【文档说明】【精准解析】湖南省长郡中学2020届高三下学期第二次适应性考试理综物理试题.doc，共(24)页，1.391 MB，由小赞的店铺上传

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长郡中学2020届高三适应性考试（2）理科综合能力测试物理部分二、选择题1.已知氢原子能级公式为2mAEn=−，其中n=1，2，…称为量子数，A为已知常量；要想使氢原子量子数为n的激发态的电子脱离原子

核的束缚变为白由电子所需的能量大于由量子数为n的激发态向1n−澈发态跃迁时放出的能量，则n的最小值为（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【详解】电子由n激发态脱离原子核的束博变为自由电子所需的能量为2AEn=氢原子由量子数为n的激发态向1n−激发态跃迁时

放出的能量为22(1)AAEnn=−−根据题意有222)1(AAAnnn−−解得22n+即的最小值为4，故C正确，A、B、D错误；故选C。2.2019年12月7日10时55分，我国在太原卫星发射中心用“快舟一号”甲运载火箭，成功

将“吉林一号”高分02B卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，绕地球做匀速圆周运动。已知地球质量为M、引力常最为G，卫星与地心的连线在时间t（小于其运动周期）内扫过的面积为S，则卫星绕地球运动的轨道半径为（）A.224SGMtB.2St

GMC.224GMtSD.2tGMS【答案】A【解析】【详解】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知22GMmmrr=根据几何关系可知，卫星与地心连线在时间t内扫过的面积22tSr=联立解得卫

星绕地球的轨道半径224SrGMt=故A正确，B、C、D错误；故选A。3.如图所示，一轻弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端自由伸长，一滑块以初速度v0在粗糙的水平面上向左滑行，先是压缩弹簧，后又被弹回。已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，则从滑块接触弹簧到将弹簧压缩到最

短的过程中，选地面为零势能面，滑块的加速度a、滑块的动能Ek、系统的机械能E和因摩擦产生的热量Q与弹簧形变量x间的关系图象正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．设滑块受到的摩擦力为f，弹簧的弹力为Fkx=选取初速度的方向为正方向，则滑块的加速

度为fFfkaxmmm+=−=−−可知a与x的关系是不过坐标原点的直线，故A错误；B．当弹簧的压缩量为x时，弹簧的弹性势能为212pEkx=所以滑块克服弹簧的弹力做功212FWkx=−克服摩擦力做功fWfx=−对滑块由动能定理可得0FfkkWWE

E+=−即有2012kkEEfxkx=−−动能kE为x的二次函数，是一条曲线，故B错误；C．滑块克服弹簧做的功转化为弹簧的弹性势能，所以系统的机械能0kEEfx=−即系统的机械能与x之间的关系为斜率为负的一次函数，故C正确；D．因摩擦产生的内能为Qfx=因摩擦产生的热量与弹簧形变量成正比，是过坐标

原点的直线，故D错误；故选C。4.如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc连线沿水平方向，导线中通有恒定电流，且2abcIII==，电流方向如图中所示。O点为三角形的中心（O点到三个顶点的距离相等），其中通电导线c在O点产生的磁场的磁感应

强度的大小为B0，已知通电长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强度的大小B=kIr，其中I为通中导线的中流强度，r为该点到通中导线的垂直距离，k为常数，则下列说法正确的是（）A.O点处的磁感应强度的大小为

3B0B.O点处的磁感应强度的大小为5B0C.质子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向由O点指向cD.电子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向垂直Oc连线向下【答案】A【解析】【详解】AB．根据右手螺旋定则，通电导

线a在O点处产生的磁场平行于bc指向左方，通电导线b在O点处产生的磁场平行于ac指向右下方，通电导线c在O点处产生的磁场平行于ab指向左下方；根据公式kIBr=可得022bcaBBBB===根据平行四边形定则，则O点的合场强的方向平行于ab指向左下方，大小为03B，故A正确，B错误；C．根

据左手定则，质子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向垂直ab连线由c点指向O，故C错误；D．根据左手定则，电子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向垂直ab连线由O点指向c，故D错误；故选A。5.

如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中光滑的水平轨道AB与半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC在B点相切，CD为粗糙的水平轨道。质量为m的小球静止在距B点x0=2R的水平轨道上A点，现对小球施加水平向右的恒力F=mg（g为重力加

速度），小球向右运动，冲出C点后上升到最大高度，最后落到轨道CD上（不再反弹）。下列说法正确的是（）A.小球上升的最大高度距轨道CD的距离为RB.小球在轨道CD上的落点到C点的距离为4RC.若仅将外力F加倍，则小球上升的最大高度距轨道CD的

距离为5RD.若仅将外力F加倍，则小球落到轨道CD时速度与水平方向的夹角也加倍【答案】C【解析】【详解】AB．设到达C点速度为Cv，根据动能定理知2132CFRmgRvm−=解得2CvgR=小球上升的最大高度竖直方向速度减为零，即又上升的高度为222CvhR

g==时间为12CvRtgg==根据竖直方向运动的对称性知下落到CD时间为212Rttg==水平方向一直做加速度为g的匀加速运动，水平位移221()182xgttR+==故A、B错误；C．若仅将外力F

加倍，根据动能定理知21223CFRmgRvm=−知C点速度变为10CvgR=上升的高度变为252CvhRg==故C正确；D．小球落到轨道CD时速度与水平方向的夹角，则有111tanα22cxvgtvgt===将外力F

加倍，小球落到轨道CD时速度与水平方向的夹角，水平方向加速度加倍，正切值变为111tanθ224cxvgtvgt===故D错误。故选C。6.如图所示为一交变电流随时间的变化图像，其中3()()(0,1,2,3)44TnTnTTn+−+=时间内按正弦规律变化，则下列说法正确的

是（）A.它与电流大小为2I0的直流电具有相同的热效应B.它与峰值为2I0的正弦交流电具有相同的热效应C.若将此电流通过一个理想二极管后对电阻供电，其有效值一定为02ID.若将此电流通过一个理想二极管后对电阻供电，其有效值可能为

072I【答案】BD【解析】【详解】AB．设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则有222000223()()44(2)2ITTTIRIRRIRT++=解得02II=所以它与峰值为02I的正弦交流电具

有相同的热效应，故A错误，B正确；CD．若将此电流通过一个理想二极管后对电阻供电，可能为20220()()2344TTIRIRIRT+=可得072II=若将此电流通过一个理想二极管后对电阻供电，可

能为220(22)ITRIRT=可得02II=所以其有效值可能为02I或072I故C错误；D正确。故选BD。7.宇宙中存在一些离其他恒星较远的四颗星组成的系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。天眼在观察中

发现三颗质量均为m的星球A、B、C恰构成一个边长为L的正三角形，在它们的中心O处还有一颗质量为3m的星球，如图所示。已知引力常量为G，四个星球的密度相同，每个星球的半径均远小于L。对于此系统，若忽略星球自转，则下列说法正确的是（）A.A、B、C三颗星球的线速度大小均为

(133)GmL+B.A、B、C三颗星球的加速度大小均为2(23+3)GmLC.星球A和中心O处的星球表面的重力加速度之比为1∶2D.若O处的星球被均分到A、B、C三颗星球上，A、B、C三颗星球仍按原

轨道运动，则A、B、C三颗星球运动的周期将变大【答案】AD【解析】【详解】AB．对三绕一模式，等边三角形边长为L，三颗绕行星轨道半径均为r，由几何关系得三角形的边长为2cos30Lr=即有33rL=对顶点的星体受力分析，根据矢量合成的方法可得222222293(2

cos303)GmGmGmmvFmaLrrL+=+===解得33()1GmvL+=，2(93)GmaL+=故A正确，B错误；C．设它们的密度为，A半径为R，则有343Rm=A表面的重力加速度2GmgR=联立

可得223169mgG=同理可得O处的星球表面的重力加速度23216(3)9mgG=所以它们表面的重力加速度的比值为313gg=故C错误；D．由2222(93)4GmmrFTL+==可得3493)3(LTGm=+若O处的星球

被均分到A、B、C三颗星球上，A、B、C三颗星球的质量都是2m；若仍按原轨道运动，则对A有2222(2)242cos30GmmrLT=可得323LTTGm=则A、B、C三颗星球运动的周期将变大，故D正确。故选AD。8.如图所示，匀

强电场区域内有a、b、c、d四个平行等间距的等势面，其中c等势面的电势为零。一个不计重力的电子从a等势面以8J的初动能沿与a等势面成一定的夹角射出，电子到达d等势面时速度方向与等势面平行，动能大小为2J，则下列说法正确的是（）A.电子到达d等势面时的电势能为-2JB.电子到达

c等势面时的动能为4JC.电子射入方向与电场线的夹角为60°D.电子从a等势面射出到再次回到a等势面的过程中速度方向偏转了120°【答案】BD【解析】【详解】AB．电子在a等势面时动能为8J，在d等势面时动能为2J，则相邻

电势差动能减少2J，在电子到达c等势面时的动能为4J，c等势面的电势为零，电势能为零，则总能量为4J，根据能量守恒可知，电子到达d等势面时的电势能为2J，故A错误，B正确；C．电子在垂直于等势线方向上做匀变速直线运动，在平行于等势线方向上做匀速直线运动，电场线垂直等势线，平行

于等势线方向的速度不变，根据运动的合成与分解可知，电子射入方向与电场线的夹角为，则有101sinθ2vv==则夹角为30°，故C错误；D．根据运动的电场线可知，电子从a等势面射出到再次回到a等势面的过程中速度方向偏转了120，故D正确。故选BD。三、非选择题9.焦

利氏秤是用来测量竖直方向微小力的仪器．实际上就是一个弹簧秤，其简化原理图如图1所示．焦利氏秤上的弹簧是挂在可以上下移动的有刻度的管子上的，管外面套有外管，外管上有游标尺，旋转标尺上下调节旋钮即可使管上下移动．当重物盘内不放砝码时，固定在弹簧下端的指针指在标线的位置，此时的读数可由管的刻度和外

管上的游标读出．如果在重物盘上加X克砝码，弹簧伸长，指针位置下移，旋转标尺上下调节旋钮使管向上移动，使指针回下调节标线位置，通过管及外管的游标可读出重物盘上加X克砝码对应的示数．现通过改变重物盘内砝码的质量获得实验数据如下表所示:序号0123456789盘内砝码质量(g)01.000

2.0003.0004.0005.0006.0007.0008.0009.000标尺上读数(cm)1.633.525.397.289.17_______12.9314.8216.6918.56当重物盘中加入5g砝码时，

管和外管刻度如图2所示，请把表格补充完整．已知重力加速度g=9.8m/s2，由表中数据可求得焦利氏秤内弹簧的劲度系数k=_________N/m(保留两位有效数字)．【答案】(1).11.07(2).0.5

2【解析】【详解】[1]按十分度的游标卡尺读数规则，当重物盘中加入5g砝码时读数为：110mm+7×0.lmm=110.7mm=11.07cm[2]根据mgkl=，用逐差法求得相差5g状态下的伸长量平均值:25061728394()()()()(

)9.41610m5lllllllllll−−+−+−+−+−==可求得325000109.8=0.529.41610mgkl−−=N/m．10.长郡中学的小丽同学从实验室找来了下列器材想测量一节干电池的电动势和

内阻。A.电流表A（量程为3.0A，内阻约为5Ω）B.电压表V（量程为1V，内阻为2kΩ）C.定值电阻R1=2ΩD.定值电阻R2=1kΩE.电阻箱R（阻值范围0~999.9Ω）F.开关S及导线若干(1)请在虚线框内画出实验电路图

。（）(2)实验中多次调节电阻箱测出了多组电压表的对应读数如表2所示，并将表中的数据点描11UR−在坐标纸中，请在图中作出对应的关系图线。（）()R58.84.81.80.80.3(V)U0.980.800.600.400.20()11R−0.010.210.551.253.33()11VU−

1.021.251.662.505.00其中实验数据点的分布存在的问题是_____________。(3)由图可知干电池的电动势E测=________V，内阻r测=_________Ω（结果保留三位有效数字）(4)该实验中内阻的测量值与真实值

相比，关系为r测______（填“大于”“等于”或“小于”）r真【答案】(1).(2).(3).取点不够均匀，没有充分利用坐标纸(4).1.50（1.48~1.52）(5).1.20（1.18~1.22）(6).等于【解析】【详解】(1

)[1]由于电源的电动势大于电压表V的量程（量程为1V，内阻为2kΩ），所以电压表V与定值电阻21kΩR=串联，改装成1.5V的电压表；由于电流表A（量程为3.0A，内阻约为5Ω）的量程太大，若用伏安法测电动势和内阻误差很大；所以用伏阻法结合图象测电动势和内阻，要测不同电压下变阻器两端的电压

，所以电路如图所示(2)[2]先描出表格中数据中的点，在图中给出的11UR−坐标系中作出11UR−图线如图所示[3]从点的分布情况看，分布不均匀，即电阻较大的数据较多，电阻较小(1R较大)的数据较少；即点迹不均匀，没有充分利用坐标纸；(3

)[4]根据闭合电路欧姆定律有2V2VV1.5()1.5005UURRUUUEURrUrRRRR+=+++=+变形后得到11.50051.51rUEER=+可以看出11UR−图象是一条直线，当10R=时，则有1.50051.0E=解得1.50VE=[5]再结合图象的斜率5.01

.01.53.330rkE−==−解得1.20Ωr=(4)[6]由于电压表的内阻已知，已经考虑电压表的分流作用，所以该实验中内阻的测量值与真实值相比，关系为r测等于r真11.如图所示，在水平地板上放置一个足够长的木板M，在木板M的

左端置有滑块N，左侧边缘对齐，滑块N与木板M间的动摩擦因数为2，木板M与地板间的动摩擦因数为2。在滑块N的左侧边缘的正上方的O点系一长度为R的细线，细线另一端系一小球，拿起小球拉直细线并与水平方向成θ=30°角，然后将小球由静止释放，小球运动到O点正下方时与滑块N发生碰撞

并粘在一起，此瞬间细线断裂，已知小球的质量为m，滑块N与木板M的质量分别为3m、4m，不计细线质量，小球与滑块N均可视为质点，重力加速度为g，求∶(1)小球与滑块N碰撞前的速度大小；(2)木板M在地板上运动的距离。【答案】(1

)1102gR；(2)5192R【解析】【详解】(1)小球释放后先竖直下落，细线张紧后做圆周运动，如图所示小球竖直下落过程中，由机械能守恒定律有212sinθ2mgRmv=解得2vgR=细线张紧后，小球沿半径方向的速度减为0，沿圆弧切线方向的速度1cosθ62vvgR

⊥==此后小球做圆周运动，从细线张紧到与滑块N碰撞前，由机械能守恒定律有22111(1sin)22mgRmvmv⊥−=−解得11102vgR=(2)小球与滑块N碰撞过程满足动量守恒，有1(3)Nmvmmv=+碰后滑块N和小球在

木板M上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得滑块N和小球的加速度12(3)23mmgagmm+==+木板M在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得木板M的加速度22(3)44mmgmgagm+−==设经时间t，滑块N与木板M的速度大小均为2v

，根据题意和运动学公式则有212Nvvatat=−=联立解得211024vgR=滑块N与木板M共速后向右做匀减速直线运动直至静止，运动时的加速度大小为312ag=所以木板M在地板上运动的距离222223522192vvRsaa=+=12.如图所示，ON是坐

标系xOy第四象限的角平分线，在ON与y轴负半轴所夹的区域内存在沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为2E。在第一象限内的射线OM与x轴正半轴所夹区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，射线OM与x

轴的夹角为θ，在ON与x轴正半轴所夹区域内存在一个圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小B=4Emqa方向周期性变化，每次粒子进入磁场时磁场的方向改变一次。现在y轴上的P（0，-a）点由静止释放一个重力不计、质量为m、电荷量为q的粒子，粒子在射出第四象限的电场后立即进入磁场，欲使粒子能在

第一、第四象限内做周期性运动，求∶(1)粒子第一次进入磁场时磁场的方向及射线OM与x轴的最小夹角；(2)第四象限内磁场区域的最小面积；(3)磁场区域面积最小时带电粒子运动的周期。【答案】(1)磁场的方向应垂直于xOy平面向里；53；(2)28a；(3)264amEq+【解析】【分析】,【

详解】(1)粒子能在第四象限中加速，说明粒子带正电。粒子第一次进入磁场中只有向y轴正方向偏转，才能周期性运动，由左手定则知粒子第一次进入磁场时磁场的方向应垂直于xOy平面向里。在场强为2E的匀强电场中加速时，根据动能定理可得20122Eqamv=解得02Eqavm=对应的轨道半径R满足

200vqvBmR=解得2aR=由于洛伦兹力永远不做功，离开磁场时速度沿y轴正方向，欲使之周期性运动，粒子运动到电场边界速度应减为零，由动能定理可得2012mvEqDQ=解得2DQa=由几何关系知1.5ODaRa=+=由24tanθ1.53aa==可知53=(2)

磁场区域的面积最小时恰将AC弧包围在其中，即以AC为直径的圆面积最小，故有22Rr=于是磁场区域的最小面积228aSr==(3)PA段有10022aatvv==AC段有0100424TRatvv===粒子在CD段匀速运动的时间30aRtv−=整理得314am

tEq=粒子在第一象限内匀减速运动的时间满足042vDQt=整理得42amtEq=由图可知粒子运动的周期为()12342624amTttttEq+=+++=13.一定质量的埋想气体，从状态A经状态B和C后又回到状态A的变化过程中的pV−图线如图所示，则下

列说法中正确的是______________。A.从状态A→B，气体的内能增大B.从状态B→C，气体从外界吸热C.从状态C→A，分子运动的平均速率先变小后变大D.气体按图示循环一次过程中，状态B时气体的内能最大E.气体按图示过程循环一

次，从外界吸收的热量全部用于对外做功【答案】ADE【解析】【详解】A．由状态A到状态B的过程中，气体的体积增大，压强不变，根据盖吕萨克定律可知温度升高，则内能增大，故A正确；B．由状态B到状态C的过程中，气体发生等容变化，气体不做功；压强减小，根据查理定律可知温度降低，内

能减小，由热力学第一定律UQW=+知，气体向外界放出热量，故B错误；C．由状态C到状态A的过程中，pV乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程可知，温度先升高后降低，故分子运动的平均速率先增大后变小，故C错误；D．根据图象可知，B点的pV乘积最大

，根据理想气体状态方程可知，B点的温度最高，故B点内能最大，故D正确；E．气体按图示过程循环一次，气体内能不变，又pV−图象中围成面积表示做功可知，由A到B到C气体对外做功大于由C到A外界对气体做功，故整个过程气体对外做功，根据热力学第一

定律可知，从外界吸收的热量全部用于对外做功，故E正确；故选ADE。14.如图所示，横截面积均为S的两导热气缸A、B通过一段体积可忽略的细管相连接，在细管中间安装有一个阀门D，两气缸中各有一个质量为m的活塞，

气缸B中的活塞与一个轻弹簧相连接。阀门D关闭时，轻弹簧处于原长，气缸B中气柱长度恰为L，气缸A中的活塞处于静止状态时，气柱长度为3L。已知大气压强0mgpS=，弹簧的劲度系数4mgkL=，重力加速度为g，活塞可在气缸内无摩擦滑动但不漏气。现将一个质量为m

的重物C轻轻地放到气缸A中的活塞上，并打开阀门D，保持环境温度不变，待系统稳定后，求弹簧的形变量和气缸A中活塞向下移动的距离。【答案】2L；136L。【解析】【详解】未放重物C时气缸A中气体的压强1002mgpppS=+=气缸B中气体的压强20

pp=放上重物C后两部分气体混合，压强为0023mgpppS=+=气缸B中活塞平衡时，由平衡条件可得0pSkxpS=+解得弹簧的形变量2Lx=两部分气体混合后的总长度设为y，由平衡条件可得123pLSpLSpy

S+=解得73Ly=由几何关系知气缸A中的活塞向下移动的距离为3hLLxy=++−代入整理得136hL=15.为避免交通事故，保障行人安全，可以在公路上临近学校大门或人行横道的位置设置减速带，减速带一般为条状，也有点状的，材质主要是橡胶，一般以黄、黑两色相间以引起视觉

注意。某学校大门附近设置的条状减速带间距为20m，当车辆经过减速带时会产生振动，若某型号汽车的固有频率为0.8Hz，则当该车以______km/h的速度通过此减速带时颠簸最厉害，这种现象称______________。【答案】(1).57.6(2).共振【解析】【详解】[1]由1T

f=可知，汽车的固有周期为1s1.25s0.8T==则汽车的速度20m/s16m/s57.6km/h1.25LvT====[2]即当速度为57.6km/h时，汽车达到共振颠簸的最厉害，这种现象称共振。16.如图所示，单色平行光束入射到半圆形坡璃传

与空气的界面，入射角θ大小未知，玻璃砖对该单色光的折射率n=2，不考虑圆弧而上的反射光线，求∶(1)玻璃砖有光线射出部分圆弧所对应的圆心角；(2)若45=，求从圆弧面射出的光线在玻璃砖中运动的最长时间与最短时间的比值。【答案】(1)90；(2)62+【解析】【详解】(1)入

射光线经界面折射后的折射光线也是平行光线，圆弧面上有光线射出的区域的边界光线在该界面上的入射角为临界角C，由几何关系得C=1sinCn=解得45C=则有光线射出部分圆弧所对应的圆心角为2290C==(2)由折射定律得sin45sinβn=解得30=光线从圆心正上方射出玻璃砖时

，其在玻璃砖中的位移最大，则有maxcosβRx=解得max233xR=由几何关系得minsin15sin120xR=解得min3266xR−=根据xtv=可得从圆弧面射出的光线在玻璃砖中运动的最长时间与最短时间的比值maxmaxminmin62txtx==+