2019-2020年高三物理联考试题含解析.doc

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1、2019-2020年高三物理联考试题（含解析）本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5Ca-40 Fe-56 Cu-64 第I卷(选择题，共126分)一、选择题（本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，其中14、15、16、17、18题只有一项符合题目要求，选对的得6分，选错的得0分；19、20、21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。二、选择题：本大题共8小题

2、每小题6分。在每小题给出的四个选项中，其中14、15、16、17、18题只有一项符合题目要求，选对的得6分，选错的得0分；19、20、21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。14物理学中的许多规律是通过实验发现的，下列说法中符合史实的是( )A. 法拉第通过实验发现了电磁感应现象 B. 牛顿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持 C. 奥斯特通过实验发现了电流的热效应 D. 卡文迪许通过扭秤实验测出了静电力常量【答案】A【考点】电磁感应现象的发现过程【解析】解：A、法拉第通过实验发现了电磁感应现象故A正确B、伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动

3、不需要力来维持故B错误C、奥斯特通过实验发现了电流的磁效应故C错误D、卡文迪许通过实验测出了引力常量，故D错误故选：A15.某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究某一物体以初速度2m/s做直线运动的加速度a随时间t变化的规律，并在计算机上得到了前4s内物体加速度随时间变化的关系图象，如图所示。以物体的初速度方向为正方向，则下列说法正确的是（ ）A. 物体在1s末速度方向改变；B. 物体在3s末速度方向改变；C. 前4s内物体的最大速度出现在第3s末，大小为3.5m/s；D. 物体在第2s末与第4s末的速度大小相等，方向也相同；【答案】D【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系【解

4、析】解：A、分析物体的运动情况：在0-3s内物体沿正方向做加速运动，在3-4s内沿正方向做减速运动，故在第3s末物体的速度最大，1s末、3s末速度方向都没有改变，故AB错误；C、a-t图象的“面积”大小等于速度变化量，则在前3s内物体速度的变化量v=(1+2)1+22=3.5m/s，所以3s末的速度v=v0+v=2+3.5=5.5m/s，故C错误；D、由图象可知，前2s内和前4s的a-t图象的“面积”相等，则速度变化量相等，所以物体在第2s末与第4s末的速度大小相等，方向也相同，故D正确故选：D16为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，

5、使座椅始终保持水平，如图所示。当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则乘客（ ）A处于超重状态B不受摩擦力的作用C受到向后（水平向左）的摩擦力作用D所受合力竖直向上【答案】C【考点】摩擦力的判断与计算；超重和失重【解析】解：A、当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，故A错误B、C、对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后（水平向左）的摩擦力作用故B错误，C正确D、由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜

6、面向下故D错误故选：C17质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：式中F0为大于零的常量，负号表示引力用E表示夸克间的势能，令E0F0(r2-r1)，取无穷远为势能零点下列Er图示中正确的是（ ）【答案】B【考点】原子的核式结构；电势能【解析】解：从无穷远处电势为零开始到r=r2位置，由F的表达式可知，两夸克之间的相互作用力F=0，则知势能恒定为零；在r=

7、r2到r=r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为A、B选项中所示；rr1之后，F=0，势能不变，恒定为-U0，由引力做功等于势能将少量，故U0=F0（r2-r1）故B正确故选：B18两个电荷量相等但电性相反的带电粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30和60，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则（ ）Aa粒子带正电，b粒子带负电 B两粒子的轨道半径之比RaRb1C两粒子的质量之比mamb12 D两粒子的速度之比vavb12【答案】C【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【解析】解：A

8、a粒子是30入射的，而b粒子是60入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由磁场方向，得a粒子带负电，而b粒子带正电，故A错误；B、如图连接AB，AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线（红线）与各自速度方向的垂直线（虚线）的交点即为各自圆心如图：结果发现：1AB的连线必然与磁场的边界垂直；2两圆心的连线与两个半径构成一个角为30，另一个为60的直角三角形,根据几何关系，则有两半径相比为Ra：Rb=1：故B错误；C、AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心结果发现：两圆

9、心的连线与两个半径构成一个角为30，另一个为60的直角三角形则a粒子圆弧对应的圆心角为120，而b粒子圆弧对应的圆心角为60由于它们运动时间相等，所以它们的周期之比为Ta：Tb=1：2，则质量之比ma：mb=1：2故C正确；D、由半径公式可知：在磁场、电量一定的情况下，速度大小与粒子的质量成反比，与轨迹的半径成正比所以速度大小之比va：vb=2：，故D错误；故选：C19火星表面特征非常接近地球，适合人类居住近期，我国宇航员王跃正与俄罗斯宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动已知火星半径是地球半径的1/2，质量是地球质量的1/9地球表面重力加速度是,若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略地

10、球、火星自转影响的条件下，下述分析正确的是（ ）A王跃在火星表面受到的万有引力是在地球表面受到的万有引力的2/9倍；B火星表面的重力加速度是4g/9；C火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的2/9倍；D王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度是9h/4。【答案】BD【考点】万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【解析】解：A、根据万有引力定律的表达式，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，所以王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍故A错误B、由 得到：已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星表面的重力加速度是故B正确C、由，得已知火星

11、半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍故C错误D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出：可跳的最大高度是 ，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度.故D正确故选：BD20如图所示，a、b间接入电压u311sin314t(V)的正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器(当温度升高时，其阻值将减小)，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻当传感器R2所在处出现火情时

12、以下说法中正确的是()AA1的示数增大，A2的示数增大BV1的示数不变，V2的示数减小CA1的示数增大，A2的示数减小DV1的示数减小，V2的示数减小【答案】BC【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【解析】解：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，

13、所以D正确选：BC21如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：F=F0-kt（以向左为正，F0、k均为大于零的常数），物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，且F0mg。时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是( )A当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动B物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线C物体克服摩擦力所做的功D物体与墙壁脱离的时刻为t=【答案】CD【考点】功的计算；摩擦力的判断与计算【解析】解：A、竖直方

14、向上，由牛顿第二定律有：mg-F=ma，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当F=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误B、物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线故B错误C、物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功，由动能定理得，mgWm()2，物体克服摩擦力所做的功W=mgH故C正确B、当物体与墙面脱离时F为零，所以F=F0-kt=0，解得时间t=故D正确故选：CD第II卷（非选择题，共174分）三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答第33题第40题为选考题,考生根据要求做答

15、一）必考题（22题第32题）22.（6分）某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理。 (1)将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离S=_cm；（2）测量挡光条的宽度d，记录挡光条 通过光电门1和2所用的时间t1和t2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是_；(3）该实验是否需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？_（填“是”或“否”）【答案】（1）50.00（2）滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M；（3）否【考点】探究功与速度变化的关系【解析】解：（1）光电门1处刻度尺读数为：23.00c

16、m，光电门2处刻度尺读数为：73.00cm，故两光电门中心之间的距离s=73.00cm-23.00cm=50.00cm；（2）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1速度为：v1=滑块通过光电门2速度为：v2=根据功能关系需要验证的关系式为：Fs=Mv22-Mv12=M（）2-M（）2可见还需要测量出M，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量；（3）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量 23. （9分）实验室配备的电压表的内阻其实并非很大。现在设计测定量程为3 V

17、的电压表内阻的精确值（内阻约为2k），实验室中提供的器材有： 电阻箱R（最大电阻为9999.9 ）， 定值电阻r15k， 定值电阻r210k，电源E（电动势约为12 V、内阻不计），开关、导线若干。设计的实验电路如图所示，先将电阻箱R的阻值调到最大，连接好实物电路；然后闭合开关，调节电阻箱R的阻值，使得电压表的指针刚好半偏，记下此时电阻箱的阻值R1；再次调节电阻箱R的阻值，使电压表的指针刚好满偏，记下此时电阻箱的阻值R2。（1）实验中选用的定值电阻是 ；（2）由上述的实验过程分析可得电压表内阻RV的表达式为RV .（请用字母R1、R2和r表示）（3）若实验中使用的电源E的内阻并不为零，则该实验

18、测得的电压表内阻RV的值与真实值相比将（ ）A偏小 B不变 C偏大 D不能确定，要视电压表内阻的大小而定【答案】（1）r1；（2）R1-2R2-r1；（3）C【考点】把电流表改装成电压表【解析】解：设保护电阻的电阻为r，由欧姆定律应有：E=3V，RV=2k，E=12V，代入数据解得：r=6k，所以定值电阻应选r1结合实验步骤，根据欧姆定律应有：E=，E=U+（R2+r1），联立解得：RV=R1-2R2-r1；若电源的内阻不能忽略，由闭合电路欧姆定律可知，电流增大，电源的路端电压减小，则式中应满足：U+（R2+r1），解得：RVR1-2R2-r1，所以测量值偏大，故C正确24（14分）某同学近日

19、做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在090之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x, 若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角的关系如图所示。g取10m/s2。求(结果如果是根号，可以保留)： （1）小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数是多少？（2）当=60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？【答案】（1）（2）m/s【考点】共点力平衡的条件及其应用【解析】 解：（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有：-mgsinS-mgcosS=0-mv02解得：由图可得，当=90时，根据v02

20、2gs，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s由图可得，=30时，s=1.25，代入数据得：（2）物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角的关系为：把=60代入，解得：由动能定理得：-mgcos2S=mvt2-mv02解得：vt=m/s；25. （18分）连接体问题在物理中很重要，下面分析一个情景：如右图所示，两根金属杆AB和CD的长度均为L，电阻均为R，质量分别为3m和m（质量均匀分布），用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的、光滑的水平圆棒两侧，AB和CD处于水平。在金属杆AB的下方有高度为H的水平匀强磁场，磁感强度的大小为B，方向与

21、回路平面垂直，此时CD处于磁场中。现从静止开始释放金属杆AB，经过一段时间（AB、CD始终水平），在AB即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆CD还处于磁场中，在此过程中金属杆AB上产生的焦耳热为Q. 重力加速度为g，试求：（1）金属杆AB即将进入磁场上边界时的速度v1.（2）在此过程中金属杆CD移动的距离h和通过导线截面的电量q.（3）设金属杆AB在磁场中运动的速度为v2，通过计算说明v2大小的可能范围.【答案】（1）（2）（3）v2【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【解析】解：（1）AB杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，对AB杆：3mg=2T，对CD杆：2T=mg

22、BIL又F=BIL=解得：v1=（2）以AB、CD棒组成的系统在此过程中，根据能的转化与守恒有：（3m-m）gh-2Q=4mv12解得金属杆CD移动的距离：h=，通过导线截面的电量：q=It=（3）AB杆与CD杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，对AB杆：3mg=2T+BIL，对CD杆：2T=mg+BIL又F=BIL=，解得：v2=，所以v2； （二）选考题：共45分，请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按

23、所做的第一题计分。33【物理物理33】(15分)(1)（6分）（选对一个得3分，选对两个得4分，选对三个得6分，每选错一个扣3分，最低得0分）下列说法正确的是（ ）。A露珠呈球形是由于表面张力所致B布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规则性C第二类永动机不违背热力学第一定律D给自行车打气时气筒压下后反弹，不是由分子斥力造成的E. 单晶体有固定的熔点，而多晶体没有固定的熔点【答案】ACD【考点】热力学第二定律；布朗运动；分子张力；晶体、非晶体【解析】解：A露珠呈球形，是由于表面张力作用的结果，故A正确；B、固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动，故B错误C、第二类永动机不违反能量守

24、恒定律，违反了热力学第二定律，C正确；D：给自行车打气时气筒压下后反弹，是由活塞上下的压强差造成的，故D正确E、晶体都有固定的熔点，故E错误(2)（9分）如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S。开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0。将整个装置放在大气压恒为p0的空气中后，当气体从外界吸收热量Q，活塞缓慢上升d后再次平衡。求：外界空气的温度是多少? 在此过程中密闭气体的内能增加了多少?【答案】 Q-（mg+p0S）d【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律【解析】解：取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变

25、化，由盖吕萨克定律得：解得：外界的空气温度为：T活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W=-（mg+p0S）d根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能U=Q+W=Q-（mg+p0S）d34【物理选修3-4】（1）（6分）（选对一个得3分，选对两个得4分，选对三个得6分，每选错一个扣3分，最低得0分）一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图像如下图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为-1cm，波上A质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）A这列波沿x轴正方向传播B这列波的波速是m/sC从t=0.6 s开始，紧接着的t=0.6 s时间内，A质点通过的路程是1

26、0mD从t=0.6 s开始，质点P比质点Q早0.4 s回到平衡位置E若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30 m的障碍物，不能发生明显衍射现象【答案】BD【考点】横波的图象；简谐运动的振动图象；波长、频率和波速的关系【解析】解：A、由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴负向故A错误B、由甲图读出该波的波长为=20m，由乙图周期为：T=1.2s，则波速为：。故B正确C、t=0.6s=0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过t=0.4s，A质点通过的路程是：S=2A=22cm=4cm故C错误D、图示时刻质点P沿y轴负方

27、向，质点Q沿y轴正方向，所以质点P将比质点Q晚回到平衡位置将此图象与正弦曲线进行对比可知：P点的横坐标为xP=m，Q点的横坐标为xQ=m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q晚回到平衡位置的时间为：t=s=0.4s，故D正确E、发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20m，根据这个条件可知该波在传播过程中遇到一个尺寸为30m的障碍物，能发生明显衍射现象，故E错误故选：BD（2）（9分）如 图所示，MN是一条通过透明球体球心的直线，在真空中波长为0=600nm的单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，若出射光线CD与MN的交点P到球心O的距离是球半径的倍，且

28、与MN所成的夹角= 30。求：透明体的折射率n；此单色光在透明球体中的波长。【答案】424nm【考点】光的折射定律；折射率及其测定【解析】解：连接OB、BC，在B点光线的入射角、折射角分别标为i、r，如图所示在OCP中：有据题：OP=OC，=30解得OCP=135（45值舍去）进而可得：COP=15由折射率定义：在B点有：在C点有：，又BCO=r所以，i=45又：BCO=180-i-COP=120故：r=30因此，透明体的折射率代入数据解得：=424nm35【物理选修3-5】（15分）（1）（6分）（选对一个得3分，选对两个得4分，选对三个得6分，每选错一个扣3分，最低得0分）北京时间2011

29、年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为+Y。根据有关放射性知识，下列说法正确的是( )AY粒子为粒子B的半衰期大约是8天，若取4个碘原子核，经16天就可能剩下1个碘原子核了C生成的处于激发态，放射射线。射线的穿透能力最强，电离能力也最强D中有53个质子和131个核子E.如果放射性物质碘131处于化合态，可能对放射性会有影响【答案】AD【考点】裂变反应和聚变反应；原子核衰变及半衰期、衰变速度【解析】解：A、53131I54131Xe+Y，根据衰变过程中质量数和电荷数守恒，Y粒子为粒子，

30、故A正确B、半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的所以，则若取4个碘原子核，经16天剩下几个碘原子核无法预测故B错误C、生成的54131Xe处于激发态，还会放射射线射线的穿透能力最强，射线是高能光子，即高能电磁波，它是不带电的，所以射线的电离作用很弱，故C错误D、53131I中有53个质子，131表示质量数即核子数，故D正确E、半衰期与外部环境和所处状态无关，E错误；故选：AD（2）（9分）一宇航员在国际空间站内做了如下实验：选取两个质量分别为mA =0.lkg、mB=0.2kg的小球A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A粘连，处于锁定状态，一起以速度vo=0

31、1 m/s做匀速直线运动。如图所示，经过一段时间后，突然解除锁定（解除锁定时没有机械能损失），两球仍然沿直线运动，从弹簧与小球B刚刚分离开始计时，经过时间t=3.0s，两球之间的距离增加了s=2.7m，求：弹簧与小球B刚刚分离时两小球的速度分别为多大；原先弹簧锁定时的弹性势能Ep？【答案】0.7m/s和0.2m/s；【考点】动量守恒定律；弹性势能【解析】弹簧被锁定时的弹性势能为0.027J解析 ：解：取A、B为系统，由动量守恒得：（mA+mB）v0=mAvA+mBvB根据题意得：s=（vA-vB）t由两式联立得vA=0.7m/s，vB=-0.2m/s；由机械能守恒得：EP+（mA+mB）v02=mAvA2+mBvB2解得：EP=0.027J