【文档说明】【精准解析】江西省南昌四校联盟2020届高三第二次联考理综物理试题.doc，共(20)页，703.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020届四校联盟高三年级第二次联考试卷理科综合（物理）一、选择题1.下列说法正确的是（）A.β射线是聚变反应过程中由原子核外电子电离产生的B.汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，并准确测出了电子的电荷量C.天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构D.卢瑟福的原子核式结构模型认为

核外电子运行的轨道半径是量子化的【答案】C【解析】【详解】A．β射线是核衰变过程中由原子核释放出来的。故A错误；B．汤姆孙在研究阴极射线时发现电子，美国物理学家密立根精确地测出电子的电荷量，故B错误；C．天然放射现象的发现揭示了

原子核有复杂的结构，故C正确；D．玻尔的原子核式结构模型认为核外电子运行的轨道半径是量子化的，故D错误。故选：C。2.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，绳与竖直方向夹角

为θ，小球处于静止状态.设小球受支持力为FN，则下列关系正确的是（）A.F=2mgtanθB.F=mgcosθC.FN=mgD.FN=2mg【答案】C【解析】【详解】对小球进行受力分析，小球受重力G，F，FN，三个力，满足受力平衡。作出受力分析图如下

：由图可知△OAB∽△GFA，即：NGFFRABR==解得：2cos2cosABFGGmgR===FN=G=mgA．F=2mgtanθ，与分析不符，故A错误；B．F=mgcosθ，与分析不符，故B错误；C

．FN=mg，与分析相符，故C正确；D．FN=2mg，与分析不符，故D错误；故选：C。3.2013年12月2日，“嫦娥三号”成为了全人类第一个在月球背面成功实施软着陆的探测器。为了减小凹凸不平的月面可能造成的不利影响

，“嫦娥三号”采取了近乎垂直的着陆方式。已知：月球半径为R，表面重力加速度大小为g，引力常量为G，下列说法正确的是（）A.“嫦娥三号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的过程中处于超重状态B.为了减小与地面的撞击力，“嫦娥三号”着陆前的一小段时间内处于失重状态C.“嫦娥三号”着陆

前近月环绕月球做圆周运动的周期约为T=RgD.月球的密度为ρ=34gRG【答案】D【解析】【详解】A．“嫦娥三号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的过程中万有引力全部提供向心力，处于完全失重状态，故A错误；B．为了减小与地面的撞击力，在“嫦娥三号”着陆前的一小段时间内“嫦娥四号

”需要做减速运动，处于超重状态。故B错误；C．“嫦娥三号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的时万有引力提供向心力，即：224mRmgT=解得：2RTg=故C错误；D．月球表面的重力近似等于万有引力，则：2GMmmgR=，343MR=月球的密度：34gRG=故D正

确。故选：D。4.如图所示，将一交流发电机的矩形线圈abcd通过理想变压器外接电阻R=5Ω，已知线圈边长ab=cd=0.1m，ad=bc=0.2m，匝数为50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端

，变压器原副线圈匝数比n1︰n2=l︰3，线圈在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以ω=200rad/s的角速度匀速转动，则（）A.从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为e=40sin200t（V）B.交流电压表的示数为202VC.电阻R上消耗的电动率为720

WD.电流经过变压器后频率变为原来的2倍【答案】B【解析】【详解】A．线圈绕垂直磁场的虚线轴匀速转动，产生正弦式交流电，交变电动势最大值：Em=NBSω=50×0.2×0.1×0.2×200V=40V图示位置为与中性面垂直的位置，感应电动势为最大，则

从此时开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为e=40cos200t（V）故A错误；B．线圈内阻不计，则电压表示数为交变电动势的有效值202V2mEE==故B正确；C．根据变压比可知，副线圈输出电压：21602VnUEn==电阻R上消耗的功率：21440WU

PR==故C错误；D．变压器不会改变交流电的频率，故D错误。故选：B。5.如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量

为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现杆受到水平向左、垂直于杆的恒力F作用，从静止开始沿导轨运动，当运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g

。对于此过程，下列说法中正确的是（）A.当杆的速度达到最大时，a、b两端的电压为()FRrBL+B.杆的速度最大值为22()FRrBL+C.恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量D.安倍力做功的绝对值等于回路中产生的焦耳热【答案】D【解析】【详解】AB

．当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得：22mBLvFmgFmgRr=+=++安得最大速度为22()()mFmgRvrBL+=−当杆的速度达到最大时，杆产生的感应电动势为：()()mFmgRrEBLvBL−+==a、b两端的电压为：()RFmgRU

ERrBL−==+故AB错误；C．根据动能定理知，恒力F做的功、摩擦力做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量，故C错误；D．根据功能关系知，安倍力做功的绝对值等于回路中产生的焦耳热，故D正确。故选：D。6.A、B两物体质量均为m，其中A带正电，带电量为q，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘轻质

弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度E=4mgq，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是（）A.从开始到B刚要离开地面过程，A物体速度大小先增大后减小B.刚施加电场的瞬间，A的加

速度为4gC.从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量D.B刚要离开地面时，A的速度大小为2g3mk【答案】BD【解析】【详解】AB．在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加上电场力瞬间，A物体受到的合力为施加的电场力，故有：qE=4mg=ma解得：

a=4g，方向向上B刚要离开地面时，弹簧的拉力为mg，此时A物体合力为2mg，加速度为2g，向上，从开始到B刚要离开地面过程，A物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物体速度一直增大，故A错误B正确；C．从开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能增量等

于电势能与弹性势能的减少量的和，从弹簧恢复原长到B刚要离开地面的过程，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量的差值，故C错误；D．当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场力到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离为：2mg

xk=根据动能定理可知：21()2qEmgxmv−=解得：32mvgk=故D正确。故选：BD。7.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过

时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与od成30°角的方向、大小不同的速率射入正方形内，则下列说法中正确的是（）A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是023t，则它一定从ad边射出

磁场B.若该带电粒子在磁场中经历的时间是053t，则它一定从cd边射出磁场C.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是054t，则它一定从bc边射出磁场【答案】BD【解析】【详解】由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0

刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T=2t0A．当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为0163ttT==在所有从ad边射出的粒子中最长时间为03t，该带电粒子在磁场中经历的时间是023t，则它一定不会从ad边射出磁场，故A错误；B．若该带电粒子在磁场中经历

的时间是05536tT=则粒子轨迹的圆心角为55263==速度的偏向角也为53，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd射出磁场，故B正确；C．若该带电粒子在磁场中经历

的时间是012tT=则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于560901506+==故不一定从ab边射出磁场，故C错误；D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是05548tT=则得到轨迹的圆心角为54则它一定从bc边射出磁场，故D正确。故选：B

D。8.如图所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，AB间距离为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、长为L的导体棒MN放在导轨上，甲、乙两根相同的轻质弹簧一端与MN棒中点连接，另一

端均被固定，MN棒始终与导轨垂直并保持良好接触，导轨与MN棒的电阻均忽略不计。初始时刻，两弹簧恰好处于自然长度，MN棒具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，MN棒第一次运动至最右端，在这一过程中AB间电阻R上产生的焦耳热为Q，则（）A.初始时刻棒受到安培力大小为2202BLvRB.从初始时刻至棒

第一次到达最左端的过程中，整个回路产生焦耳热等于23QC.当棒再次回到初始位置时，AB间电阻R的功率小于22208()3QBLvmR−D.当棒第一次到达最右端时，甲弹簧具有的弹性势能为20122mvQ−【答案】A

C【解析】【详解】A．初始时刻棒产生的感应电动势为：E=BLv0、感应电流为：022EBLvIRR==棒受到安培力大小为：2202BLvFBILR==故A正确；B．MN棒第一次运动至最右端的过程中AB间电阻R上产生的焦耳热Q，

回路中产生的总焦耳热为2Q。由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，棒克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热应大于12233QQ=故B错误；C．设棒再

次回到初始位置时速度为v。从初始时刻至棒再次回到初始位置的过程，整个回路产生焦耳热大于：24233QQQ==根据能量守恒定律有：2201122mvmvQ=+棒再次回到初始位置时，棒产生的感应电动势为：E′=BLv，AB间电

阻R的功率为：2EPR=联立解得：222083QBLvmPR−故C正确；D．由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，又甲乙两弹簧的弹性势能相等，所以甲具有的

弹性势能为22001112224mvQmvQ−=−故D错误。故选：AC。二、非选择题9.某同学利用如图1所示的装置“探究合外力做功与物体动能变化的关系”，具体实验步骤如下:A.按照图示安装好实验装置，挂上砂桶（含少量砂子）．B.调节长木板的倾角，轻推小

车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等．C.取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的质量m，并记录数据．D.保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时的时间t1、t2，并测量光电门甲、

乙之间的距离为s.E.改变光电门甲、乙之间的距离，重复步骤D．请回答下列各问题：（1）若砂桶和砂子的总质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，则步骤D中小车下滑时所受合力大小为________．（忽略空气阻力）（2）用游标卡尺测得遮光片宽度（如图2所示）d=_

________mm．（3）在误差允许的范围内，若满足__________，则表明物体所受合外力做的功等于物体动能变化量．（用题目所给字母表示）【答案】(1).mg(2).6.75(3).mgs=2212dMt（）-2112dMt（）【解析】【详解】(1)[1

]探究“小车的加速度与所受合外力的关系”中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力，则步骤D中小车加速下滑时所受合力大小为mg；(2)[2]根据游标卡尺读数规则，遮光片宽度d=6mm+15×0.05mm=6.75mm(3)[3]遮光片通过两

个光电门1、2的速度分别为v1=1dt、v2=2dt故小车动能变化量为△Ek=2212dMt（）-2112dMt（）在误差允许的范围内，合外力做功等于物体动能的变化量，即mgs=2212dMt（）-2112dMt（）10.在测量干电池电

动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路，S2为单刀双掷开关，定值电阻R0=4Ω。合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动

变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数。在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数Ⅰ的图像，如图乙所示，两直线与纵轴的截距分别为3.00V、2.99V，与横轴的截距分别为

0.5A、0.6A。(1)S2接1位置时，作出的U－I图线是图乙中的____________（选填“A”或“B”）线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是____________。(2)由图乙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为

E真=____________，r真=____________。(3)根据图线求出电流表内阻RA=____________。【答案】(1).B(2).电流表的示数偏小(3).3.00V(4).1.0Ω(5).1.0Ω【解析】【详解

】(1)[1]当S2接1位置时，可把电压表、定值电阻0R与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知EU=断电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的UI−图线应是B线；[2]测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分

流；(2)[3]当S2接2位置时，可把电流表、定值电阻0R与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律EU=断可知电动势测量值等于真实值，UI−图线应是A线，即有3.00VAEU==真[4]由于S2接1位置时，UI−图线的B线对应的短路电流为0.6ABII==短所以r真05.0ΩABEURrI+=

==真短解得r真1.0Ω=[5]对A线，根据闭合电路欧姆定律可得对应的短路电流为00.5AAErRR=++解得电流表内阻为A1.0ΩR=11.如图所示，竖直平面内有一四分之一光滑圆弧轨道固定在水平桌面AB上，轨道半径R=1.8m，末端与桌面相切于A点，倾角θ=37°的斜面BC紧

靠桌面边缘固定，从圆弧轨道最高点由静止释放一个质量m=lkg的可视为质点的滑块a，当a运动到B点时，与a质量相同的另一可视为质点的滑块b从斜面底端C点以初速度v0=5m/s沿斜面向上运动，b运动到斜面上的P点时，a恰好平抛至该点，已知AB的长度x=4m，a与

AB间的动摩擦因数μ1=0.25，b与BC间的动摩擦因数μ2=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求(1)滑块a到达B点时的速度大小；(2)斜面上P、C间的距离。【答案】(1)4m/s；(2)1.24m。

【解析】【详解】(1)滑块a从光滑圆弧轨道滑下到达B点的过程中，根据动能定理有：2112mgRmgxmv−=代入数据解得v＝4m/s(2)滑块a到达B点后做平抛运动，根据平抛运动的规律有：x′＝vt，y＝212gt，tanθ=yx代入数据解得t＝0.6s滑块b从斜

面底端上滑时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+μ2mgcosθ＝ma1代入数据解得a1＝10m/s2向上运动的时间t1=010.5sva=＜0.6s然后接着下滑，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma2代入数据得a

2＝2m/s2可得P、C间的距离x=201211()22vtatt=−代入数据解得x＝1.24m12.如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.

55m，有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长.(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，c

os37°＝0.8)求：(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速

度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？【答案】(1)2.4N；(2)0.25m；(3)0.1J；【解析】【详解】(1)线框abcd还未进入磁场的过程中，以整体法有：1212()mgsinmgmm

a−+＝解得：22m/sa=以m2为研究对象有：22Tmgma−=解得：2.4NT=(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有：2212sin0BLvmgmgR−−=解得：1m/sv=ab到MN前线框做匀加速运动，有：22vax=解得：0.25mx=(3

)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：2121211sin()()()2mgxdLmgxdLmmvQ++−++=++解得：0.4JQ＝所以：10.1J4abQQ＝＝13.关于分子运动论热现象和热学规律，以下说法中正确的有（）A.水中的花粉颗粒在不停

地做无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性B.两分子间距离大于平衡距离时，分子间的距离越小，分子势能越小C.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体D.利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可

能的E.一定质量的理想气体如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定增大【答案】ABD【解析】【详解】A．水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，是由于周围液体分子对其不平衡的撞击造成的，反映了液体分子运动的无规则性。故A正确；B．两

分子间距离大于平衡距离时，分子间表现为引力，当的距离减小，分子力做正功，分子势能减小。故B正确；C．用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，是由于云母片具有各向异性的原因，说明云母片是晶体。故C错误；D．根据能量转化与守恒以及热力学第二定律可知，用浅层海水

和深层海水间的温度差造出一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，是可行的。故D正确；E．一定质量的理想气体，温度保持不变（△U=0）而吸收热量（Q＞0），根据热力学第一定律，气体对外做功（W＜0），体积变大；在根据气体等温方程PVC=可知，压强变小，故E错误。

故选：ABD。14.如图所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7℃的环境中，左侧管上端开口，并用轻质活塞封闭有长l1＝14cm的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2＝24cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h＝6cm.若把该装置移至温度恒为

27℃的房间中(依然竖直放置)，大气压强恒为p0＝76cmHg.不计活塞与管壁间的摩擦．分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度．【答案】15cm25cm【解析】设管的横截面积为S，活塞再次平衡时左侧管中气体的长度为l′，左侧管做等压变化，则有'11'VV

TT=其中V1＝14S，T＝280K，T′＝300K，V′2＝l′1S解得l′1＝15cm设平衡时右侧管气体长度增加x，则由理想气体状态方程可知0202()(2)()'phlSphxlxSTT−−++=

其中p0＝76cmHg，h＝6cmHg解得x＝1cm所以活塞平衡时右侧管中气体的长度为25cm.点睛：本题要能用静力学观点分析各处压强的关系．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题．15.下列说法正确的是（）A.当障

碍物或孔的尺寸比波长大或差不多时,才能发生明显的衍射现象B.不鸣笛的汽车向你驶来时听到的频率不等于喇叭发声频率是属于声波的干涉现象C.频率相同的两列波相遇,波谷和波谷相遇处为振动加强点D.增大单摆的摆长,单摆摆

动的频率将减小E.弹簧振子的振幅越小,其振动频率将保持不变【答案】CDE【解析】当障碍物或孔的尺寸比光的波长小很多或相差不大时，光可以发生明显的衍射现象，A错误；不鸣笛的汽车向你驶来时听到的频率不等于喇叭发声频率是属于声波的多普勒效应，B错误；频率相

同的两列波的波谷和波谷相遇处的质点振动是加强点，C正确；根据2LTg=，可知当摆长增大时，单摆的周期增大，频率减小，D正确；根据简谐运动的周期由振动系统本身决定，与振幅无关，频率与周期的关系为1fT=，即频率与振幅也无关，E正确；选CDE.16.某透明介质的截面图如

图所示，直角三角形的直角边BC与半圆形直径重合，∠ACB=30°，半圆形的半径为R，—束光线从E点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O，且E、O两点距离为R，已知光在真空的传播速度为c，介质折射率为3。求：(1)光线在E点的折射角并画出光路图；(2)光线进入介质到射

到圆弧的距离和时间。【答案】(1)30°；；(2)3R；3Rc。【解析】【详解】(1)由题OE＝OC＝R则：△OEC为等腰三角形∠OEC＝∠ACB＝30°所以入射角：θ1＝60°由折射定律：n＝12sinsin可得：sinθ2=12，θ2＝30°由几何关系：∠OED＝30

°，则折射光平行于AB的方向，如图；(2)折射光平行于AB的方向，所以：ED=2Rcos30°=3R光在介质内的速度：v＝cn，传播的时间：t＝EDv联立可得：t＝3Rc