2020届湖北省宜昌市高三上学期元月调研考试理综物理试题解析

2020届湖北省宜昌市高三上学期元月调研考试理综物理试题解析

0 2020 届湖北省宜昌市高三上学期元月调研考试理综物理试题 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，第 1?5 题只有一项符合题目要求，第 6?8 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.下列说法正确的是（ ） A.“光电效应”现象表明光具有波动性 B.电子的发现揭示了原子不是构成物质的最小微粒 C.天然放射现象表明原子可以再分 D.卢瑟福根据“ ? 粒子散射”实验建立原子结构“枣糕模型” 答案：B 解：A．“光电效应”现象表明光具有粒子性，双缝干涉、单缝衍射说明光具有波动性，所以A 错误； B．汤姆逊发现电子，使人们认识到原子不是组成物质的最小微粒，所以 B 正确； C．天然放射现象表明原子核具有复杂的内部结构，原子核可以再分，所以 C 错误； D．卢瑟福根据“ ? 粒子散射”实验推翻了原子结构“枣糕模型”，提出了原子 “核式结构模型”，所以 D 错误。

故选 B。

2.我国对“一带一路”沿线国家发送风云系列气象卫星数据，其中风云三号为极地卫星，轨道与赤道平面垂直且通过地球两极上空，每绕地球一圈完成一次全球监测，该卫星从北极正上方 A 点，按图所示方向第一次运动到南极正上方 B 点时间约为 1h，风云四号为地球同步卫星。则下列说法正确的是（ ） A.“风云三号”比“风云四号”线速度小 B.“风云三号”比“风云四号”周期大 C.“风云三号”比“风云四号”加速度小 D.在同一时刻，“风云三号”能够监测到的地表范围比“风云四号”小 答案：D

解：AB．卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力由地球的万有引力提供 22Mm vG mr r? 可得周期为 2 34π rTGM? 由此可知，半径越小周期越小，同步卫星周期为 24h，“风云三号” 周期为 2h，即“风云三号”比“风云四号”的周期小，所以可知“风云三号”的轨道半径比“风云四号”的轨道半径小，而线速度为 GMvr? 所以可见，半径越小线速度越大，“风云三号”比“风云四号”线速度大，所以 AB 错误； C．同理可得加速度为 2GMar? 由于“风云三号”的轨道半径比“风云四号”的轨道半径小，所以“风云三号”比“风云四号”加速度大，所以 C 错误； D．由于“风云三号”的轨道半径比“风云四号”的轨道半径小，所以在同一时刻，“风云三号”能够监测到的地表范围比“风云四号”小，所以 D 正确。

故选 D。

3. Q 1 、 Q 2 为两个固定的点电荷， a、b、c 三点在它们连线的延长线上，以 a 点为坐标原点，沿延长线建立 x 轴，其 φ - x 图象如图所示。下列说法正确的是（ ） A. Q 1 的电荷量小于 Q 2 的电荷量 B. Q 1 、 Q 2 带同种电荷 C. Q 2 带负电 D. b 点电场强度最大 答案：C 解：ABD．由图可知 b 点的电势最高，且图象的斜率为零，而 φ - x 图象的斜率表示该处的电

场强度，说明 b 点的合场强为零最小，由场的叠加原理可判断两固定点电荷带异种电荷，且Q 1 距离 b 点比 Q 2 距离 b 点远，所以由库仑定律可知 Q 1 带电荷量大于 Q 2 的带电荷量，所以 ABD错误； C．由图可知 a 点向右方向电势先升高后降低，根据沿着电场线电势降低可知，电场线方向由b 到 a 向左 ，b 到 c 向右，而 b 点场强为 0，所以可知 Q 1 带正电， Q 2 带负电，所以 C 正确。

故选 C。

4.从 0 t ? 时刻开始，物块在外力作用下由静止开始沿 x 轴做匀变速直线运动，其位移和速率的二次方的关系图线如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 2s t ? 时物块位于 1m x 处 B.物块运动的加速度21m/s a ? C. 0 t ? 时刻物块位于 0 x ? 处 D.物块从 2s 末至 4s 末的平均速度大小为12 答案：A 解：B．由题意运动的初速度为 0，根据匀变速直线运动的速度位移公式 22 v ax ? 变形可得 212x va? 结合图象可知，图象斜率为 12ka? 即 210.5m/s2ak? ? 所以 B 错误； AC．初位置即

0 t ? 时 02m x ? ? 2s 内的位移为 211m2x at ? ? 则 2s t ? 时 物块位于 1m x 处，所以 A 正确，C 错误； D．物块从 2s 末至 4s 末的平均速度大小为 2 432v vv v ? 即为 3s 末的速度，有速度公式得 31.5m/s vat ? 所以 D 错误。

故选 A。

5.如图所示，细绳一端固定在 A 点，跨过与 A 等高的光滑定滑轮 B 后在另一端悬挂一个沙桶Q．现有另一个沙桶 P 通过光滑挂钩挂在 AB 之间，稳定后挂钩下降至 C 点，∠ACB=120°，下列说法正确的是 A.若只增加 Q 桶的沙子，再次平衡后 C 点位置不变 B.若只增加 P 桶的沙子，再次平衡后 C 点位置不变 C.若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后 C 点位置不变 D.若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶 Q 位置上升 答案：C 解：A、B、对砂桶 Q 分析有T QF G ?，设两绳的夹角为 θ ，对砂桶 P 的 C 点分析可知受三力而平衡，而 C 点为活结绳的点，两侧的绳张力相等，有 2 cos2T PF G ，联立可知 2 cos2Q PG G ，

故增大 Q 的重力，夹角 θ 变大， C 点上升；增大 P 的重力时，夹角 θ 变小， C 点下降；故 A，B 均错误. C、由平衡知识 2 cos2Q PG G ，而 120 ? = ? ，可得P QG G ?，故两砂桶增多相同 质量， P 和 Q的重力依然可以平衡，C 点的位置不变；故 C 正确，D 错误. 故选 C. 【点睛】掌握活结绳上的张力处处相等，三力平衡的处理方法，连体体的平衡对象的选择. 6.如图所示，从地面上同一位置抛出质量相同的 A 、 B 两球，分别落在地面上的 M 、 N 点，两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，则（ ） A.B 的加速度比 A 的大 B.B 在最高点的速度比 A 在最高点的速度大 C.B 的飞行时间比 A 的长 D.两球落地时重力的瞬时功率相同 答案：BD 解：A．两球都做的是斜抛运动，所以都是只受重力作用，加速度都是重力加速度 g ，所以 A错误； C．由题意可知两球抛出的最大高度相同，由 212h gt ? 可知两球运动时间相同，其中 t 表示从抛出到最高点的时间，由斜抛运动的对称性可知由最高点到落地点时间也是 t ，所以运动的总时间为 2 t ，即两球运动时间相同，所以 C 错误； B．在最高点时速度为抛出时的水平分速度，而水平方向两小球都做匀速直线运动，所以根据 2xxvt? 可知，由于两球运动时间相同，所以水平位移越大，水平分速度越大，结合图象可知 B 的水平位移比 A 的水平位移长，所以 B 在最高点的速度比 A 在最高点的速度大，所以 B 正确； D．设落地时速度与水平方向夹角为 ? ，则重力的瞬时功率为 sin P mgv ? ? sinyv v ? ? 根据匀变速运动公式可得 ygt ? v

可知，由于两球运动时间相同，所以落地时竖直分速度也相同，即两球落地时重力的瞬时功率相同，所以 D 正确。

故选 BD。

7.著名物理学家费曼设计了一个如图所示实验，用一轻绳悬挂一圆形轻质绝缘板，板的四周固定一些带正电的轻质小球，在圆形绝缘板正上方用支架（图中未画出）固定一个线圈，线圈与电源、开关构成回路，线圈与轻绳、圆板无接触。则下列说法正确的是（ ） A.在闭合开关瞬间，圆板静止不动 B.在闭合开关瞬间，圆板逆时针转动（自上而下看） C.不管板上小球的电性如何，开关闭合瞬间，圆板转动方向相同 D.开关断开瞬间与开关闭合瞬间圆板转动方向相反 答案：BD 解：AB．由题意，当闭合开关的瞬间，线圈的电流瞬间增大，线圈的磁通量增加，圆板的磁通量也增加，圆板发生电磁感应现象，根据楞次定律可知，圆板中会产生感应电场阻碍圆板磁通量的增加，所以由安培定则可判断圆板中感应电场方向为逆时针（自上而下看），而圆板四周固定的是带正电的小球，所以圆板逆时针转动（自上而下看），所以 B 正确，A 错误； C．由于发生电磁感应现象，圆板中产生感应电场方向为逆时针（自上而下看），所以圆板的转动方向与带电小球的电性有关，如果是正电荷，逆时针转动（自上而下看），如果是负电荷，顺时针转动（自上而下看），所以 C 错误； D．如果是开关断开瞬间，圆板中的磁通量减少，根据楞次定律与安培定则可判断产生的感应电场方向为顺时针（自上而下看），与开关闭合瞬间转动方向相反，所以 D 正确。

故选 BD 8.在某高空杂技类节目现场下方放置有一弹簧垫，此弹簧垫可视为质量为 m 的木板，与两相同直立轻弹簧的上端相连，静止时弹簧的压缩量为 h ，如图所示。某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为 0.5 m 的物体从距木板上方 6 h 的 O 点由静止释放，物体与木板碰撞后，一起向下运动，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到 A 点，空气阻力、木板厚度、物体大小

忽略不计，重力加速度大小为 g ，则下列说法正确的是（ ） A.整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能守恒 B.物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小 C.物体与木板碰后瞬间加速度大小为3g，物体与木板恰好回到 A 点时加速度大小为 g D.物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为 0.5 mgh 答案：BCD 解：A．当物体与木板碰撞过程中，碰后一起运动，属于完全非弹性碰撞，有机械能损失，所以 A 错误； B．碰撞前，木板处于静止状态，弹簧的弹力等于木板的重力，即 F mg ?弹 当碰撞后物体和木板一起运动，物体和木板整体的重力大于弹力，所以整体先向下加速运动，当弹力大于总重力时，物体又开始向下做减速运动，物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小，所以 B 正确； C．碰撞后，木板和物体的总重力为 0.5 1.5 G mg mg mg ? ? ?总 那么，碰撞瞬间整体的加速度为 11.5 11.5 3mg mga gm ? 物体与木板恰好回到 A 点时，速度为 0，弹力为 0，所以整体只受重力作用，所以此时加速度为 2a g ? 所以 C 正确； D．对物体由动能定理可得，物体与木板碰撞前的速度为 xx.5 6 0.52mg h mv ? ? ?

012 v gh ? 碰撞过程由动量守恒可得 00.5 (0.5 ) mv m m v ? ? 则物体和木板碰撞后的速度为 43ghv ? 从碰后到最后恰好到 A 点过程中，整体机械能守恒，则 2p1(0.5 ) (0.5 )2m m v E m m gh
p0.5 E mgh ? 物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为 0.5 mgh ，所以 D 正确。

故选 BCD。

二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 9?12 题为必考题,每道试题考生都必须作答。第 13?16 题为选考题,考生根据要求作答 (―)必考题 9.在做“探究小车速度随时间变化规律”的实验中 (1)实验室提供了以下器材：一端装有定滑轮的长木板、刻度尺、小车、纸带、钩码、4~6V的交流电源。为了完成本实验，还需选取的实验器材名称是______（选填“电火花打点计时器”与“电磁打点计时器”）。

(2)已知打点计时器所用交流电的频率为 50Hz。下图为实验所打出的一段纸带，每 5 个点取 1个计数点，分别记为 A 、 B 、 C 、 D 、 E 。相邻计数点间的距离已在图中标出，则打点计时器打下计数点 C 时，小车的瞬时速度 v ? ______m/s，小车的加速度 a ? ______m/s2 。（结果保留两位有效数字） 答案：(1).电磁打点计时器(2).0.30(3).0.40 解：(1)[1]由题意是 4~6V 的交流电源，所以选取的实验器材是电磁打点计时器，电火花计时器所用电压是 220V 的交流电源。

(2)[2]由题意可得

0.1s T ? 根据匀变速运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得 0.30m/s2AD ABCx xvT ? [3]由纸带可得相邻位移差为 4mm x ? ? 则可得加速度为 220.40m/sxaT ? 10.某同学用满偏电流 g5mA I ?的毫安表制作了一个简易欧姆表，电路如图所示，电阻刻度值尚未标注。

(1)该同学先测量欧姆表内电源的电动势 E ，实验步骤如下：

①将两表笔短接，调节 R 0 使毫安表指针满偏； ②将阻值为 450Ω 的电阻接在两表笔之间，此时毫安表示数为 2.00mA； ③计算得电源的电动势 E ? ______V。

(2)通过计算他在电流刻度为 5.00mA 的位置标上 0Ω，在电流刻度为 3.00mA 的位置标______Ω，并在其他位置标上相应的电阻值。

(3)该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小、内阻增大，但仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值______真实值（填“大于”“等于”或“小于”）。

(4)为了探究电池老化电动势的变化情况，该同学将欧姆表的两表笔短接，调节 R 0 使指针满偏；再将一电压表接在两表笔之间，此时电压表示数为 1.00V，欧姆表示数为 1200Ω。则电压表的内阻为______Ω，电池老化后的电动势为______V。

答案：(1).1.5V(2).200Ω(3).大于(4).1000Ω(5).1.25V 解：(1)[1]欧姆表与 450Ω 的电阻构成闭合回路，由闭合电路欧姆定律可得 ( ) E I R R ? ?内 g=ERI内

gg1.5VII REI I? (2)[2]由欧姆表原理可得 + E IR IR ?内 其中 =300Ω R 内 则电流刻度为 3.00mA 位置标 200Ω R ? (3)[3]电动势减小时，由欧姆表原理可得内阻 g=ERI内 可知，欧姆表内阻减小，当测量电阻 R 时的电流为 =1g gI R IIRR RR内内内 可知，回路中电流减小，指针偏左，对应欧姆表的刻度应该偏大。其测得的电阻值大于真实值。

(4)[4][5]接电压表后电路中的电流与电源正常时的电流相等，为 1.5mA 1mA+ 300 1200xEIR R? ? 内 电压表内阻为 VVV1V1000Ω1mAURI? ? ? 则电动势为 V( + ) E I R R内 g=ERI内 得 1.25V E 11.如图所示，水平地面上静止放置一 L 形木板 A，质量A4kg m ?，上表面光滑，木板 A 与地

面间动摩擦因数0.2 ? ?，可视为质点的物块 B 置于 A 的最右端，B 的质量B2kg m ?。现给 A一小平向右的初速度06m/s v ?，一段时间后与 B 发生碰撞，时间极短，碰后 A 、 B 粘合在一起继续运动，碰后经 1s t ? ，A、B 停止运动， g 取 10m/s2 。求：

(1)A 与 B 碰撞前、后加速度大小 a 1 、 a 2； (2)A 的上表面长度 l 。

答案：(1)3m/s2 ，2m/s 2；(2)4.5m 解：(1)A 与 B 碰前，对 A A B A 1( ) m m g m a ? ? ? 得 213m/s a ? A 与 B 碰后，对 A、B 整体，得 22s 2m/ a ? (2)A、B 碰后共同速度大小为 v ，对 A、B 碰后一起运动的过程 20 ( ) v a t ? ? ? 得 2m/s v ? 设 A 与 B 碰前瞬间，速度大小为1v ，A、B 碰撞过程，动量守恒 A 1 A B( ) m v m m v ? ? 得 13m/s v ? 对 A 向右运动，加速度大小1a ，则 2 21 0 12( ) v v a l ? ? ? 得 4.5m l ?

12.两块平行正对的水平金属板 AB ，极板长 0.2m L? ，板间距离 0.2m d ? ，在金属板右端竖直边界 MN 的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度35 10 T B ? ，方向垂直纸面向里。两极板间电势差 U AB 随时间变化规律如右图所示。现有带正电的粒子流以5010 m/s v ? 的速度沿水平中线OO?连续射入电场中，粒子的比荷810 C/kgqm? ，重力忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场视为匀强电场（两板外无电场）。求：

(1)要使带电粒子射出水平金属板，两金属板间电势差 U AB 取值范围； (2)若粒子在距O?点下方 0.05m 处射入磁场，从 MN 上某点射出磁场，此过程出射点与入射点间的距离y ?； (3)所有粒子在磁场中运动的最长时间 t 。

答案：(1)100V 100VABU ? ? ?；(2)0.4m；(3)69.42 10 s 解：(1)带电粒子刚好穿过对应偏转电压最大为mU，此时粒子在电场中做类平抛运动，加速大小为 a ，时间为 t 1 。水平方向上 0 1L v t ?① 竖直方向上 2112 2dat ? ② 又由于 mUq mad? ③ 联立①②③得 m100V U ? 由题意可知，要使带电粒子射出水平金属板，两板间电势差 100V 100VABU ? ? ?

(2)如图所示 从O?点下方 0.05m 处射入磁场的粒子速度大小为 v ，速度水平分量大小为0v ，竖直分量大小为 yv，速度偏向角为 θ 。粒子在磁场中圆周运动的轨道半径为 R ，则 2mvqvBR? ④ 0cos v v ? ?⑤ 2 cos y R ? ? ?⑥ 联立④⑤⑥得 02 0.4mmvyqB? ? ? (3)从极板下边界射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长。如图所示 粒子进入磁场速度大小为 v 1 ，速度水平分量大小为01v，竖直分量大小为 v y 1 ，速度偏向角为 α ，则对粒子在电场中 01 1L v t ?⑦ 1102 2yvdt ⑧

联立⑦⑧得 1 01 yv v ? 101tanyvv? ? 得 π4? ? 粒子在磁场中圆周运动的轨道半径为R?，则 211mvqv BR⑨ 1mvRqB? ?⑩ 带电粒子在磁场中圆周运动的周期为 T 12π 2π R mTv qB 在磁场中运动时间 2π (π 2 )2πt T? ? ? 联立得 6 63π 10 s 9.42 10 s t? ? ? ? 三。选考题:共 15 分。请考生从给出的 2 道物理题任选一题作答。如果多答，则每科按所答的第一题计分 【物理--选修 3-3】 13.下列说法正确的是（ ） A.热量不可以从低温物体传递到高温物体 B.从微观角度看，气体压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的 C.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，压强必然增大 D.温度是描述分子热运动剧烈程度的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同 E.在冬季剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出，是因为夜晚气温降低，瓶内气体压强变小的缘故 答案：BDE

解：A．根据热力学第二定律分析，热量不可以自发的从低温物体传递到高温物体，但在引起其他变化的情况下，可以从低温物体传递到高温物体，所以 A 错误； B．大量做无规则热运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞产生了气体的压强，气体的压强在数值上等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力的大小，所以 B 正确； C．气体分子总数不变，气体温度升高，如果体积变大，则压强不一定增大，所以 C 错误； D．根据热平衡定律，温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，所以 D 正确； E．暖水瓶的体积不变，温度降低，气体压强减小，所以 E 正确。

故选 BDE。

14.如图所示，容积为 V 的密闭导热氮气瓶，开始时存放在冷库内，瓶内气体的压强为 0.9 p 0 ，温度与冷库内温度相同，现将气瓶移至冷库外，稳定后瓶内压强变为 p 0 ，再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共 45 次。已知每次充入氮气瓶的气体体积为15V，温度为o27 C ，压强为 p 0 ，设冷库外的环境温度保持o27 C 不变。求：

(1)冷库内的温度； (2)充气结束后，瓶内气体压强。

答案：(1) 270K 或o3 C ?；(2)04p 解：(1)氮气瓶内气体在冷库内时压强为00.9p ，温度为1T ，移至冷库外后，瓶内气体压强为0p ，温度为 2(273 27)K 300K T ? ? ? 据查理定律可知 0 01 20.9p pT T? 得 1270K T ?

即冷库温度为 270K 或 3 C ? 。

(2)打气前，瓶内气体及所打人的气体，压强为0p ，总体积 245 415VV V V
气体打进后压强为3p ，体积为 3V V ? 据玻意耳定律得 0 2 3 3p V pV ? 得 3 04 p p ? 【物理——选修 3-4】 15.两列简谐横波的波源分别位于 6m x 和 12m x? 处， 0 t ? 时刻，其波动图象如图所示，已知波速 3m/s v ? ，下列说法正确的是（ ） A.波源 M 和 N 的起振方向相同 B. 1.5s t ? 时， 3m x ? 处的质点位移等于 0 C.1s 后，3m 处的质点始终是振动加强点 D.2s 后， 6m x ? 处的质点始终静止不动 E.两列波在叠加区域能产生稳定的干涉图样 答案：BDE 解：A．根据 0 t ? 时刻的波形图，结合波的传播方向，利用同侧法分析波源的起振方向，波源M 的起振方向为 y 轴负方向，波源 N 的起振方向为 y 轴正方向，两者相反，所以 A 错误； B．由图象可知，波的周期为 6s 2s3Tv ? ?

1.5s 是34周期，波源的振动方向相反，波源到 3m x ? 处质点的波程差为 0，则此处质点始终处于振动减弱点，由于两波振幅相等，故 3m x ? 处质点始终不振动；所以当 1.5s t ? 时，位移等于 0，所以 B 正确； C．1s 后，即半个周期后，波传播到 3m x ? 处该质点始终为振动减弱点，所以 C 错误； D．2s 后，即一个周期后，两波传播到 6m x ? 处的质点，波源到此处质点的波程差为 6m x
属于振动减弱点，始终静止不动，所以 D 正确； E．两列波波长相等，波速相等，则频率相等，满足干涉条件，叠加区域可以产生稳定的干涉图样，所以 E 正确。

故选 BDE。

16.如图所示，一束平行紫光垂直射向半径为 1m R? 的横截面为扇形的玻璃砖薄片（其右侧涂有吸光物质），经折射后在屏幕 S 上形成一亮区，已知屏幕 S 至球心距离为 ( 2 1)m D ? ? ，玻璃半球对紫光的折射率为 2 n ? ，不考虑光的干涉和衍射。求：

(1)若某束光线在玻璃砖圆弧面入射角 30 ? ? ，其折射角 α； (2)亮区右边界到 P 点的距离 d 。

答案：(1)π4? ?；(2)1m 解：(1)据折射定律得 sinsinn 得 π4? ? (2)如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕 S 上的点 E 到 G 的距离 d 就是所求宽度。

设紫光临界角为 C ? ，由全反射的知识得 1sin Cn? ? 得 π4C ? ? OAF △ 中 π4AOF AFO
πcos4ROF ? GF D OF ? ? 得 1m GF ? FGE △ 中 π4GFE GEF ? ? d GE GF ? ? 得 1m d ?

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