【文档说明】【精准解析】湖北省华中师大第一附中2020届高三上学期11月理综物理试题【武汉专题】.docx，共(19)页，859.564 KB，由小赞的店铺上传

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华大新高考联盟2020届高三11月教学质量测评理科综合能力测试一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中第1~4题只有一项符题目要求，第5~8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.钚的一种同位素23994Pu的衰变方程为23994Pu→X＋42He＋γ，衰变后产生的巨大的能量以γ光子的形式释放，若23994Pu的半衰期为24100年，则（）A.X的核电荷数为92，72个239

94Pu经过24100年后一定还剩余36个B.X的中子数为143，40克23994Pu经过48200年后，还有10克未衰变C.X的质量数为236，核反应过程中电荷数、质量数守恒D.23994Pu核衰变前的质量等于衰变后X、42He核的质量之和【答案】B【解析】【详解】A．

半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核衰变不适应，选项A错误；BC．根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为235，电荷数为92，则中子数为235-92=143，40克23994Pu经过48200年后，还有48200

2420014010g2g=（）未衰变，选项B正确，C错误；D．因反应放出能量，则有质量亏损，即23994Pu核衰变前的质量大于衰变后X、42He核的质量之和，选项D错误；故选B.2.公交车进站时的刹车过程可近似看作匀减速直线

运动。下面是该过程中公交车的位移x，速度v、加速度a、动能Ek随时间t变化的图像，其中正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．由2012xvtat=−可知，图像A正确；B．由0vvat=−可知，图像B错误；C．匀减速运动的加速度不变，则选项C错误；D．

根据22011()22kEmvmvat==−可知，图像D错误。故选A.3.滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某运动员（可视为质点）从雪坡上先后以初速度之比vl：v2=3：4沿水平方向飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中（）A.运动员先后在空中飞行的时间相同B.运

动员先后落在雪坡上的速度方向不同C.运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3:4D.运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为1:1【答案】C【解析】【详解】A．根据x=vt，212ygt=，则212tan2gtygtxvtv===两次的初速度不同

，则时间不同，选项A错误；B．速度方向与水平方向的夹角tan2tanyvgtvv===可知.运动员先后落在雪坡上的速度方向相同，选项B错误；C．根据动量定理2tanypmvmgtmvv===则运动员先

后落在雪坡上动量的变化量之比为3:4，选项C正确；D．根据动能定理：22212tan2KEmghmggtmvv===则运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为9:16，选项D错误；故选C.4.一个半径为R的均匀导电金属圆环放

置在粗糙的水平绝缘桌面上，现加上一方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示（俯视图）。将金属圆环接入电路中，干路电流为I，接入点a、b是圆环直径上的两个端点。金属圆环始终处于静止状态，则（）A.当电流为I时，金属圆环上半部分受到的安培

力大小为丁πBIRB.当电流为I时，金属圆环受到的安培力大小为BIRC.增大干路电流，金属圆环对桌面的压力增大D.增大干路电流，金属圆环对桌面的摩擦力增大【答案】D【解析】【详解】A．当电流为I时，金属圆环上半部分受到的安培力大小为122IFBRBIR=

=，选项A错误；B．当电流为I时，金属圆环上下两部分受到的安培力均为BIR且方向相同，则金属环受到的安培力大小为2BIR，选项B错误；CD．由左手定则可知，金属环所受的安培力方向沿水平方向，则增大干路电流，安

培力变大，但金属圆环对桌面的压力不变，金属圆环对桌面的摩擦力增大，选项C错误，D正确；故选D.5.如图所示，由绝缘轻杆构成的正方形ABCD位于竖直平面内，其中AB边位于水平方向，顶点处分别固定一个带电小球。其中A、B处小球质量均为m，电荷量均为2q(q>0)；C、D

处小球质量均为2m，电荷量均为q。空间存在着沿DB方向的匀强电场，在图示平面内，让正方形绕其中心O顺时针方向旋转90°，则四个小球所构成的系统（）A.电势能增加，重力势能增加B.电势能不变，重力势能不变C.电势能减小，重力势能减小D.电势能不变，重力势能增加【答案

】D【解析】【详解】让正方形绕其中心O顺时针方向旋转90°，则电场力对四个小球做总功为：=2cos452cos45cos45cos450WEqLEqLEqLEqL−−+=电则系统电势能不变；系统重力势能变

化量：2pEmgLmgLmgL=−=则重力势能增加；A．电势能增加，重力势能增加，与结论不相符，选项A错误；B．电势能不变，重力势能不变，与结论不相符，选项B错误；C．电势能减小，重力势能减小，与结论不相符，选项C错误；D．电势能不变，重力势能增加，与结论相符，

选项D正确；故选D.6.如图所示，物块甲和乙的质量分别为m、2m，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止。现在用方向竖直向上的力缓慢拉动甲直到乙刚好离开地面，重力加速度为g，忽略空气阻力，则（）A.物块乙刚好离开地面时，弹簧弹力大小为2m

gB.物块乙刚好离开地面时，物块甲上升的高度为2mgkC.物块乙刚好离开地面时突然撤去拉力，物块甲的瞬时加速度大小为3gD.在此过程中，拉力做的功大于甲的重力势能的增加量【答案】ACD【解析】【详解】A．物块乙刚好离开地面时，对乙受力分析可知，弹簧弹力大小为2mg，选项A正确；B．开始时弹簧的压

缩量为mgk，当物块乙刚好离开地面时，弹簧伸长量2mgk，则此时物块甲上升的高度为3mgk，选项B错误；C．物块乙刚好离开地面时甲受到的拉力为3mg，则突然撤去拉力，物块甲受到的合力为3mg，根据牛顿第二定律可知，甲的瞬时加速度大小为3

g，选项C正确；D．在此过程中，弹簧的形变量增加，弹性势能变大，拉力做的功等于甲的重力势能与弹簧的弹性势能的增加量之和，则拉力做的功大于甲的重力势能的增加量，选项D正确；故选ACD.7.2019年8月17日，“捷龙一号”首

飞成功，标志着中国“龙”系列商业运载火箭从此登上历史舞台“捷龙一号”在发射卫星时，首先将该卫星发射到低空圆轨道1，待测试正常后通过变轨进入高空圆轨道2。假设卫星的质量不变，在两轨道上运行时的速率之比vl：v2=3：2，则（）A.卫星在两轨道运行时的向心加速度大小之比a1：a2=

81：16B.卫星在两轨道运行时的角速度大小之比ω1：ω2=25：4C.卫星在两轨道运行的周期之比T1：T2=4：27D.卫星在两轨道运行时的动能之比Ekl：Ek2=9：4【答案】AD【解析】【详解】根据22MmvGmrr=可得GM

vr=，因为vl：v2=3：2，则rl：r2=4：9.根据2222()2MmvGmrmmrmarTr====可知：A．由2GMar=，可得卫星在两轨道运行时的向心加速度大小之比a1：a2=81：16选项A正确；B．由3GMr=可得，卫星在两轨道运行时的角速度大小之比ω1：ω2=27：8

选项B错误；C．由2T=可知，卫星在两轨道运行的周期之比T1：T2=8：27选项C错误；D．根据2122kGMmEmvr==，则卫星在两轨道运行时的动能之比Ekl：Ek2=9：4选项D正确；故选AD.8.如图所示，在水平面内两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨（电阻不计）

水平放置。导轨间存在方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。两平行金属杆ab、cd的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，且始终与导轨保持垂直。开始两金属杆处于静止状态，相距为x0，现给金属杆ab一水

平向右的初速度v0，一段时间后，两金属杆间距稳定为x1。下列说法正确的是（）A.金属杆cd先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动B.当金属杆ab的加速度大小为a时，金属杆cd的加速度大小为12mamC.这段时间内通过金属杆cd的电荷量为1012()BLxxRR−+D.两金属杆ab、cd

在运动过程中产生的焦耳热为212012mmvmm+【答案】BC【解析】【详解】A．开始时ab向右运动，产生感应电动势，在回路中形成感应电流，则ab将受到向左的安培力，cd受到向右的安培力，则ab做减速运动，cd做

加速运动，随着ab速度的减小以及cd速度的增加，回路中感应电动势减小，两棒所受的安培力减小，则两棒的加速度均减小，当加速度减为零时两棒均做匀速运动，此时两棒共速，则金属杆cd先做变加速直线运动，后做匀速直线运动，选项A错误；B．两棒所

受的安培力等大反向，可知'12=Fmama=安解得金属杆cd的加速度大小为'12maam=选项B正确；C．根据qR=总可得这段时间内通过金属杆cd的电荷量为1012()BLxxqRR−=+选项C正确；D．从开始运动到

两棒共速的过程，由动量守恒定律：1012()mvmmv=+则产生的焦耳热22102121201211()22)2(mmvQmvmmvmm−=+=+选项D错误；故选BC.二、非选择题：共62分。第9～12题为必考

题，每个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。（一）必考题9.如图所示，某同学从打点计时器打出的纸带中选出一条点迹比较清晰的纸带，从便于测量的某一点开始，每五个点取一个计数点，打点计时器打点的时间间隔0.02sT=，14.05cmx=24.68cmx=36.61c

mx=，47.26cmx=。(1)小车的加速度大小a=_______m/s2（计算结果保留两位有效数字）。(2)如果当时电网中交变电流的频率f=50.2Hz，而做实验的同学并不知道，由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏_______（填“大”或“小”）。【答案】(1).0.64(2).

小【解析】【详解】（1）[1]．小车的加速度大小22222(7.266.614.684.05)10m/s0.64m/s22(20.1)EGACxxat−−+−−===（2）[2]．如果当时电网中交变电流的频率f=50.2Hz

，则打点周期偏小，点间距偏小，而做实验的同学并不知道，根据2xaT=可知，由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏小。10.某实验小组做“测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率”实验。(1)先用螺旋测微器测其直径，如图甲所示，其直径为_______mm;再用游标卡尺测其长度，如图乙所示

，其长度为_______cm；最后用多用表粗测其电阻，如图丙所示，其电阻为______Ω。(2)为了减小实验误差，要用伏安法较准确地测出其阻值，除待测圆柱体外，实验室还备有如下实验器材，则电压表应选_______，滑动变阻器应选_______（均用器材前的序号表

示）。要将电流表A的量程扩大至0.6A，应将电阻箱与电流表_______（填“串联”或“并联”），电阻箱连人的电阻值为_______Ω。A．两节新的干电池B．电压表V1(量程0～3V，内阻约为1kΩ)C．电压表V2（量程0～15V，内阻约为5kΩ）D

．电流表A（量程0～l00mA，内阻为10Ω）E．电阻箱R1(0～999Ω，额定电流1A)F．滑动变阻器R2(0～5Ω，额定电流1A)G．滑动变阻器R3(0～2000Ω，额定电流0.1A)H.电键和导线若干(3)改装后的电流表内阻已知，为消除系统误差

，电压表示数从0开始，在虚线框中画出实验电路图____。【答案】(1).1.844（1.842～1.846均可）(2).4.240(3).6(4).B(5).F(6).并联(7).2(8).【解析】【

详解】（1）[1][2][3]．用螺旋测微器测其直径为：1.5mm+0.01mm×34.5=1.845mm；用游标卡尺测其长度为4.2cm+0.05mm×8=4.240cm；用多用表粗测其电阻为6Ω。（2）[4][5]．电源电动势为3V，可知电压表选用B；滑动变阻器要用分压电

路，则选用阻值较小的F；[6][7]．要将电流表A的量程扩大至0.6A，应将电阻箱与电流表并联，电阻箱连入的电阻值为0.11020.60.1gggIrRII===−−。（3）[8]．因改装后的电流表内阻已知，则采用电流表内接；滑动

变阻器用分压电路，电路如图：11.如图所示，水平虚线AB和CD间距为L，中间存在着方向向左且与虚线平行的匀强电场，CD的上侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，圆形磁场与CD相切于点M。一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子由电场下边界的S点以初速度v0垂直射人电场，一段

时间后从M点离开电场进入磁场。粒子进入磁场的速度大小为2v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求：(1)电场强度的大小；(2)圆形磁场磁感应强度的大小。【答案】(1)203mvqL(2)023mvqR【解析】【详解】（1）粒子在电场中运动时，竖直方向做匀速运动

，水平方向做匀加速运动，粒子进入磁场时的速度大小为2v0，由几何关系可知，粒子进入磁场的方向与电场方向夹角为30°，则竖直方向L=v0t水平方向02cos30qEvtm=解得：203mvEqL=（2）粒子进入磁场后经过圆心O可知，粒子运动的轨道半

径2cos303RRr==由200(2)2vqvBmr=解得023mvBqR=12.如图所示，质量M=2kg、高h=0.2m的长木板静止在粗糙的水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。在长木板上放

置一个质量m=1kg，大小可以忽略的铁块，离左端B点的距离为0.5m，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，不计空气阻力。若在长木板上施加一个水平向右的恒力F，求∶（1）要想将长木板从铁块下抽出，水平向右的恒力F应满足的条件；（2）

若水平向右的恒力F=17N，铁块与长木板分离时，两者的速度各为多大；（3）接（2）问，求铁块落地前的整个过程中，铁块、长木板和地面组成的系统因摩擦所产生的热量。【答案】（1）9FN；（2）3m/s，1m/s；（3）4.75J【解析】【详解】（1）欲将长木板从铁块下抽出

，两者间必存在相对运动，由牛顿第二定律得物块的加速度22mgagm==隔离长木板，由牛顿第二定律得12()FmMgmgMa−+−=代入加速度得()12()FmMg=++代入数值得9NF=即水平向右的恒力F应满足条件为9FN；（2）若水平向右的恒力17NF

=，铁块相对于长木板发生相对滑动，对长木板受力分析，由牛顿第二定律得121()FMmgmgMa−+−=代入数值得216m/sa=铁块加速度22222m/smgagm===2211211122−=atat

L代入数值得10.5t=s此过程中长木板运动的位移为21110.75m2xat==铁块离开长木板时长木板与滑块的速度分别为1v、2v，根据速度时间公式有1113m/svat==2211m/svat==（3）铁块离开长

木板后做平抛运动，由平抛运动规律，得运动时间为220.2s0.2s10htg===铁块离开长木板后，对长木板受力分析，由牛顿第二定律得13FMgMa−=代入数值得解得237.5m/sa=所以铁块离开长木板到落地的时间内长木板位移为21312xvtat=+代入数据得0.75mx=整

个过程中，设铁块与木板间因摩擦生的热为1Q，木板与水平面间因摩擦生的热为2Q，则121.0JQmgL==211()3.75JQMmgxMgx=++=得系统因摩擦所产生的热量124.75JQQQ=+=总（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题、选一题作答。如果多做，则每科按

所做的第一题计分。【物理——选修3-3】13.(1)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，所用油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，且知一滴油酸酒精溶液的体积V=4.8×10－3mL。油酸未完全散开时就开始测量油酸膜的面积，会导

致计算结果____（填“偏大”“偏小”或“不变”）；若一滴油酸酒精溶液形成的油膜面积S=40cm2，则可测出油酸分子的直径为________m。【答案】(1).偏大(2).1.2×10－9【解析】【详解】[1]．油

酸未完全散开时就开始测量油酸膜的面积，则测得的油膜的面积偏小，根据VdS=可知会导致计算结果偏大；[2]．油酸分子的直径为6003944100.10mm40.8101.21100d−−==－－14.如图所示，一定质量的理想气体在状态A

时压强为1.5×l05Pa，经历A→B→C→A的过程，已知B→C过程中气体做功数值是C→A过程中气体做功数值的3倍，求：①气体在状态B和C时的压强；②整个过程中气体与外界交换的热量。【答案】①pB=4.5×105Pa；PC=l.5×l05Pa②600J【解析】【详解】①由图可知，气体从状态A到状

态B为等容变化过程，在状态B时气体温度，3BATT=，由查理定律有：BABAppTT=解得：54.510PaBp=由图可知，气体从状态B到状态C为等温变化过程，在状态C时气体体积3CBVV=，由玻意耳定律有：BBCCpVpV=解得：51.510PaC

p=②由状态B经状态C回到状态A，设外界对气体做的总功为W，从状态C到状态A，发生等压变化，外界对气体做功：WCA=pC(VC-VA)=300JB→C过程中气体做功的大小是C→A过程中气体做功大小的3倍，则B→C过程中气体对外做功：WBC=－900J从状态A到状态B，由图线知为等容过程，外

界对气体不做功，所以整个过程中外界对气体做功：W=WCA＋WBC=－600J整个过程中气体内能增加量0U=，设气体从外界吸收的热量为Q，由热力学第一定律：UQW=+解得：Q=600J即气体从外界吸收的热量为600J。【物理——选

修3-4】15.关于机械波与电磁波，下列说法中正确的是A.机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动B.弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程一定等于一个振幅C.有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还

是远去D.电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、可见光、红外线、γ射线E.在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同【答案】ACE【解析】【详解】A．机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点

的振动，是受迫振动，选项A正确；B．弹簧振子只有从平衡位置或者离平衡位置最远处开始振动计时，在四分之一个周期里运动的路程才等于一个振幅，选项B错误；C．有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去，这是根据多普勒效应，

选项C正确；D．波长越大的衍射能量越强，则电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、红外线、可见光、γ射线，选项D错误；E．在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同，选项E正确；故选ACE.16.如图所示，ABC是一个三棱镜的截面图，一束单色光以i＝6

0°的入射角从侧面的中点N射入。已知三棱镜对该单色光的折射率3n=，AB长为L，光在真空中的传播速度为c，求：①此束单色光第一次从三棱镜射出的方向（不考虑AB面的反射）；②此束单色光从射入三棱镜到BC

面所用的时间。【答案】①光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜②(33)4Ltc+=【解析】【详解】①设此束光从AB面射人棱镜后的折射角为r，由折射定律有:sinsininr=解得30r=，显然光从AB射入棱镜后的折射光线N

P平行于AC，光在BC面上的入射角为45°,设临界角为α，则由1sinn=得:3232sin=可知45，故光在BC面上发生全反射,根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜②光在

棱镜中传播的速率:cvn=116013(60)22tan454ABsinNPACABcosAB+==+=所以此束光从射入三棱镜到BC面所用的时间：NPtv=解得：(33)4Ltc+=获得更多资源请扫码加

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