【文档说明】湖北省钟祥市东方之星外国语高级中学2020届高三下学期第十次竞赛理科综合物理试题含答案.docx，共(11)页，1023.501 KB，由管理员店铺上传

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二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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。14.21H和31H

是重要的聚变核燃料，21H和31H聚变的核反应方程为21H+31H→42He+X+17.6MeV，X与Y核反应又可获得31H，即X+Y→42He+31H+4.9MeV，则下列说法正确的是()A．X是电子B

．Y的核电荷数为4C．21H+31H→42He+X+17.6MeV中的17.6MeV是42He的结合能D．X+Y→42He+31H+4.9MeV中平均每个核子释放的能量为0.7MeV15.若银河系内每个星球贴近其表面运行的卫星的周期用T表示,被环绕的星球的平均

密度用ρ表示.21T与ρ的关系图象如图所示,已知万有引力常量11226.6710Nm/kgG−=.则该图象的斜率约为()A.1022710Nm/kg−B.1122710Nm/kg−C.1222710Nm/kg−D

.1322710Nm/kg−16.边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。在桌面内边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所

示，则在ab边开始转入磁场的瞬间ab两端的电势差abU为（）A.213BlB.212Bl−C.213Bl−D.017.如图所示，ABCD、、、四个小球质量分别为m、4m、2m、3m，用细线连着，在A和C之间细线上还串接有一段轻弹簧，悬挂在光滑定滑轮的两边并处于静止状态

。弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A.剪断CD、间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为3gB.剪断CD、间细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为37gC.剪断AB、间细线的一

瞬间，小球C的加速度大小为零D.剪断C球上方细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为零18.如图所示，质量为m的物体A静止在质量为M的斜面B上，斜面B的倾角θ＝30°。现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至32mg再逐渐减为零

的过程中，A和B始终保持静止。对此过程下列说法正确的是（）A.地面对B的支持力随着力F的变化而变化B.A所受摩擦力方向始终沿斜面向上C.A所受摩擦力的最小值为4mg，最大值为32mgD.A对B的压力的最小值为32mg，最大值

为334mg19.如图所示，实线为两个点电荷1Q、2Q产生的电场的电场线，虚直线cd为1Q、2Q连线的垂直平分线，O为垂足，c、d两点在垂直平分线上且关于1Q、2Q连线对称。一电子只在电场力的作用下从a点沿虚曲线途经O点运动到b点。下

列说法正确的是（）A.1Q的电荷量小于2Q的电荷量B.c、d两点的电势相同，场强相同C.电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度D.电子在O点时的电势能小于在a点时的电势能20.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，

降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了U，则下列判断正确的是（）A.电流表A2的示数减小了URB.电流表A1的示数增大了nURC.电压表V1的示数不变D.输电线损失的功率增

加了2nURR21.如图所示，一小球从半径为R的固定半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g。关于小球的运动，下列说法正确的是（）A.小球抛出

时的初速度大小为332gRB.小球抛出点与B点的距离为394RC.小球经过B点时对轨道的压力大小为332mgD.小球从抛出点到B点的过程中速度变化量的大小为3232gR−三、非选择题：共174分。第22~32

题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分22.(5分）如图所示，为了测量滑块（装有遮光条）的加速度，在倾斜的气垫导轨上安放两个光电门A、B，配套的

数字毫秒表会自动记录遮光条通过光电门的相应时间。某同学根据自己的设想，做了如下操作：①将计时方式设定为记录“遮光条从光电门A运动到B的时间”。此时当两个光电门的任一个被挡住时，计时仪开始计时；当两个光电门中任一个被再次挡光时，计时终止。计时仪显示的是两次挡光之间的时间间

隔；②将滑块从导轨上某处自由滑下，测出两光电门间距x，并记下毫秒表上的示数t；③保持光电门B位置不动，适当移动光电门A的位置，重复步骤②；④重复步骤③若干次。(1)关于操作中的注意事项，下列各项正确的是________；A．必须测量遮光条的宽度B．两光电

门的间距应适当大些C．在每次重复的步骤中，滑块必须从导轨的同一位置自由滑下D．导轨倾斜是为了平衡摩擦力(2)已知该同学的两组数据：1x，1t和2x，2t。其中21xx，则滑块的加速度a=________（用1x，1t；2x，2t表示

）。23.（10分）某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有：两个相同的待测电源(内阻1Ω)r，电阻箱1(R最大阻值为999.9Ω)，电阻箱2(R最大阻值为999.9Ω)，电压表V(内

阻约为2kΩ)，电流表A(内阻约为2Ω)，灵敏电流计G，两个开关1S、2S．主要实验步骤如下：①按图连接好电路，调节电阻箱1R和2R至最大，闭合开关1S和2S，再反复调节1R和2R，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱1R、电阻箱2R的示数分

别为1I、1U、1R、2R；②反复调节电阻箱1R和2(R与①中的电阻值不同)，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为2I、2U．回答下列问题：（1）电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势Aφ和Bφ的关系为______；（2）电压表的内阻为______，电流表的内阻为____

__；（3）电源的电动势E为______，内阻r为______。24.（12分）甲、乙两物体（可视为质点）沿同一直线运动，运动过程的位置—时间图像（xt−图）如图所示，甲的xt−图是一条直线，乙的xt−图是一条抛物线。在图示时间内，求：(1)甲、乙两物体相遇时，各自的速度大小v甲和v

乙；(2)甲、乙两物体速度大小相等时，各自的位置坐标x甲和x乙。25.（20分）如图所示，在光滑绝缘水平面上，存在两个相邻的相同矩形区域CDMN和NMHG，，CD=NM=GH=2d、CN=NG=d．区域CDMN中存在方向竖直向下的匀强磁场B1，区域NMHG

中存在方向竖直向上的匀强磁场B2。不可伸长的轻质细线，一端固定于O点，另一端拴有一个质量为3m的绝缘小球a。拉紧细线使小球a从距离桌面高h的位置静止释放，当小球a沿圆弧运动至悬点正下方位置时，与静止于该处的带正电小球b发生正碰，碰后

小球a向左摆动，上升的最大高度为4h，小球b从CD边界中点P垂直进入CDMN区域，已知小球b质量为m，带电量为+q，且始终保持不变，重力加速度为g。则(1)通过计算判断a、b两小球的碰撞是否为弹性碰撞；(2)若B1=B2=B，要使b小球能从NG边界射出，求B的取值范

围；(3)若区域CDMN中磁感应强度B1=452mghqd，方向仍竖直向下。将区域NMHG中磁场改为匀强电场，电场方向水平且由N指向M。是否存在一个大小合适的场强使小球b恰由H点离开电场区域，若存在请算出场强E的大小，不存在请说明理由。33.(1)（

5分）下列说法正确的是__________A.液体的饱和汽压随温度的升高而增大B.温度相同的氮气和氧气的分子平均动能相同C.做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能也越来越大D.水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净

的玻璃板上却不能，这是油脂使水的表面张力增大的缘故E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞次数与单位体积内气体的分子数和温度都有关(2)（10分）水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空．当实际大气压相当于764mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计

的读数为750mm，此时管中的水银面到管顶的距离为60mm，环境温度为17℃．求：○1若环境温度不变，当这个气压计的读数为740mm时，实际大气压是多少？○2若环境温度为27℃，且这个气压计的读数为752mm时，实际大气压是多少？34.(1)（5分）如图（a），在xy平面内有两个沿z方向

做简谐振动的点波源S1(0，4)和S2(0，–2)．两波源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示，两列波的波速均为1.00m/s．两列波从波源传播到点A(8，–2)的路程差为________m，两列波引起的点B(4，1

)处质点的振动相互__________（填“加强”或“减弱”），点C(0，0.5)处质点的振动相互__________（填“加强”或“减弱”）．(2)（10分）一玻璃砖截面如图所示，O为圆环的圆心，内圆半径为R，外圆半径为3R，AF和EG分别

为玻璃砖的两端面，120AOE=，B、C、D三点将圆弧四等分。一细束单色光a从F点沿平行于BO方向从AF面射入玻璃砖，其折射光线恰好射到B点，求：○1玻璃砖的折射率n；○2从B点出射的光线相对于射入玻璃砖

前入射光线的偏转角φ。物理部分14.【答案】D【详解】A．根据质量数、电荷数守恒可知，X是中子，A项错误;B．根据质量数、电荷数守恒可知，Y的核电荷数为3，B项错误；C．核子结合成原子核释放的能量才是结合能，C项错误D．X+Y→42He+31H+4

.9MeV中平均每个核子释放的能量为4.9MeV7=0.7MeV，D项正确.故选D。15.【答案】C【详解】令该星球的半径为R，则星球的体积343VR=，卫星绕星球做匀速圆周运动，由万有引力提供卫星圆

周运动的向心力，则有2224GMmmRRTp=，得星球的质量2324RMGT=，所以星球的密度为MV=，联立解得23GT=，则得213GT=，由数学知识知，21T与ρ的关系图象斜率1112226.6710710?/333.14GkNmkg−−==，

故C正确，A、B、D错误；故选C．16.【答案】A【详解】导体棒ab转动切割磁感线，电动势大小为201222abvvlEBlvBlBlBl++====ab两端的电势差即路端电压，根据右手定则可知电流从a端流出，b端流入，所以a端电势高于b端，则2211322332

abUBlBlE===A正确，BCD错误。故选A。17.【答案】C【详解】开始时，弹簧的弹力为5mg，剪断CD、间细线的一瞬间，弹簧的弹力不变，则小球C的加速度大小为521.52mgmgagm−==，AB、的加速度为零，选项A、B错误；同理可以分

析，剪断AB、间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为0，选项C正确；剪断C球上方细线的一瞬间，弹簧的弹力迅速减为零，因此小球A和B的加速度大小为g，选项D错误。18.【答案】D【详解】A．对AB组成的整体

受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面对B的支持力，所以地面对B的支持力等于()Mmg+，保持不变，A错误；B．拉力F最大时沿斜面向上的分力为cos300.75Fmg=重力沿斜面向下的分力为sin300.5mgmg=故此时摩擦力沿斜面向下，B错误；C．对A受力分析，受到重力、支持力

、拉力和摩擦力作用，当拉力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力为零，所以摩擦力最小为零，当0F=时，f最大，maxsin300.5fmgmg==C错误；D．垂直于斜面方向有cos30sin30N

FmgF=+当0F=时，NF最小，最小为min3cos302NFmgmg==当32Fmg=时，NF最大，最大为max3133cos30224NFmgmgmg=+=D正确。故选D。19.【答案】CD【详解】A．根据电场线的分布可知两

电荷带异种电荷，根据电场线的疏密程度分布可知1Q电荷量大于2Q的电荷量，A错误；B．根据场强的叠加法则可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同；根据对称性可知c、d两点的电势相等，B错误；C．电场线的疏密程度表示场强的弱

强，所以OaEE电子仅受电场力，根据牛顿第二定律qEma=可知电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度，C正确；D．电子带负电，电子所受合外力指向轨迹的凹侧，所以1Q带正电，2Q带负电，沿电场线方向电势降低，则Oa根据电势能pEq=电子带负电，

所以ppOaEED正确。故选CD。20.【答案】BC【详解】AB．根据理想变压器的电压规律，对于降压变压器1UnU=根据欧姆定律，1A示数增加了11UUInRR==根据单相理想变压器的电流规律121IIn=解得2A示数增加了221UInInR==A错误，B正确；C．

发电厂的输出电压恒定，升压变压器的变压比恒定，所以1V示数恒定，C正确；D．输电线上损失的功率增加了22212()PIRIRIRnURR=−=变化后变化前所以损失的功率不一定为2nURR，

D错误。故选BC。21.【答案】AB【详解】A．小球抛出后做平抛运动，水平方向位移为3cos602xRRR=+=在B点，根据几何关系可知偏转角为30，则2tan30yx=解得3tan3=2403334RRxy==竖直方向上

做自由落体运动212ygt=解得232yRtgg==水平方向做匀速直线运动023322333322RRvxggRtRRg====A正确；B．小球抛出点距离B点的距离22394Rsxy=+=B正确；C．在B点速度023cos30BvvgR==根据牛顿第二定律2sin60BvmgNmR−=解得0

N说明小球经过B点时对轨道的压力大小为0，C错误；D．小球从抛出点到B点的过程中速度变化量的大小为32ygRvvgt===D错误。故选AB。22.（5分）【答案】(1).BC(2).()()211212122xtxttttt−−【详解】(1)[1]A．光电门测量的是通过两光

电门的用时，并不是通过光电门的时间，所以不需要测量遮光条的宽度，A错误；B．两光电门的距离适当大一些可以减小误差，B正确；C．滑块每次从同一位置下滑，保证通过光电门B的速度相同，C正确；D．导轨倾斜是为了

滑块能够加速下滑，不是平衡摩擦力，D错误。故选BC。(2)[2]滑块做匀加速直线运动，因为通过光电门B的速度相同，将匀加速直线运动的逆过程视为匀减速直线运动，根据位移与时间的关系2101112xvtat=−2202212xvtat=−联立方程解得()()2112121

22xtxtatttt−=−23.（10分）【答案】(1).φA=φB(2).11111VURRIRU=−(3).121AURRI=−(4).122121UIUIEII−=−(5).1221UUrII−=−【详解】（1）电流计G的示数为0时，由欧姆定律知，G的电压为零，说明

A、B两点的电势相等，即φA=φB．（2）由于电流计G的示数为0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻R1的电流之和．则在步骤1中，通过电压表的电流111VUIIR=−电压表的内阻为111111VVUURRIIRU==−左右两个电源两极间的电压相等，则有：U1=I1（RA+R2）解得

电流表的内阻121AURRI=−（3）根据闭合电路欧姆定律得：E=U1+I1rE=U2+I2r解得122121UIUIEII−=−1221UUrII−=−24.（12分）【答案】(1)1m/s，1915m/s；(

2)0，32m15【详解】(1)根据数学知识可得甲乙两物体位置坐标随时间的关系如下：4(m)xt=−+甲2214(m)1515xtt=−++乙对照运动学公式1xxvt=+甲22012xxvtat=++乙可知，甲沿正方向做

匀速直线运动，采用待定系数法1m/sv=乙沿负方向做匀减速直线运动，初速度大小01m/s15v=加速度大小24m/s15a=15st=时，甲乙相遇1m/svv==甲0119m/s15vvat=−=−乙大小为19m/s15，负号表示速度

方向沿x−方向。(2)设2t时刻甲乙速度大小相等。则有()02vvat=−−解得24st=带入位置时间表达式可得，0x=甲32m15x=乙25.（20分）【答案】(1)弹性碰撞，分析过程见解析；(2)4522mghmghBqdqd；(3)存在，5150mghEqd=。【详解】(1)设小球a碰

前的速率为av，碰后速率为av，小球b的速率为bv，a小球与b小球碰撞前：21323ammghv=①a小球与b小球碰撞后：'2113423ammghv=②a小球与b小球碰撞时，以水平向右为正方向：33aabmmvvmv=−+③联立①

②③得：'22aabvvv==2bghv=碰撞前两物体总动能2163amvmghE==碰撞后两物体总动能'22211623amvEmvmgh=+=碰撞前后总动能守恒，所以a、b两小球碰撞属于弹性碰撞。(2)

若小球b恰好从N点射出，作出小球的运动轨迹，如图所示。由几何关系得：R=d④而2bbmvqvBR=⑤联立解得：2mghBqd=；若小球b恰好从G点射出，作出小球的运动轨迹，如图所示。由几何关系可得：''2222dRdR−+=⑥'

'bmvRBq=⑦联立解得：54Rd='452mghBqd=综上可得B的取值范围为：4522mghmghBqdqd；(3)由(2)可得当1452mghBqd=小球b在CDMN区域里做圆周运动后小球从距离N点2d处以速度vb斜射入MNGH区域中，设vb与

边界NM夹角为θ，由几何关系得：cos0.8dR==由运动合成分解可知：0.6xbvv=b0.8yvv=假设小球恰好能从H点离开电场，运动时间为t。x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做类竖直上抛运动。x=dx=v

xt⑧32yd=−212yyvtat=−⑨（以电场相反方向为正方向）Eqam=⑩联立解得：5lg50had=5150mghEqd=令vy减为0时，小球沿y轴向上的最大位移2max82512yvddya==小球未从NG边界离开电场区域。故假设成立，即电场强度5150mghEqd=时小球恰

能从H点离开。33.[物理——选修3-3](1)（5分）【答案】ABE【详解】A、温度越高，蒸发越快，故液体的饱和汽压随温度的升高而增大，故选项A正确；B、温度是分子热运动平均动能的标志，故温度相同的氢气和氧气的分子平均动能也相同，故选项B正确；C、做加速运动的物体，由于速度越来越大，物体分子

的平均动能不一定增大，因为分子的平均动能是由温度决定，和物体的宏观运动无关，故选项C错误；D、水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，是由于水浸润玻璃，但不浸润涂油的玻璃，故选项D

错误；E、气体压强取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能的大小，故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和温度都有关，故选项E正确；故选选项ABE．(2)（10分）【答案】752mmHg767mmHg【详解】34.[物理——选修3

-4](1)【答案】2减弱加强【详解】由几何关系可知AS1=10m，AS2=8m，所以波程差为2m；同理可求BS1–BS2=0，为波长整数倍，由振动图象知两振源振动方向相反，故B点为振动减弱点，CS1–CS2=1m，波长=2mvT=，所以C点振动加强．(2)【答

案】○13；○260=【详解】○1光路图如图所示设从AF界面射入时的入射角为1，折射角为2，因为a光线平行于BO，则160=根据余弦定理有22(3)23cos30FBRRRRR=+−=所以330=，230=根据折射定律有12sinsi

nn=代入数据得3n=○2因为43sinsinn=解得460=则偏转角为60°。错误!错误!获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com