湖南省衡阳市2020届高三物理第一次模拟考试试题（含解析）

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1、湖南省衡阳市2020届高三第一次联考（一摸） 理综物理试题二、选择题：1.下列有关近代物理内容的叙述，正确的是A. 天然放射现象中的 射线是原子核外电子跃迁时辐射出的B. 结合能越大的原子核越稳定C. 若氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光也一定不能使该金属发生光电效应D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量减小【答案】C【解析】【分析】根据使某金属发生光电效应的条件分析；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时分析电子的动能和原子的

2、能量的变化；【详解】A. 天然放射现象中的射线是原子核内的中子转化为质子时辐射出的，故A错误；B、原子核比结合能越大越稳定，故B错误；C、 从能级向能级跃迁时辐射出的光的能量大于从能级向能级跃迁时辐射出的光的能量，前者尚且不能使该金属发生光电效应，后者也就更加不能，故C正确；D、按照玻尔理论氢原子被外电子从半经较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能变大，原子的能量增大，故D错误；故选C。2.压敏电阻的阻值随所受压的增大而减小、某实验小组在升降机水平地面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置其工作原理图如图甲所示，将压电阻、定值电阻R、电流显示器、电源E连成电路、在压敏电

3、阻上放置一个绝绿重物，0t1时间内升降机停在某一校层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化情况如图乙所示，则下列判断不正确的是A. t1t2时间内绝缘重物处于超重状态B. t3t4时间内绝缘重物处于失重状态C. 升降机开始时可能停在1楼，从t1时刻开始，经向上加速、匀速、减速，最后停在高楼D. 升降机开始时可能停在高楼，从t1时刻开始，经向下加速、匀速、减速，最后停在1楼【答案】D【解析】【分析】通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来分析压敏电阻的变化，判断压力的变化，确定升降机的运动状态；【详解】A、时间内，电流高于正常值，可知压敏电阻

4、阻值减小，所以压敏电阻的压力增大，此时绝缘重物处于超重状态，故A说法正确；B.时间内，电流低于正常值，可知压敏电阻阻值增大，所以压敏电阻的压力减小，此时绝缘重物处于失重状态，故B说法正确；C、由图可知，从t1时刻开始，电流经历增大、正常值、减小、正常值，此时重物对压敏电阻的压力经历增大、正常、减小、正常，所以升降机开始时可能停在1楼，经向上加速、匀速、减速，最后停在高楼，故C说法正确；D、由图可知，从t1时刻开始，电流经历增大、正常值、减小、正常值，此时重物对压敏电阻的压力经历增大、正常、减小、正常，所以升降机开始时不可能停在高楼，经向下加速、匀速、减速，最后停在1楼，故D说法错误；不正确的故

5、选D。3.如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯折厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线园，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害，关于该装置，下列说法正确的是A. 当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中B. 当电梯坠落至水久磁铁在图示位置时，闭合线图A、B中的电流方向相反C. 当电梯坠落至水久磁铁在图示位置时，只有闭合线图A在阻碍电梯下落D. 当电梯坠落至水久磁铁在图示位置时，只有闭合线图B在阻碍电梯下落【答案】B【解析】【分析】带有磁铁的电梯在穿过闭合线圈的过程中，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，由此

6、分析即可；【详解】A、若电梯突然坠落，将线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，但不能阻止磁铁的运动，故A错误；B、当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反，故B正确；CD、结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落；故CD错误；故选B。4.如图所示的装置中，在A端用外力F把一个质量为m的小球沿倾角为30的光滑斜面匀速向上拉动，已知在小球匀速运动的过程中，拴

7、在小球上的绳子与水平固定杆之间的夹角从45变为90，斜面体与水平地面之间是粗的，并且斜面体一直静止在水平地面上，不计滑轮与绳子之间的摩擦则在小球匀速运动的过程中，下列说法正确的是A. 外力F一定增大B. 地面对斜面体的静摩擦力始终为零C. 绳子对水平杆上的滑轮的合力一定大子于绳子的拉力D. 绳子A端移动的速度大小等于小球沿斜面运动的速度大小【答案】A【解析】【详解】A、小球始终处于平衡状态，受力分析如图1，可看出当角度如题意变化时，F一直在增大，故A正确； B. 斜面体始终静止，受力分析如图2，正交分解可得：，由图1可知在减小，故地面对斜面体的摩擦力不为零且减小，故B错误；C. 当拴在小球上的

8、绳子与杆间的夹角为时，两绳子间夹角达到，绳子对水平杆上的滑轮的合力大小与绳子的拉力相等，故C错误；D、绳子与球A的结点速度分解如图4所示，可知若球的速度为v，绳子A端移动的速度为，故D错误；故选A。5.人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h，地球同步卫星b离地面高度为HhH两卫星共面且旋转方向相同，某时刻卫星a恰好出现在赤道上某建筑物c的正上方，设地球赤道半径为R，地面重力加速度为g，则A. a、b线速度大小之比为B. a、c角速度之比为C. b、c向心加速度大小之比D. a下一次通过c正上方所需时间等于【答案】B【解析】【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球万有引力提供向心力，根据牛顿

9、运动定律求解卫星的角速度；卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2时，卫星再次出现在建筑物上空；【详解】A、绕地球运行的卫星，地球对卫星的万有引力提供向心力，设卫星的线速度为v，则：，所以：，可知a、b线速度大小之比为，故A错误；B、地球对卫星的万有引力提供向心力，则有：，得：，可知a、b角速度大小之比为，又由于同步卫星b的角速度与c的角速度相同，所以： ，故B正确；C、同步卫星b的角速度与c的角速度相同，根据向心加速度公式可得：，故C错误；D、设经过时间t卫星a再次通过建筑物c上方，根据几何关系有：，又：，联立解得：，故D错误；故

10、选B。6.已知均匀带电球体在其外部产生电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同，而均匀带电球売在其内部任意一点形成的电场强度为零现有一半径为R、电荷量为Q的均匀帯正电绝缘球体，M、N为一条直径上距圆心O为的两点，静电力常量为k，则A. M、N点的电势小于O点的电势B. M、N点的电场强度方向相同C. M、N点的电场强度大小均为D. M、N点的电场强度大小均为【答案】AC【解析】【分析】根据均匀带电球壳在其内部任意一点形成的电场强度为零，分析知道M点的场强等于以O圆心半径的均匀球体在M点产生的场强，根据点电荷场强公式求解，根据对称性求N点的场强；【详解】根据均匀带电球壳在其内部任意

11、一点形成的电场强度为零，知M点的场强等于以O圆心半径的均匀球体在M点产生的场强，这个球体之外的球壳在M点产生的场强为零，这个球体所带电荷量为 ，M点的电场强度大小为 ，方向向左；根据对称性知N点的电场强度大小也为，方向向右；O点的场强为零，则MO间场强方向向左，NO间场强方向向右，所以M、N点的电势低于O点的电势，故A、C正确，B、D错误；故选AC。7.如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线图组成闭合电路，线图在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计，下列说法正确的是A. 线圈abcd转动

12、过程中，线圈最大磁通量NBSB. 图示位置时，矩形线圈中产生的电动势最小C. 将原线抽头P向上滑动时，灯泡变亮D. 若线abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS【答案】BD【解析】【详解】矩形线圈abcd转动过程中，在中性面位置时，通过线圈的最大磁通量为BS，故A错误；线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，矩形线圈中产生的电动势最小，故B正确；将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈的匝数增多，所以变压器副线圈的输出电压变小，故电流减小，灯泡变暗，故C错误；若线圈转动角速度变为2，最大值增加为原来的2倍，即 ，根据有效值的定义有，解得变压器原线圈电压的有效值为

13、：，故D正确；故选BD。8.两个质量相等的物体A、B并排静放在水平地面上，现用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止运动两物体运动的vt图象分别如图中图线a、b所示已知拉力F1、F2分别撒去后，物体做减速运动过程的vt图线彼此平行（相关数据已在图中标出）由图中信息可以得出A. 两个物体A、B与水平地面的动摩擦因数相同B. F1等于2.5F2C. F1对物体A所做的功与F2对物体B所做的功一样多D. F1的最大瞬时功率等于F2的最大瞬时功率的2倍【答案】ACD【解析】【详解】A、由图像可知：减速阶段加速度大小，根据可知：，故A正确；B、

14、加速阶段的加速度，根据得：，所以，故B错误；C、加速阶段的位移分别为，拉力做的功分别为，故C正确；D、的最大瞬时功率，的最大瞬时功率，所以，故D正确；故选ACD。三、非选择题：9.某物理课外小组利用如图甲所示装置完成探究小车的加速度与其所受合外力F之间的关系实验（1）请补充完整下列实验步骤的相关内容，用天平测量砝码盘的质量m0；用游标卡尺测量光板的宽度d，游标卡尺的示数如图乙所示，则其读数为_cm；按图甲所示安装好实验装置，用米尺测量两光电门之同的距离s；在砝码盘中放入适量的砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门A和光电门B的时间相等；取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码

15、的质量m；让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间tA和tB；步骤中，小车从光电门A下滑至光电门B的过程中所受合外力为_，小车的加速度为：_（用上述步中的物理量表示，重力加速度为g）重新挂上细线和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量和长本板的倾角，重复步骤（2）本实验中，以下操作或要求是为了减小实验误差的是_A尽量减小两光电门间的距离sB尽量增大遮光片的宽度dC调整滑轮，使细线与长木板平行D砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量【答案】 (1). 0.430cm (2). 砝码盘和盘中砝码的总重力 (3). (4). C【解析】【详解】(1) 游标卡尺的

16、主尺读数为：4mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：；取下细绳和砝码盘后，小车受到的合力即为砝码盘和盘中砝码的总重力，；由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，滑块通过光电门A速度，滑块通过光电门B速度，根据可得小车的加速度为：(2)尽量增大两光电门间的距离s，减小遮光片的宽度d，s距离大一些，d距离小一些，误差小一些，故AB错误；调整滑轮，使细线与长木板平行，否则撤去绳子后，合力不等于绳子拉力，故C正确；本实验没有用砝码盘和盘中砝码的重力代替绳子的拉力，不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故D错误；故选C。10.

17、在“测定蓄电池的电动势和内电阻”的实验中，备有如下器材A蓄电池B电流表（006A，内阻约为01）C灵敏电流计G（满偏电流Ig200，内阻150）D滑动变阻器R1（020，2.0A）E电阻箱R2F定值定阻R02C开关、导线若干（1）由于没有电压表，可把灵敏电流计G与电阻箱R2串联改装成量程为6V的电压表，如图甲中电阻箱R2的阻值应为_.（2）按图甲所示电路图，请在乙图上补充完成实物连线_（3）在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片移动至图甲中的_端（填a、中央、或b）（4）内图为该实验绘出的I1I2图线（I1为灵敏电流计G的示数，I2为电流表A的示数由丙图可求得被测蓄电池的电动势E_V，内电阻r_（

18、结果保留三位有效数字）【答案】 (1). （1）28500； (2). （2）如图： (3). （3）a； (4). （4）5.25 (范围5.255.28)； (5). 2.50 (范围2.412.56)【解析】【分析】根据串联电路特点及欧姆定律求出串联电阻阻值；闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值，根据电路图确定滑片的位置；由图象求出与纵轴的交点，然后由欧姆定律求出该电流所对应的电压，该电压是电源的电动势；图象斜率的绝对值等于电源的内阻；【详解】解：(1)串联电阻阻值(2) 按图甲所示电路图，在乙图上补充完成实物连线如图(3)在闭合开关S前，滑动变阻器接入电路的阻值

19、应为滑动变阻器的最大阻值，将滑动变阻器的滑片移动至a端；(4)由所示图丙可知，图象纵轴截距是I1=175A，电源电动势：图象斜率的绝对值等于电源内阻和定值定阻R0之和，则电源内阻11.如图所示，两个半径均为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平向上，圆心连线水平，轻弹簧左端定在竖直板上，右端与质量为m的小球接触（不拴接，小球的直略小于管的内径），宽和高与为R的本盒子固定于水平面上，盒子左侧DG到管道右端C的水平离为R，开始时弹簧处手锁定状态，具有的弹性势能为，其中g为重力加速度解除锁定、小球离开弹簧进入管道、最后从C点抛出（轨道ABC与木盒截面EFGD在同一竖直面内）

20、（1）求小球经C点时的动能（2）求小球经C点时对轨道的压力；（3）小球从C点抛出后能直接击中盒子底部时，讨论弹簧定时弹性势能满足什么条件?【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）小球释放到C的过程，对其应用动能定理可得：解得小球经C点时的动能：；（2）由（1）可知C点小球的速度： C点：取向下为正，由牛顿第二定律可得：解得： 方向向下由牛顿第三定律可知C点小球对轨道的压力大小也为，方向垂直轨道向上；（3）小球恰从G点射入盒子中可直接击中底部，由平抛运动规律可得：竖直方向：水平方向：联立解得：小球释放到C的过程：得：小球直接击中E点时，弹性势能取符合条件的最大值，由平抛运动规律可得：竖直

21、方向：水平方向：联立解得：小球释放到C的过程：得：综上符合条件的弹性势能应满足：。12.如图所示，ab、ef是固定在绝缘水平桌面上的平行光滑金属导轨，导轨足够长，导轨间距为d在导轨ab、ef间放置一个阻值为R的金属导体棒PQ其质量为m，长度恰好为d另一质量为3m、长为d的金属棒MN也恰好能和导轨良好接触，起初金属棒MN静止于PQ棒右侧某位置，盛个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中现有一质量为m、带电荷量为q的光滑绝缘小球在桌而上从O点（O为导轨上的一点）以与可成60角的方向斜向右方进人磁场，随后小球垂直地打在金属棒MN的中点，小球与金属棒MN的碰撞过程中无机械能损失，不计

22、导轨间电场的影响，不计导轨和金属棒MN的电阻，两杆运动过程中不相碰，求：（1）小球在O点射人磁场时的初速度v0（2）金属棒PQ上产生的热量E和通过的电荷量Q（3）在整个过程中金属棒MN比金属棒PQ多滑动的距离（4）请通过计算说明小球不会与MN棒发生第二次碰撞；【答案】（1）（2）（3）（4）小球不会与MN杆发生第二次碰撞。【解析】【分析】光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动，由几何关系可求半径，牛顿第二定律求出小球在O点射人磁场时的初速度；小球与MN杆发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒求出碰后小球速度和MN杆速度，此后杆MN与杆PN组成的系统动量守恒，根据能量守恒定律求解PQ上产生的热量

23、，对杆PQ应用动量定理求得金属棒PQ通过的电荷量；根据电荷量公式求解在整个过程中金属棒MN比金属棒PQ多滑动的距离；球与MN碰后，球碰后做圆周运动，这段时间内杆MN减速运动，与PQ同速后做运匀速动，由此判断小球不会与MN杆发生第二次碰撞；【详解】（1）如图所示，可得：光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动的半径设为r，由图可知：得：由牛顿第二定律可得： 得：（2）由题可知小球与MN杆发生弹性碰撞，设碰后小球速度为，MN杆速度为，可得：联立可得：此后杆MN与杆PN组成的系统动量守恒，共速度时速度设为，则有：可得：由能量守恒定律可知PQ上产生的热量： 对杆PQ应用动量定理可得： 即：得：（3）由得

24、杆MN比杆PQ多滑动的距离：（4）由（2）可知球与MN碰后，小球的速度为：， 杆MN的速度为：小球碰后做圆周运动的半径：运动半个周期的时间为：这段时间内杆MN减速到与PQ同速，最小速度为，则其位移：此后杆MN一直向左运动，故小球不会与MN杆发生第二次碰撞。(二）选考题：13.关于下列五幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是_A. A图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力均为零B. B图中，由一定质量的氧气分子分别在不同温度下速率分布情况，可知温度T1T2C. C图中，在固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，从石蜡熔化情况

25、不能判定固体薄片为非晶体D. D图中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E. E图中，微粒运动（即布朗运动）就是物质分子的无规则热运动【答案】BCD【解析】【分析】根据当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间引力和斥力相等，合力为零；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动；温度高分子平均动能大，分子的速率较大，由此分析；【详解】A、A图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为时，它们间引力和斥力相等，合力为零，故A错误；B、B图中，由图可知，温度为时，氧气分子的速率较大，分子平均动能大，温度高，即，故B正确；C、C图中，由图可知，固体薄片表现为各项同性，则固体

26、薄片有可能是非晶体，也可能是多晶体，故C正确；D、D图中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故D正确；E、E图中，布朗运动是固体颗粒的运动，不是物质分子的无规则运动，故E错误；故选BCD。【点睛】主要是对图示的把握，以及对所学知识的应用能力，对生活中的现象，应该能用自己掌握的知识给予解释，侧重知识的实际应用能力。14.某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图所示，导热性能良好的气缸，内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦的左右滑动。气缸左端开口，通过A封有压强为Po的气体，气缸右端通过B封有压强为4Po的气体。一细管连通

27、两气缸，初始状态A、B均位于气缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知外界大气压强为Po，Po相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体。求：当活塞A向右移动L/5时，水的深度；该深度计能测量的最大水深。【答案】（1）2.5m（2）30m【解析】【分析】当A右移时，假设B不动，气缸内气体等温变化，根据波意尔定律求出压强，判断是否成立，再求出水的深度；当活塞A恰好移动到气缸的最右端时所测水深最大，应用玻意耳定律求得；【详解】解：（1）A右移时，假设B不动，气缸内气体等温变化，有：解得，假设成立由可得：（2）当活塞A恰好移动到气缸的最右端时所测

28、水深最大，设此时活塞B右移了两部分气体压强相等，设为P2对内气体应用玻意耳定律可得：对内气体应用玻意耳定律可得：联立解得：由可得：15.甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知_A. 甲速度为零时，乙速度最大B. 甲加速度最小时，乙速度最小C. 两个振子的振动频率之比f甲：f乙1：2D. 任一时刻两个振子受到的回复力都不相同E. 任一时刻两个振子的振幅之比为A甲：A乙2：1【答案】ACE【解析】【详解】时，甲位于最大位移处，图象的斜率表示速度，速度为零，而此时乙位于平衡位置，图象的斜率最大，速度最大，故A正确； 在或时，甲的加速度最小，甲位于平衡位置，回复力为零，此时，乙也位于平衡位置，加速

29、度为零，速度最大，故B错误；频率与周期互为倒数，频率之比为周期之比的反比，由图象可知，甲乙的周期之为，故频率之比为，故C正确；在或时，甲乙都处于平衡位置，回复力都为0，故D错误；振幅为弹簧振子做简谐运动的最大位移，由图象可知，甲乙最大位移之比为，振幅之比为，故E正确；故选ACE。16.一半径为R的透明球状物体的横截面如图所示，圆弧CD内表面镀银（含边界），O为球心，A、B、C、D是圆的四等分点有一点光源，发出的一条细光线射到B点，与DB的夹角为60，经折射后直接射到C点，从透明球状物体射出后刚好可以回到点，光在真空中的速度为，为计算方便，取，答案值可用根式表示，试求：()透明物体的折射率；()光从点发出到射回点所需的时间。【答案】（1）（2）【解析】【分析】根据几何关系求出光线在P点折射时的入射角和折射角，再根据光的折射定律即可求解折射率；根据几何知识求出光线在正方形ABCD内传播的距离，由求出光在正方形ABCD中的传播速度，再求在正方体中传播的时间，再加上在正方体外传播的时间即为所求；【详解】解：（1）根据题意可作光路图，如图所示，光线在P点发生折射时，入射角为折射角为因此透明物体折射率（2）连接AB，过S作AB的垂线，由几何关系可知：光在透明物体中的速度：光在透明物体外传播所用的时间：光透明物体中传播所用的时间：则光从S点发出射回到S点所经历的总时间为：