做匀速圆周运动故A正确，B错误；C、若撤去一个力后，物体受到的合力与速度的方向相同，则物体做匀加速直线运动；若撤去一个力后，物体受到的合力与速度的方向相反，则物体做匀减速直线运动；曲线运动的条件是合力与速度不共线，当其余两个力的合力与速度不共线时，物体做曲线运动；由于合力恒定，故加速度恒定，即物体做匀变速曲线运动，故CD错误；故选 A【点评】本题考查了曲线运动的条件以及三力平衡的知识，关键根据平衡得到其余两个力的合力
3、恒定，然后结合曲线运动的条件分析2.如图所示，a 为地球的同步卫星，随地球自转做匀速圆周运动，b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径可认为等于地球半径），c 为放在赤道上相对地球静止的物体，以下关于a、b、c 的说法正确的是-2-A.卫星 b 转动的线速度大于7.9 km/s B.a、b、c 做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aaabacC.a、b、c 做匀速圆周运动的周期关系为TaTbTcD.若卫星 a 和 b 质量相等，则a 和 b 比较，b 的动能较大，a 的机械能较大【答案】D【解析】【详解】A第一宇宙速度为卫星运转的最大速度，b 卫星转动线速度等于7.9km/s，则
4、 A错误；B地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以a=c，根据a=r2知，a 的向心加速度大于c的向心加速度，根据2GMar得 b 的向心加速度大于a 的向心加速度，故B错误；C卫星 a 为同步卫星，所以Ta=Tc，根据32rTGM得 a 的周期大于b 的周期，故C错误；D根据GMvr得 b 的线速度大于a 的线速度，且质量相等，则b 的动能大于a 的动能，但由低轨道变轨到高轨道要加速，则轨道高的机械能大，则D正确。故选 D。3.如图所示是研究光电效应的电路，阴极 K和阳极 A是密封在真空玻光束璃管中的两个电极，阴极 K在受到某些光照射时能够发射光电子，阳极A吸收阴极K发出的光电子，
5、在电路中形成光电流。如果用单色光a 照射阴极K，电流表的指针发生偏转；用单色光b 照射阴极时，电流表的指针不发生偏转。下列说法正确的是A.增加 b 光的强度可能使电流表指针发生偏转B.增加 a 光强度可使阴极K逸出电子的最大初动能变大C.a 光的波长一定大于b 光的波长D.用 a 光照射阴极K时，将电源的正负极对调，电流表的读数可能不为零【答案】D【解析】-3-【详解】AC 用一定频率的a 单色照射光电管时，电流表指针发生偏转，知0a而单色光b照射真空管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，则说明0b所以 a 的波长一定小于b 的波长，用一定频率的b 单色照射光电管K时，电流计G的指针不发生偏转
6、，则说明0b因此不会发生光电效应，当增加b 光的强度，也不可能使电流计G的指针发生偏转，故AC错误；B根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，增加 a 光的强度不能使阴极K逸出电子的最大初动能变大，故B错误；D用单色光a 照射阴极K，将电源的正负极对调时，电场对光电子的运动由阻碍作用，若反向电压小于遏止电压，则电流表的读数可能不为零，故D正确。故选 D。4.如图所示，一个同学用双手水平地夹住一叠书并使这些书悬在空中静止，已知他用手在这叠书的两端能施加的最大水平压力为F=280N，每本书重为4N，手与书之间的动摩擦因数为1=0.40，书与书之间的动摩擦因数
7、为2=0.25，则该同学用双手最多能水平夹住这种书的本数为（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力）A.58 B.56 C.37 D.35【答案】C【解析】【详解】先将所有的书（设有n本）当作整体，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有12Fnmg再考虑除最外侧两本书（n2）本，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有22(2)Fnmg联立解得37n故选 C。-4-5.如图所示，三角形传送带以v=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动，两边倾斜的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37。A、B两个小物块（均可视为质点）同时分别从左、右传送带顶端都以v0=2m/s 的初速度沿传送带下滑
8、，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，已知 sin37=0.6，cos37=0.8。下列判断正确的是A.物块 A比 B先到达各自传送带底端B.物块 A、B同时到达各自传送带底端C.传送带对物块A摩擦力沿传送带向上、对物块B的摩擦力沿传送带向下D.物块 A下滑过程中相对于传送带的路程等于物块B下滑过程中相对于传送带的路程【答案】B【解析】【详解】ABC 对 B，因为sin37cos37mgmg则 B物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，A所受的滑动摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，对两个物体，根据牛顿第二定律得sin37cos37mgmgma解得22m/sa两个物体匀加
9、速直线运动的加速度大小相等，位移也相等，则运动的时间相等，同时到达斜面传送带底端，故 AC错误，B正确；DA相对传送带的位移为A运动的位移加上传送带的位移，B相对传送带的位移等于B的位移减去传送带的位移，由于A和 B运动位移相同，时间相同，所以物块A下滑过程中相对于传送带的路程大于物块B下滑过程中相对于传送带的路程，故D错误。故选 B6.静止在光滑水平面上的物块A和 B的质量分别是mA=3m0、mB=m0，在两物块间夹一压缩的轻质弹簧（弹簧-5-与两物块均不相连），再用轻细线将两物块连接起来，此时弹簧的压缩量为x0。现将连接两物块的细线烧断，在烧断后瞬间，物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开
10、弹簧时物块A的速度大小为v，则A.当物块 B的加速度大小为a时，弹簧的压缩量为03xB.物块 A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为02xC.细线未烧断时，弹簧的弹性势能为6m0v2D.细线未烧断时，弹簧的弹性势能为2m0v2【答案】AC【解析】【详解】A当物块A的加速度大小为a，根据胡克定律和牛顿第二定律得003kxm a当物块 B的加速度大小为a时，有0kxm a联立解得03xx故 A正确；B取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得0030ABxxmmtt又0ABxxx解得 A的位移为04Axx故 B错误；CD 根据动量守恒定律得-6-0003Bm vm v得物块 B刚要离开弹簧时的速度3
11、Bvv由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为2220000113(3)622PEm vmvm v故 C正确，D错误。故选 AC。7.空间有平行于梯形区域abcd的匀强电场，已知梯形的a=45，c和d均为直角，且上底bc=2cm、下底ad=4cm，并知a、b、c三点的电势分别为4V、8V、10V。将一电荷量q=2105C的点电荷从a点开始沿abcd路线移动，则下列判断正确的是A.梯形区域的下底ad中点的电势为6V B.该匀强电场的场强大小为2V/m C.该点电荷在c点的电势能为+2105J D.该点电荷从a点移到d点过程中，电场力对它做功为+8105J【答案】AD【解析】【详解】A
12、设梯形区域的下底ad中点为M，由匀强电场的特点有cbMa代入数据解得6VM故 A正确；B根据匀强电场中的电势均匀降落得dMMa得-7-8Vdb、d即为等势点，连接b、d两点即为等势线，如图，由几可关系可得222210m210m2cN所以电场强度为22V/m100 2V/m2 10UEcN故 B错误；C该点电荷在c点的电势能54P2 102 110J0JccEq故 C错误；D由电场力做功与电势差的关系得552 10(48)J8 10JadadWqU故 D正确。故选 AD。8.质量为m、电荷量为+q的物块以初速度v0进入两水平平行绝缘木板a、b之间，木板足够长，处在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，
13、两板间距略大于物块高度，物块与两板间的动摩擦因数均为。在运动过程中物块的电荷量不变，且经历变速运动后物块最终处于平衡状态。已知重力加速度为g，则从开始运动到最终处于平衡状态，物块克服摩擦力做的功可能为A.0 B.12mv0232222m gq BC.12mv02D.32222m gq B【答案】BC【解析】【详解】由题意对物块受力分析，因不知道开始时物块所受洛伦兹力与重力谁大，故弹力方向大小均不能确定，应讨论：-8-A由题意可知，由于物块经历变速运动后物块最终处于平衡状态，所以物块受到向上的洛伦兹力fmg洛则弹力一定不为0，摩擦力一定不为0，物块一定克服摩擦力做功，故A错误；B如果fmg洛，则
14、滑块受到向下的压力，在竖直方向满足N=+fFmg洛物块向右做减速运动，由动态分析知，当=fmg洛时N0,0Ff最终物块做匀速运动，此时满足qvBmg解得mgvqB对物块整个过程由动能定理得2201122Wmvmv克解得322022122m gWmvq B克故 B正确，D错误；C如果fmg洛，则滑块受到向下的压力，在竖直方向满足N+=fFmg洛物块向右做减速运动，由fqvB洛知，洛伦兹力减小，弹力增大，摩擦力增大，最终速度减为零，由动能定理得20102Wmv克解得2012Wmv克-9-故 C正确。故选 BC。二、必考题9.利用单摆验证小球平抛运动规律，设计方案如图甲所示，在悬点O正下方有水平放置
15、的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断。MN为水平木板，测得摆长（即悬点O到小球球心的距离）为L，悬点到木板的距离OO=h（hL），已知重力加速度为g，小球的大小可忽略。（1）将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，测得OC=x0，则小球此次做平抛运动的初速度v0为 _。（2）在其他条件不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角，小球落点与O点的水平距离x将随之改变，x2为纵坐标、经多次实验，以cos为横坐标，得到如图乙所示的图象。则当=60时，x为_m；若摆长L=1.0m，悬点到木板的距离OO为_m。【答案】(1).02gxhL (2).1.0 (3).1.5
16、【解析】【详解】(1)1由212hgt可得小球做平抛运动的时间22()hhLtgg初速度00002()2()xxgvxthLhLg(2)2当=60时，cos=0.5，由图象可知，此时221.0mx-10-所以1.0mx3 设悬线与竖直方向的夹角为时，小球运动到B点的速度为v0，根据动能定理有：2011cos2mgLmv（）小球做平抛运动的时间0 xtv下落高度212hLgt联立以上三式得244()cosxL hLL hL（）可知x2-cos图象在纵轴上的截距为：4bL hL（）由图象可知b=2.0m2，而L=1.0m，可解出：1.5mh10.实验小组需要组装一个单量程的欧姆表，所给电源的电动势
17、约为3.0V，内阻较小但不可忽略，除了导线足够多外，其他可供选择的主要器材有：电流表 A1：量程 0300A，内阻1000.0?电流表 A2：量程 03mA，内阻 100.0?变阻器R1：阻值范围0500?变阻器R2：阻值范围01200?（1）在图甲方框内完成组装欧姆表的电路图（要标明所选电流表和变阻器的代号）；（）-11-（2）电流表的表盘刻度分为3 等分大格（每大格还等分了10 小格），如图乙所示，其中 0 为电流表的零刻度。由于电源电动势的值不确切，实验小组想进一步精确测量组装好的欧姆表正常工作时的总内阻（即图甲虚线框内的电阻）R?和所给电池的电动势E。他们利用一电阻箱，在完成欧姆表的机
18、械调零和欧姆调零后，再把电阻箱两接线柱分别接在红、黑表笔上并只调节电阻箱。当电阻箱阻值为500.0?时，指针指在刻度线 B上；当电阻箱阻值为1000.0?时，指针指在中值刻度线上。由此可知，R?=_?、E=_V；（3）改装好的欧姆表的表盘上，刻度C表示的电阻值为_?，刻度A表示的电阻值为_?。【答案】(1).(2).1000.0 (3).3.0 (4).0 (5).2000.0【解析】【详解】(1)1如果选用电流表A1，欧姆表内阻为6131000030010gERI根据所给实验器材不能使欧姆表内阻为10000，因此电流表不能选择A1，应选择A2，电流表选择A2，改装后欧姆表内阻为3231000
19、3 10gERI内则滑动变阻器应选择R2，欧姆表如图所示：-12-(2)2当电阻箱阻值为1000.0?时，指针指在中值刻度线上，其示数为此时欧姆表的内阻，即=1000.0R3 当电阻箱阻值为500.0?时，指针指在刻度线B上，此时电流为=BI2.0mA 由闭合电路欧姆定律有=+BEIRR即32.0 10=1000.0+500.0E解得=3.0VE(3)4改装好的欧姆表的表盘上，刻度C为满偏电流，所以此时的电阻为0，5 刻度A表示的电流为1.0mAAI由闭合电路欧姆定律有=+AAEIRR即33.01.0 10=1000.0+AR解得=2000.0AR11.如图所示，长l=0.8m 的细线上端固定
20、在O点，下端连着质量m=0.5kg 的小球（可视为质点），悬点O-13-距地面的高度H=3.8m，开始时将小球提到O点由静止释放，小球自由下落到使细线被拉直的位置后，在t=0.01s 的时间内将细线拉断，再经过t=0.6s 小球落到地面，忽略t内小球的位置改变，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：（1）细线刚要被拉直时，小球的速度大小v1；（2）细线被拉断后瞬间，小球的速度大小v2；（3）细线由刚拉直到刚断裂过程中（即t时间内）细线的平均张力大小FT。【答案】（1）4m/s（2）2m/s，方向竖直向下（3）105N【解析】【详解】(1)自由下落过程：212vgl得，14m/sv(2)忽略断裂
21、过程小球的位置改变，故细线断裂后的下落过程：2212Hlv tgt得22m/sv可以判断，求出的12,v v方向均竖直向下；(3)t内，由动量定理：取向下为正方向，研究小球，有：T21mgFtmvmvT100NFmg解得T105NF12.如图甲所示，真空中有间距为2R、长度为4R水平平行金属板M和 N，其间有一半径为R的圆形区域（虚线圆所围）内存在水平匀强磁场，磁场方向与纸面垂直。两板间的中心线O1O3与磁场区域的圆心O在同一水平线上。开始一段时间在金属板MN间加上一恒定电压（记为+U0），让一电荷量为q、质量为m的-14-质点，从圆形区域最低点P以某一初速度（记为v0）沿指向圆心O的方向进入
22、圆形区域后，恰好做圆周运动并从圆形区域的O2点飞出（此时刻记为t=0）。此后，M、N板间电压UMN按如图乙所示变化，最后质点刚好以平行于N板的速度从N板的右边缘飞出。忽略平行金属板两端的边缘效应，重力加速度为g，问：（1）U0 和T0各多大？（2）v0多大？（3）圆形区域内磁场的磁感应强度B多大？（4）若在图乙中的t=04T时刻，将该质点从两板间的O3点沿中心线O3O1的方向以速率v0射入，质点进入圆形区域后，MN间的电压又恢复为+U0并保持不变，质点第一次到达圆形区域的边界处记为P，则P点到P点的距离多大？【答案】（1）02mgRUq；02RTng（2）02gRvn（3）2mgBqnR（4）
23、2R【解析】【详解】(1)粒子自P点进入圆形磁场区域恰好做圆周运动，从2O点飞出磁场，必是水平飞出一定有：02UqmgR得：02mgRUq且带电质点运动的半径必为rR又0mvrqB由图象知：每个周期的前半周期，竖直方向的加速度1a满足0132UqmgmaR得12ag，方向竖直向上-15-每个周期的后半周期，竖直方向的加速度2a满足022UqmgmaR得22ag方向竖直向下，由上述结果及题意“质点刚好以平行于N板的速度从N板的右边缘飞出”，意味着飞出平行板的时间一定是周期0T的整数倍，即01,2,3tnTn，下同竖直方向：2012222TRng得02RTng；(2)水平方向：002RvnT得02
24、gRvn（3）代入得2mgBqnR（4）当4Tt质点以速度0v沿31O O向左射入电场时，经分析，则该质点恰好从2O射入磁场，且进入磁场的速度仍为0v，由于MN的电势差又恢复为0U，质点的重力和电场力平衡，在洛伦兹力作用下：运动的轨道半径rR经圆轨道恰好到达圆的最高点P（即P点正上方的圆上），即2P PR三、选考题-16-13.如图所示，一定质量的理想气体经历的状态变化为abca，其中纵坐标表示气体压强p、横坐标表示气体体积V，ab是以p轴和V轴为渐近线的双曲线。则下列结论正确的是（）A.状态ab，理想气体的内能减小B.状态bc，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变少C.状态bc，外界对理想
25、气体做正功D.状态ca，理想气体的密度不变E.状态ab，理想气体从外界吸收热量【答案】CDE【解析】【详解】AE 状态ab为等温变化，所以理想气体内能不变，且体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，理想气体从外界吸收热量，故A错误，E正确；BC 状态bc为等压变化，且体积减小，外界对气体做正功，单位面积上的分子数增大，故B错误，C正确；D状态ca为等容变化，所以一定质量的理想气体的密度不变，故D正确。故选 CDE。14.如图所示，两个导热性能极好的气缸A和 B水平放置且固定，两气缸通过一根带阀门K的容积不计的细管连通，两轻质活塞用刚性轻杆固连，可在气缸内无摩擦地移动且密封性极好，两活塞
26、面积分别为SA=0.8m2和SB=0.2m2。开始时阀门K关闭，A内充有一定质量的理想气体，B内为真空，气缸中的活塞与各自缸底的距离lA=lB=0.3m，活塞静止。设环境温度不变，外界大气压强p0=1.0105Pa且保持不变。求：（1）阀门 K关闭时，气缸A内气体的压强；（2）阀门 K打开后，活塞保持静止状态时，气缸A内的活塞距其缸底lA=？【答案】（1）510.7510pPa（2）0.1m【解析】-17-【详解】(1)设初始时刻气体压强为1p，以两个活塞和杆为整体，由平衡条件有：10AABp SpSS得510.75 10 Pap(2)打开阀门K稳定后，设气体压强为2p，两活塞到缸底距离分别为
27、Al和Bl，以两个活塞和杆为整体20ABABpSSpSS得5201.0 10 Papp对理想气体有：12AAAABBp l Spl Sl S且ABABllll得0.1mAl15.如图，一列简谐横波在均匀介质中沿+x轴方向传播，其波长为、周期为T。某时刻，在该波传播方向上的P、Q两质点（图中未画出，P点比Q点更靠近波源）偏离各自平衡位置的位移大小相等、方向相反，则下列说法正确的是（）A.P、Q两质点平衡位置间的距离可能等于2B.此时刻P、Q两质点的速度可能相同C.波从P点传到Q点所需时间可能等于一个周期D.P、Q两质点平衡位置间的距离可能介于2和之间E.若该波的频率增加一倍，则波从P点传到Q点的
28、时间将减少一半【答案】ABD-18-【解析】【详解】AD 依题，某时刻P、Q两质点的位移大小相等、方向相反，它们可能是反相点，振动情况总是相反，也可能不是，所以P、Q两质点间的距离可能等于半个波长，也可能不等于半个波长，故AD正确；B根据波形分析得知，此时刻P、Q两质点的速度方向可能相反，也可能相同，故B正确；C若PQ间距离等于一个波长，波从P点传到Q点所需时间等于一个周期，而P、Q的位移大小相等，方向相反，PQ间距离不可能等于一个波长，所以波从P点传到Q点所需时间不可能等于一个周期，故C错误；E波速是由介质决定的，若该波的频率增加一倍，而波速不变，波从P点传到Q点的时间将保持不变，故E错误。
29、故选 ABD。16.如图所示，是一个半径为R、截面为14圆、位置固定的透明柱体，其下表面水平且与水平桌面高度差为R。一束蓝光沿水平方向从其竖直左表面的A点射入并从B点射出，最后射到水平桌面上的P点。已知OA=2R，该透明柱体对蓝光的折射率为n=3。若将该束蓝光的入射点向上移动到距离O为22R的A点（方向不变），最终会射在水平桌面上的P点，求P1P两点的距离。【答案】12 3+364PPR【解析】【详解】光线在A点垂直入射，方向不变，设在B点的入射角为i、折射角为r，有：12sin2RiR即30i-19-由sinsinrni，得60rB点在地面的竖直投影点C，则32BCR由几何关系得图中的60故3 3tan2CPBCR3cos2O CRiR光从1A处沿水平方向射入球体，入射角为45，有2sin452发生全反射的临界角为0C，则013sin3Cn显然045C，所以该束光到达1B发生全反射，反射角等于45，即垂直射在水平面上的1P点，则12cos452O PRR所求11PPO CCP O P得12 3+364PPR-20-