贛粵湘三省六校高三下學期月聯(lián)考理綜物理試題含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2020屆贛湘粵三省六校4月聯(lián)考理綜試卷二、選擇題1。鋅的逸出功是3.34eV.如圖為氫原子的能級示意圖，那么下列對氫原子在能級躍遷過程中的特征認識，說法不正確的是（)A。用氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射的光照射鋅板一定能產(chǎn)生光電效應B.一群處于n=4能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，能放出6種不同頻率的光C.一群處于n=3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，發(fā)出的光照射鋅板,鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為6.86eVD.用能量為10.3eV的電子轟擊該原子,可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)【答案】C【解析】【詳解】A．氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)出光子的最小能量為10。2eV，照射金屬鋅板一定能產(chǎn)生光電效應現(xiàn)象,故A正確；B．一群處于n=4能級的氫原子向基態(tài)躍遷時,能放出不同頻率的光，故B正確;C．氫原子從高能級向n=3的能級向基態(tài)躍遷時發(fā)出的光子的能量最大為因鋅的逸出功是3.34ev，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為故C錯誤；D．用實物粒子轟擊原子只要實物粒子的能量大于或等于兩能級差即可，由于基態(tài)和n=1激發(fā)態(tài)的能級差為10。2eV，則用能量為10.3eV的電子轟擊該原子，可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)，故D正確。本題選不正確的，故選C。2。如圖所示,一只蝸牛沿著一段圓弧形樹枝從A點緩慢向B點爬行,蝸牛爬行的過程中,樹枝保持不動，把蝸?？闯少|(zhì)點。則下列說法正確的是(）A.樹枝對蝸牛的摩擦力先減小后增大B.樹枝對蝸牛的支持力先減小后增大C.樹枝對蝸牛的作用力先減小后增大D。蝸牛所受的合力先減小后增大【答案】A【解析】【詳解】AB．設坡角為α，蝸牛受重力mg、彈力N、靜摩擦力f，三力平衡;根據(jù)平衡條件可得由于坡角α先變小后變大,故彈力N先變大后變小,靜摩擦力先變小后變大，故A正確，B錯誤；C．樹枝對蝸牛的作用力是靜摩擦力和支持力的合力，始終與重力平衡，故大小和方向一直不變,故C錯誤；D．蝸牛的運動很慢，可以看作是平衡狀態(tài)，所以蝸牛所受的合力始終為0,保持不變，故D錯誤。故選A。3.如圖，在真空中,－Q1、+Q2為固定在x軸上A、B兩點的電荷且Q1=4Q2，，a、b、c為P點兩側(cè)的三點,且，取無限遠電勢為零，下說法正確的是(）A.將+q沿x軸從a移至b點，其電勢能先增大后減小B.b、c兩點電勢關系C。P點電場強度為零，電勢也為零D.a、c兩點電場關系【答案】D【解析】【詳解】ABC．某點的電場強度是正電荷Q2和負電荷Q1在該處產(chǎn)生的電場的疊加,是合場強,根據(jù)點電荷的場強公式可知，－Q1和+Q2在P點產(chǎn)生的電場方向相反,合場強所以合電場強度為零，設Pb之間的距離為L′，則b點的合場強可知b點場強的方向向左，同理可知,在P點右側(cè)各點的場強都向左，取無限遠電勢為零，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知，P點電勢小于0，且有由于P點場強為0,則aP段場強方向向右,將+q沿x軸從a移至b點，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，故ABC錯誤；D．由電場的疊加原理可知，設，則a點的電場強度為同理b點電場強度為則即故D正確.故選D.4.國務院批復,自2016年起將4月24日設立為“中國航天日”。1970年4月24日我國首次成功發(fā)射的人造衛(wèi)星東方紅一號，目前仍然在橢圓軌道上運行，其橢圓軌道近地點高度約為440km，遠地點高度約為2060km，在該處其加速度大小為a1;1984年4月8日成功發(fā)射的東方紅二號，運行在高度約為35786km的地球同步軌道上，其加速度大小為a2，固定在地球赤道表面的物體隨地球一起自轉(zhuǎn)的加速度為a3，則下列說法正確的是（)A。B。根據(jù)需要，東方紅二號可以通過井岡山的正上方C。東方紅一號在遠地點的運行速度大于7.9km/s小于11。2km/sD。若要東方紅一號在近地點高度繞地球做勻速圓周運動則，需讓其在通過近地點時減速【答案】D【解析】【詳解】A．東方紅二號地球同步衛(wèi)星和地球自轉(zhuǎn)的角速度相同，由a=ω2r可知由萬有引力提供向心力可得得東方紅一號的軌道半徑小于東方紅二號的軌道半徑,所以有則故A錯誤;B．由于同步衛(wèi)星只能在與赤道平面共面的圓軌道運行，則東方紅二號不可以通過井岡山的正上方，故B錯誤；C．若東方紅一號在以遠地點到地心的距離為半徑的圓周上運動，由于此圓半徑大于地球半徑，則東方紅一號在此圓周上運動的線速度小于7.9km/s，東方紅一號從此圓周上要減速做向心運動才能進入隨圓軌道，則東方紅一號在遠地點的運行速度小于7。9km/s,故C錯誤;D．若要東方紅一號在近地點高度繞地球做勻速圓周運動，則要在近地點減速做向心運動，才能實現(xiàn)，故D正確.故選D。5.如圖所示，在光滑的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為M＝1kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一豎直擋板,擋板上連接一輕質(zhì)彈簧，當彈簧處于原長時,在彈簧的左端輕放一質(zhì)量為m＝0.9kg的物塊B,現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m0＝0.1kg的子彈C以v0＝400m/s的速度水平擊中物塊并嵌入其中，該過程作用時間極短,則在A、B、C相互作用的過程中，下列說法中正確的有（)A。A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒B。A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C。子彈擊中物塊B的瞬間對物塊B產(chǎn)生的沖量為40N·sD.彈簧被壓縮到最短時木板的速度為20m/s【答案】AD【解析】【詳解】A．水平地面光滑，A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A正確；B．子彈擊中木塊過程系統(tǒng)要克服摩擦力做功，機械能有損失，因此A、B、C與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤;C．子彈擊中物塊的過程中子彈與物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向,由動量守恒定律得解得子彈擊中物塊B瞬間對物塊B產(chǎn)生的沖量故C錯誤；D．彈簧被壓縮到最短時，A、B、C的速度相等，A、B、C系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得解得即彈簧被壓縮到最短時木板的速度為20m/s,故D正確。故選AD。6.如圖所示，n匝矩形閉合導線框ABCD處于磁感應強度大小為B的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻不計。線框繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，并與理想變壓器原線圈相連，變壓器副線圈接入一只額定電壓為U的燈泡，燈泡正常發(fā)光.從線圈通過中性面開始計時,下列說法正確的是（）A。圖示位置穿過線框的磁通量變化率最大B.燈泡中的電流方向每秒改變次C。線框中產(chǎn)生感應電動勢的表達式為e＝sinωtD。變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為【答案】BD【解析】【詳解】A．圖示位置線框位于中性面，穿過線框的磁通量最大，磁通量的變化率為0，故A錯誤；B．交流電的周期，1s內(nèi)完成周期性變化的次數(shù)1個周期電流方向改變2次，所以燈泡中電流方向每秒改變故B正確；C．線框中感應電動勢的峰值線框是從中性面開始計時，所以線框中產(chǎn)生感應電動勢的表達式為故C錯誤；D．原線圈電壓的有效值副線圈電壓的有效值所以原副線圈的匝數(shù)比為故D正確。故選BD.7。一物體放在傾角為θ且足夠長的光滑斜面上，初始位置如圖甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由靜止開始沿斜面運動，運動過程中物體的機械能E隨位置x的變化關系如圖乙所示。其中0～x1過程的圖線是曲線，x1～x2過程的圖線是平行于x軸的直線，x2～x3過程的圖線是傾斜的直線,則下列說法正確的是（）A.在0～x1的過程中，力F逐漸變小B。在0~x1的過程中，物體的加速度逐漸減小C。在x1～x2過程中，物體的動能越來越大D。在0～x3的過程中，物體的速度方向先向下再向上【答案】AC【解析】【詳解】AB．在0～x1過程中物體機械能在減小，知拉力在做負功，拉力方向沿斜面向上，所以物體的位移方向向下，即物體在沿斜面向下運動.根據(jù)功能關系得得則知圖線的斜率表示拉力，在0~x1過程中圖線的斜率逐漸減小到零，知物體的拉力逐漸減小到零，根據(jù)牛頓第二定律有可知,加速度一直增大，故A正確，B錯誤；C．由圖線的斜率表示拉力,則在x1~x2過程中,拉力F=0，機械能守恒，向下運動,重力勢能減小,動能增大，故C正確；D．在0～x1過程中，由于機械能減小，則拉力做負功，則物體從靜止開始向下加速運動,x1～x2過程中,F=0，物體向下做勻加速運動，x2～x3過程，機械能增大，拉力做正功，沿斜面向下,故物體繼續(xù)向下做加速運動，即物體一直沿斜面向下運動，故D錯誤。故選AC。8。如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場,P為磁場邊界上的一點,大量質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子，在紙面內(nèi)沿各個方向以速率v從P點射入磁場,這些粒子射出磁場時的位置均位于PQ圓弧上且Q點為最遠點。已知PQ圓弧長等于磁場邊界周長的四分之一,不計粒子重力和粒子間的相互作用，則（）A.這些粒子做圓周運動的半徑r=B。該勻強磁場的磁感應強度大小為C。該勻強磁場的磁感應強度大小為D。該圓形磁場中有粒子經(jīng)過的區(qū)域面積為【答案】AB【解析】【詳解】A．設圓的半徑為r，磁感應強度為B時，從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為M，最遠的點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點，圓弧PQ的弧長是圓周長的,如圖所示，由幾何關系則粒子做圓周運動的半徑為故A正確；BC．粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立得該勻強磁場的磁感應強度大小故B正確，C錯誤；D．該圓形磁場中有粒子經(jīng)過的區(qū)域面積故D錯誤。故選AB。三、非選擇題9.如圖所示為用光電門測定鋼球下落時驗證機械能守恒的實驗裝置。直徑為d、質(zhì)量為m的鋼球自由下落的過程中,先后通過光電門A、B，計時裝置測出鋼球通過A、B的時間分別為tA、tB.用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時速度。測出兩光電門間的距離為h,當?shù)氐闹亓铀俣葹間,不計空氣阻力：（1）若鋼球從A到B過程機械能守恒,需要驗證的表達式是_____________；(2)本題“用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時速度”，但從嚴格意義上講是不準確的，實際上鋼球通過光電門的平均速度________(選填“〉"或“<”)鋼球球心通過光電門的瞬時速度?！敬鸢浮浚?).(2）.<【解析】【詳解】（1）［1]鋼球通過光電門A、B時的瞬時速度分別為，若鋼球從A到B過程機械能守恒，則有則得（2)[2]由勻變速直線運動的規(guī)律,鋼球通過光電門的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，而球心通過光電門的中間位移的速度大于中間時刻的瞬時速度，故實際上鋼球通過光電門的平均速度小于鋼球球心通過光電門的瞬時速度。10.為了測量某種材料制成的電阻絲的電阻率，提供的器材有：A.電流表G，內(nèi)阻Rg=100Ω,滿偏電流=5mAB。電流表A,內(nèi)阻約為10Ω，量程為100mAC。螺旋測微器，毫米刻度尺D。電阻箱R0（0－9999.99Ω，0.5A）E?；瑒幼冏杵鱎（5Ω,1A）F.電池組E(電動勢為5V，內(nèi)阻不計）G.一個開關S和導線若干(1)多用電表粗測電阻絲阻值，當用“×100"擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大,說明電阻較_____（填“大”或“小”),應該換為_______檔，并重新進行__________，測量時指針靜止時位置如甲所示；（2)把電流表G與電阻箱并聯(lián)改裝成量程為5V的電壓表,則電阻箱的阻值應調(diào)為R0=_______Ω；（結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(3）請用改裝好的電壓表設計一個電路測量該電阻絲的電阻Rx的阻值,請根據(jù)提供的器材和實驗需要，將圖2中電路圖補充完整；（)（4)電阻率的計算：測得電阻絲的長度為L,電阻絲的直徑為d，電路閉合后，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片到合適位置,電流表G的示數(shù)為，電流表A的示數(shù)為，請用已知量和測量量的字母符號（各量不允許代入數(shù)值），寫出計算電阻率的表達式ρ=_______.【答案】（1）.小(2).×10(3)。歐姆調(diào)零(4）.900（5).(6）.【解析】【詳解】(1）［1]［2]［3］用多用電表粗測電阻絲的阻值,當用“×100”檔時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，可知電阻較小，應該換用“×10”檔，并重新進行歐姆調(diào)零（2）[4]將電流表G與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為5V的電壓表,而電流表G（內(nèi)阻Rg=100Ω，滿偏電流Ig=5mA)，所以改裝后的電壓表的內(nèi)阻為因此電阻箱的阻值應調(diào)為(3)［5]由于題意可知，兩電流表中，當電流表A使用外接法，能準確測出所測電阻的電流,同時又能算出所測電阻的電壓；因所測電阻為60Ω，而滑動變阻器R（5Ω，1A）,電源電壓為5V，所以滑動變阻器使用分壓式，則電路圖如圖所示（4）［6］由電阻定律可知，電阻根據(jù)歐姆定律則電阻率為11.如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ相距L=1m,上端連接一個阻值R=1Ω的電阻,導軌平面與水平面夾角，長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好,整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。已知金屬棒ab的質(zhì)量為m=2kg、阻值,磁場的磁感應強度B=1T，重力加速度g=10m/s2，導軌電阻不計.現(xiàn)閉合開關，金屬棒ab從靜止開始運動,若金屬棒下滑距離為s=50m時速度恰達到最大(sin=0。6，cos=0。8），求：（1）金屬棒剛開始運動時的加速度;(2)金屬棒的最大速度；（3）金屬棒由靜止開始下滑位移為s的過程中,金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱.【答案】（1）6m/s2；(2）12m/s；（3)24J【解析】【詳解】(1)設金屬棒開始時的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律解得金屬棒剛開始運動時的加速度m/s2(2）金屬棒在運動中受到的安培力、通過的電流、產(chǎn)生的感應電動勢分別為根據(jù)牛頓第二定律得導體棒向下做加速度減小變加速直線運動，當時有最大速度，代入數(shù)據(jù)解得=24m/s（3）從開始運動到有最大速度，設導體棒克服安培力做功為W，該過程由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得24J，整個回路產(chǎn)生的焦耳熱等于導體棒克服安培力做功，即由于金屬棒電阻R′=R，所以金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱12。如圖所示xoy坐標系中，在y＞0區(qū)域內(nèi)存在垂直坐標平面向里的勻強磁場;在-l≤x≤0的第III象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場；在x>0的第IV象限內(nèi)有一個帶負電的固定點電荷（圖中未標出)．一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子,以初速度v0沿x軸正方向從x軸上的M(—l，0）點射入電場區(qū)域，粒子重力可忽略．粒子經(jīng)過N（0，）點后，以恒定速率經(jīng)P（,0)點進入磁場區(qū)域并回到M點．求(1)勻強電場的電場強度E；（2)勻強磁場磁感應強度B；(3)粒子從N點到M點所用的時間t．（結(jié)果可保留根式)【答案】(1）（2）【解析】（1）粒子射入電場區(qū)域，做類平拋運動：v0t0=lqE=ma解得：；（2）即N點時粒子速度v與y軸負方向成30°角，v=2v0分析可知，粒子在磁場中圓周運動的圓心O2如圖所示：解得:B=（3）粒子在第IV象限內(nèi)以固定的負點電荷為圓心做勻速圓周運動,分析如圖：解得：t=t1+t2=13。下列說法正確的是___________。A。溫度越高，布朗運動越劇烈B。分子間距離增大分子勢能減小C.多晶體沒有規(guī)則的幾何外形，但有固定的熔點D。空氣絕對濕度越大，人們感覺越潮濕E。熱量能由低溫物體傳給高溫物體【答案】ACE【解析】【詳解】A．布朗運動是液體內(nèi)部分子做無規(guī)則運動時,對懸浮小顆粒碰撞作用的不平衡所引起的，布朗運動是固體顆粒的運動，固體顆粒越小、液體（或氣體）溫度越高，布朗運動越明顯，故A正確；B．分子距離只有在0－r0范圍內(nèi)分子間距離增大分子勢能減小，故B錯誤；C．多晶體沒有規(guī)則的幾何外形，但有固定的熔點，例如金屬，故C正確；D．空氣相對濕度越大，人們感覺越潮濕，故D錯誤；E．熱量能由低溫物體傳給高溫物體，但要引起其他的變化，故E正確。故選ACE。14.如圖所示，汽缸開口向右、固定在水平桌面上，汽缸內(nèi)用活塞（橫截面積為S)封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與汽缸壁之間的摩擦忽略不計．輕繩跨過光滑定滑輪將活塞和地面上的重物（質(zhì)量為m)連接．開始時汽缸內(nèi)外壓強相同，均為大氣壓p0（mg＜p0S)，輕繩處在伸直狀態(tài),汽缸內(nèi)氣體的溫度為T0，體積為V．現(xiàn)使汽缸內(nèi)氣體的溫度緩慢降低,最終使得氣體體積減半,求:（1）重物剛離開地面時汽缸內(nèi)氣體的溫度T1；(2）氣體體積減半時的溫度T2；(3）在如圖乙所示的坐標系中畫出氣體狀態(tài)變化的整個過程并標注相關點的坐標值．【答案】（1）（2）(3）【解析】【詳解】試題分析：①p1=p0，容過程：解得：②等壓過