【文档说明】【精准解析】湖北省黄冈八模2020届高三下学期模拟考试理综物理测试题（四）.doc，共(20)页，865.000 KB，由小赞的店铺上传

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高三开学收心检测物理一、单项选择题∶本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.生活中常见的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上。如图是一款

放置在高铁水平桌面上的手机支架，支架能够吸附手机，小明有一次搭乘高铁时将手机放在该支架上看电影，若手机受到的重力为G，手机所在平面与水平面间的夹角为，则下列说法正确的是（）A.当高铁未启动时，支架对手机的作用力大小等于cosGB.当高

铁未启动时，支架受到桌面的摩擦力方向与高铁前进方向相反C.高铁减速行驶时，手机可能受到3个力作用D.高铁匀速行驶时，手机可能受到5个力作用【答案】C【解析】【详解】A．高铁未启动时，手机处于静止状态，受重力和支架对手机的作用力，根据平衡条件可知，支架对手机的作用力与重力大小相等，方

向相反，故A错误；B．高铁未启动时，以手机和支架整体为研究对象，受重力和桌面的支持力，不受桌面摩擦力，故B错误；C．高铁匀减速行驶时，手机具有与前进方向相反的加速度，可能只受重力、纳米材料的吸引力和支架的支持力，共三个力的作用，故C正确；D．高铁匀速行驶时，手机受重力、纳米材料的吸引力、支架

的支持力和摩擦力，共四个力的作用，故D错误；故选C。2.在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，副线圈接有阻值为10的定值电阻R，原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压。下列分析正确的是A.变压器原线圈通过的电流为102AB.变压器副线圈

通过的电流为2AC.电阻R两端的电压为10VD.电阻R消耗的功率为40W【答案】B【解析】【详解】由原线圈接的正弦交变电压的u-t图像可读出最大值为1max200VU=，可得输入电压的有效值为；1max11002V2UU==，由理想变压器

的电压比等于匝数比，有：1122101UnUn==可得副线圈的两端的电压为：12102V10UU==AB．对副线圈的电路由欧姆定律可得副线圈的电流为：22102A2A10UIR===结合电流比等于匝数的反比，可得原线圈流过的电流为：21212A

10nIIn==故A项错误，B项正确；C．电阻R并联在副线圈两端，则电压即为副线圈两端的电压为102V，故C错误；D．电阻R消耗的功率为：222220WRUPUIR===，故D项错误。故选B。3.某静电场中x轴上各点电势分布图如图所示．一带电粒子在坐标原点O处

由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动．下列说法正确的是A.粒子一定带负电B.粒子在x1处受到的电场力最大C.粒子从原点运动到x1过程中，电势能增大D.粒子能够运动到x2处【答案】A【解析】【分析】由题中“一带电粒子在坐标原点O处由静止释

放”可知本题考查带电粒子在非匀强电场中的运动，根据图像和电势变化可分析本题．【详解】A．由于从坐标原点沿x轴正方向电势先升高后降低，因此电场方向先向左后向右，由于带电粒子在坐标原点静止释放，沿x轴正方向运动，由此可知粒子带负电，故A正确；B．由图可

知，图像斜率即为电场强度，在x1处斜率为零，因此电场强度最小，电场力也最小，故B错误；C．从开始运动到x1处，电场力做正功，电势能减小，故C错误；D．由于粒子只在电场力的作用下运动，当运动到与开始时电势相等的位置

，粒子速度为零，不能到达x2处，故D错误．4.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1

n−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。5.大气压强为51.010Pa。某容器的容积为10L，装有压强为61.010Pa的气体，如果保持气体温度不变，把容器的开口打

开，待气体达到新的平衡时，容器内剩余气体的质量与原来气体的质量之比为（）A.1∶9B.1∶10C.1∶11D.1∶20【答案】B【解析】【详解】以原来所有气体为研究对象，初状态：p1=1.0×106Pa，V1=10L，把容器的开关打开，气体等温膨胀，末状态：p2=1.

0×105Pa，设体积为V2，由玻意耳定律得p1V1=p2V2代入数据得V2=100L即容器中剩余10L压强为P0的原来气体，而同样大气压下气体的总体积为100L，所以剩下气体的质量与原来气体的质量之比等于同压下气体的体积之比12101=100

10mVmV==剩总故ACD错误，B正确；故选B。6.2019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.2StGMC.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22t

Sr=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。7.如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水

以相对地面为0v的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（）A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B.水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒C.火箭获得的最大速度为0MvMm−D.火箭上升的最大高度为22022()mvgMm−【答案】D【解析】【详解】

A．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；B．水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B错误；C．在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有0()0Mmvmv−−=解得0mvvMm=−C错误；D．水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有22vgh=解得

22022()mvgMhm−=D正确。故选D。8.如图所示，两光滑圆形导轨固定在水平面内，圆心均为O点，半径分别为10.2mr=，20.1mr=，两导轨通过导线与阻值2ΩR=的电阻相连，一长为1r的导体棒与两圆形导轨接触良好，导体棒一端以O点为圆心，以角速度100ra

d/s=顺时针匀速转动，两圆形导轨所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小2TB=的匀强磁场，不计导轨及导体棒的电阻，下列说法正确的是（）A.通过电阻的电流方向为由b到aB.通过电阻的电流为2AC.导体棒转动时产生的感应电动势为4VD.当2r减小而其他条件

不变时，通过电阻的电流减小【答案】C【解析】【详解】A．由右手定则可知，通过电阻的电流方向为a到b，故A错误；B．两圆环间导体棒在t时间内扫过的面积2221()2tSrr=−由法拉第电磁感应定律可知，两圆环间导体棒切割磁感线产生的

感应电动势22222111()2(0.20.1)100V3V22BSEBrrtt===−=−=通过电阻R的电流3A1.5A2EIR===故B错误；C．导体棒转动时产生的感应电动势11101000.220.2V4V22rEBrvBr+====故C正确；

D．当2r减小而其它条件不变时，两圆环间导体棒切割磁感线产生的感应电动势1212()()2rrEBLvBrr−==−变大，通过电阻的电流增大，故D错误。故选C。二、多项选择题∶本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个

选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.下列有关光学现象的说法正确的是（）A.光从光密介质射入光疏介质，其频率不变，传播速度变小B.光从光密介质射入光疏介质，若入射角大于临界角，则一定发

生全反射C.光的干涉、衍射现象证明了光具有波动性D.做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，相邻明条纹间距变小【答案】BC【解析】【详解】A．光从光密介质射入光疏介质，其频率不变，传播速度变大，选项A错误；B．光从光密介质射入光疏介质，若入射角大于临界角，则一定

发生全反射，选项B正确；C．光的干涉、衍射现象证明了光具有波动性，选项C正确；D．红光的波长大于紫光，做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，根据lxd=可知，相邻明条纹间距变大，选项D错误。故选BC。10.一质量为0.5kg的物块沿直线运动的速度-时间（vt−）图像如图所

示，下列说法正确的是（）A.0.25s时的速度方向与1.25s时的速度方向相反B.1.5s末受到的合力大小为2NC.0~0.5s内合力做的功为1JD.前2s的平均速度大小为0.75m/s【答案】BCD【解析】【详解】A．由图象知，0.25s时的速度方向与1.25s时的速度方向都为正方向，方向相

同，故A错误。B．由图象知，1.5s末的加速度224m/s0.5a==所以合力F=ma=2N故B正确。C．由动能定理知，0～0.5s内合力做的功221100.52J=1J22Wmv=−=故C正确。D．由图象的面积表示位移知，前2s的位移110

.51.52m0.52m=1.5m22x=+−（）前2s的平均速度1.5m/s=0.75m/s2xvt==故D正确。故选BCD。11.一列横波沿x轴传播，在某时刻x轴上相距s=4m的两质点A、B（波由A传向B）均处于平衡位置，且A、B间只有一个波峰，经过时间t=1s，质

点B第一次到达波峰，则该波的传播速度可能为（）A.1m/sB.1.5m/sC.3m/sD.5m/s【答案】AC【解析】【详解】根据题意画出A、B间只有一个波峰的所有波形如图所示。由于波的传播方向由A到B，可分为下列四种情形：a图中，λ=8m；经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，可知

T=4s，则波速8m/s=2m/s4vT==b图中，λ=4m；经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，可知31s4T=，4s3T=则波速4m/s=3m/s43vT==c图中，λ=4m；经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，可知4s

T=，则波速4m/s=1m/s4vT==d图中，8m3=；经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，可知31s4T=，4s3T=则波速83m/s=2m/s43vT==故AC正确，BD错误。故选AC。12.如图所示，a、b、c分

别为固定竖直光滑圆弧轨道的右端点、最低点和左端点，Oa为水平半径，c点和圆心O的连线与竖直方向的夹角a=53，现从a点正上方的P点由静止释放一质量m=1kg的小球（可视为质点），小球经圆弧轨道飞出后以水平速度v=3m/s通过Q点，已知圆弧轨道的

半径R=1m，取重力加速度g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6，不计空气阻力，下列分析正确的是（）A.小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为4.5JB.P、a两点的高度差为0.8mC.小球运动到c点时的速度大小为4m/sD.小球运动到b点时对轨道的压力大小为43

N【答案】AD【解析】【详解】ABC．小球c到Q的逆过程做平抛运动，在c点，则有，小球运动到c点时的速度大小vc=3cos0.6v=m/s=5m/s小球运动到c点时竖直分速度大小vcy=vtanα=3×43m/s=4m/s则Q、c两点的高度差h=2

242210tvg=m=0.8m设P、a两点的高度差为H，从P到c，由机械能守恒得mg（H+Rcosα）=212cmv解得H=0.65m小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为W=mg[（H+Rcosα）－h]=4

.5J故A正确，BC错误;D．从P到b，由机械能守恒定律得mg（H+R）=212bmv小球在b点时，有N－mg=m2bvR联立解得N=43N根据牛顿第三定律知，小球运动到b点时对轨道的压力大小为43N，故D正确。故选AD。三、非选择题∶本题共6小题，共60分。13.某实验小组利用如图甲所示的实验装

置“探究加速度与物体受力的关系”。图中A为质量为M的小车，连接在小车后的纸带穿过电火花计时器B，它们均置于已平衡摩擦力的一端带有定滑轮的足够长的木板上，钩码P的质量为m，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦。(1)在实验过程中，_______（选填“需要

”或“不需要”）满足“小车的质量远大于钩码的质量”这一条件。(2)乙图为某次实验得到的纸带，相邻计数点间还有四个计时点没有画出，已知电源的频率为f，由纸带可得小车的加速度表达式为a=__________（用x1、x2、x3、x4、f来表示

）。(3)实验完毕后，某同学发现实验时的电压小于220V，那么加速度的测量值与实际值相比_______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】(1).不需要(2).24321100xxxxf+−−(3).不变【解析】【详解

】(1)[1]该实验可以用弹簧测力计测量绳子的拉力，故不需要满足小车的质量远大于钩码的质量的条件。(2)[2]根据逐差法可知，小车的加速度为23421432124(5)100xxxxxxxxafT+−−+−−=＝(3)[3]根据

(2)中所得到的加速度的表达式可知，加速度与电源电压无关，所以加速度的测量值与实际值相比是不变的。14.图甲是简易多用电表的电路原理图，图中E是电源，R1、R2、R3、R4、R5是定值电阻，R6是可变电阻，表头G的满偏电流为200μA。内阻为600Ω，其表盘如图乙所示。图甲中虚线方框内为换挡开

关，A端和B端分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，分别为：直流电流1A挡和500μA挡，欧姆×1kΩ挡，直流电压2.5V挡和10V挡。(1)若用欧姆×1kΩ挡测二极管的反向电阻，则A端与二极管的_________（选填“正”或“负”）极相接触，测得的示数如图

乙中a所示，则该二极管的反向电阻为_______kΩ。(2)某次测量时该多用电表指针位置如图乙中b所示，若此时B端是与“1”相连的，则多用电表的示数为______________；若此时B端是与“4”相连的则多用电表的示数为______________。(3)根据题中所给的条

件可得R1、R2的阻值之和为_____________Ω。【答案】(1).负(2).7.0(3).0.30A(4).0.75V(5).400【解析】【详解】(1)[1][2]若测二极管的反向电阻，则电流

从二极管的负极流入；又欧姆表的电流从A端流出，故A端与二极管的负极相接触；根据刻度盘，得出示数为7.0，又选用了×1kΩ挡，故二极管的反向电阻为7.0kΩ。(2)[3]若此时B端是与“1”相连的，则此时是大量程电流表，为直

流1A档，故此时每小格表示0.02A，读数为0.30A；[4]若此时B端是与“4”相连的，则此时为小量程的电压表，为直流电压2.5V档，故此时每小格表示0.05V，读数为0.75V。(3)[5]由电路特点，由题意知（500-200）×10-6×（R1+

R2）=200×10-6×600整理得R1+R2=400Ω15.高铁在改变人们出行和生活方式方面的作用初步显现。某高铁列车在启动阶段的运动可看作在水平面上做初速度为零的匀加速直线运动，列车的加速度大小为a。已知该列车（含乘客）的质量为m，运动过程中受到的阻力为其所受重力的k倍，重力加速度

大小为g。求列车从静止开始到速度大小为v的过程中，(1)列车运动的位移大小及运动时间；(2)列车牵引力所做的功。【答案】(1)22vxa=，vta=；(2)22mvWkgaa=+（）【解析】【详解】(1)由速度位移的关系式得v2=2ax

解得列车运动的位移为22vxa=由速度公式得v=at解得vta=(2)由动能定理得2102Wkmgxmv−=−解得22mvWkgaa=+（）16.如图所示，一根两端开口、粗细均匀且导热性良好的足够长的玻璃管竖直插入

足够大的水银槽中并固定，管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭一段长L=85cm的气体,气体的热力学温度T1=300K，现在活塞上缓慢加入细沙，直到活塞下降20cm为止，外界大气压强P0=75cmHg，g=10m/

s2。（i）求活塞下降20cm时，封闭气体的压强；（ii）保持加入的细沙的质量不变，对封闭气体缓慢加热，求活塞回到原来位置时，封闭气体的热力学温度。【答案】（i）85cmHg；（ii）380K。【解析】【详解】（i）设活塞下降

20cm时，管内外水银面高度差为x，高为x的水银产生的压强为px，则有气体做等温变化:()00(20cm)xpLppLx=+−+解得:x=10cm2085cmHgppx=+=（ii）气体做等压变化，有3223VVTT=其中2(85cm20cm1

0cm)VS=−+3(85cm10cm)VS=+21300KTT==解得:T3=380K。17.如图所示，对角线MP将矩形区域MNPO分成两个相同的直角三角形区域，在直角三角形MNP区域内存在一匀强电场

，其电场强度大小为E、向沿y轴负方向，在直角三角形MOP区域内存在一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外（图中未画出）。一带正电的粒子从M点以速度0v沿x轴正方向射入，一段时间后，该粒子从对角线MP的中点进入匀强磁场，并恰好未从x轴射

出。已知O点为坐标原点，M点在y轴上，P点在x轴上，MN边长为2L，MO边长为3L，不计粒子重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)匀强磁场的磁感应强度大小。【答案】(1)203vEL；(2)02Ev【解析】【详解】(1)设粒子在电场区

域内做类平抛运动的时间为t，有0Lvt=23122Lat=又qEma=解得203vqmEL=(2)设粒子进入磁场区域时速度方向与水平方向夹角为，有0tanatv=解得60=则进入磁场的速度大小002co

s60vvv==在磁场中，有2vqvBmr=运动轨迹如图由几何知识得3sin302rrL+=解得02EBv=18.如图所示，水平面上有A、B两个小物块（均视为质点），质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A、B连接）。距离物块A为L处

有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高

点D（物块A过D点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。已知A与右侧水平面的动摩擦因数0.5=，B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求：(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；(2)斜面体的质量；(3)物块B与斜面体相互作

用的过程中，物块B对斜面体做的功。【答案】(1)6mg；(2)2mM=；(3)83mgLW=【解析】【详解】(1)在D点，有2DvmgmL=从C到D，由动能定理，有2211222DCmgLmvmv−=−在C点，有2CvFmgmL−=解得6Fmg=由牛顿第三定律可知，物

块A通过C点时对半圆形轨道的压力6FFmg==(2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有ABmvmv=对物块A，从弹簧释放后运动到C点的过程，有22A1122CmgmvmvL−=−B滑上斜面体最高点时，对B和斜面体，由

动量守恒定律，有()BmvmMv=+由机械能守恒定律，有22B11()22mvmMvmgL=++解得2mM=(3)物块B从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律BBmvmvmv=+由机械能守恒，有222BB11122

2mvmvMv=+解得B63gLv=，463gLv=由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功212WMv=解得83mgLW=