【文档说明】【精准解析】湖北省荆门市2020届高三下学期4月模拟考试理综物理试题.doc，共(19)页，951.500 KB，由小赞的店铺上传

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荆门市2020年高三年级高考模拟考试理科综合能力测试（物理）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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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.我国科学家潘建伟院士预言十年左右量子通信将“飞”入千家万户．在通往量子论的道路上，一大批物理学家做出了卓越的贡献，下列有关说法正确的是A.爱因斯坦提出光子说，并成功地解释了光电效应

现象B.德布罗意第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念C.玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念D.普朗克把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性【答案】A【解析】爱因斯坦提出光子说，并成功地解释了

光电效应现象，选项A正确；玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，选项B错误；普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故C错误；德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，选项D错误；故选A.2.在

国际单位制（简称SI）中，力学和电学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）．导出单位V（伏特）用上述基本单位可表示为（）A.m2·kg·s－4·A－1B.m2·kg·s－3·A－1C.m2·kg·s－2·A－1D.m2·kg·s－1·A－1【答案】

B【解析】试题分析：根据题中选项中都有安培这个单位，可联想到qIt=，则进一步联想到WUq=，然后再根据功的定义，力的定义，展开换算根据电势差定义WUq=，其中WFs=，qIt=，Fma=，联立解得m

asUIt=，即-22-311kgmsm1V1kgmsAAs−==，故B正确；3.一个电子在电场力作用下沿x轴做直线运动（不计重力），以水平向右的方向为x轴的正方向，从0时刻起运动依次经历t0、2t0、3t0时刻。其运动的v−t图象如图所示。对此下列判

断正确的是（）A.0时刻与2t0时刻电子在不同位置B.0时刻、t0时刻、3t0时刻电子所在位置的电势分别为0、1、3，其大小比较有103C.0时刻、t0时刻、3t0时刻电子所在位置的场强大小分别为E0、E1、E3，其大小比较有E3E0E1D.电子从0时刻运动至t0时

刻，连续运动至3t0时刻，电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】A．由图象可知，图像与横轴围成的面积代表位移，电子从0时刻到2t0时刻位移为零，所以0时刻与2t0时刻电子在同一位置，故A错误；BD．电子从0时刻运动至t0时刻，连续运动至3t0时刻，电场力对电子先做负功，后做正功

，所以电子的电势能先增大后减小，因为电势能为EP=qφ，由于电子带负电，所以电势能越大，电势越低，则有φ1＜φ0＜φ3，故BD错误；C．根据速度-时间图象的斜率的绝对值表示加速度大小以及牛顿第二定律可知，v-t图象的斜

率的绝对值表示加速度大小，正比于电场力大小，所以加速度越大，场强越大，故有：E3＜E0＜E1，故C正确。故选C。4.2016年8月，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”

发射升空。如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500km高的轨道上实现两地通信的示意图。若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A.工作时，两地发射和接收信号的

雷达方向一直是固定的B.不能估算出“墨子号”卫星绕地球做匀速圆周运动的速度C.可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小D.可以估算出地球的平均密度【答案】D【解析】【详解】A．由于地球自转的周期和“墨子号”的周期不同，转动的角速度不同，所以工作时，两地

发射和接受信号的雷达方向不是固定的，故A错误；B．根据22()()MmvGmRhRh=++，2MmGmgR=可以计算出匀速圆周运动的速度，故B错误；C．由于“墨子号”卫星的质量未知，则无法计算“墨子号”所受到的万有引力大小，故C错误；D．根据万有引力等于重力，

结合地球表面的重力加速度和半径可以求出地球的质量，结合地球的体积可以求出地球的平均密度，故D正确。故选：D。5.如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S．某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互

作用），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场．已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于12T（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（）A.13TB.14TC

.16TD.18T【答案】A【解析】【详解】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦．当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OM，

则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短．由题意可知，粒子运动的最长时间等于12，设OS＝d，则DS＝OStan30°＝33d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：DS326rd==，由几何知识有：ES＝OSsin30°＝12d，cosθ＝2222ES2rr−＝1-2，则：θ＝12

0°，粒子在磁场中运动的最长时间为：tmin＝13603TT=，故A正确，BCD错误．6.如图所示，螺线管中线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为R，其a，b两端与两个定值电阻R1和R2相连，已知R1＝R2＝R，匀强磁场沿轴线向上穿过螺线管，其大小随时间变化的关系式为B＝

B0+kt，则下列说法正确的有（）A.a端电势比b端电势高B.t＝0时，通过螺线管的磁通量为nB0SC.0－t0内，通过R1的电荷量为023nktSRD.0－t0内，R1产生的热量为22209nktSR【答案】AD【解析】【详解】A．根据

题意可知，磁通量向上增大，故感应电流磁场向下，电流从a端流向b端，a端电势比b端电势高，故A正确；B．根据磁通量定义可知，t＝0时，通过螺线管的磁通量为B0S，故B错误；C．0－t0内，通过R1的电荷量

为023()2BSqnnktSRRR==+根据并联关系，电流与电阻成反比，且qIt=，通过R1的电荷量为01'23nktSqqR==故C错误；D．回路电流23()2BSnkSInRRtR==+故R1产生的热量为2022201()92QnkttRR

SI==故D正确。故选AD。7.如图所示，甲球从O点以水平速度v1抛出，落在水平地面上的A点；乙球从O点以水平速度v2抛出，落在水平地面上的B点，乙球与地面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变，反弹后恰好也落在A点。已知两球质量均为m，乙球落在B点时

速度与水平方向夹角为60，不计碰撞时间和空气阻力，以水平地面为重力势能零势面，则下列说法正确的是（）A.甲球落在A点时速度与水平方向夹角为45B.甲乙抛出时速度之比v1：v2＝3:1C.甲乙落地时速度之比为v甲：v乙＝3：1D.甲乙抛出时机械能之比为E甲：E乙＝3:1【答

案】BCD【解析】【详解】AB．设OA间的竖直高度为h。由O点到A点，甲球运动时间为2htg=，乙球运动时间是甲球的3倍。设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t。对甲球有3x=v1t，对乙球有x=v2t，则得v1：v2=3：1在B点，对乙球222tan60yvghvv==甲球落在A点时1121

tantan60tan303yvghvv====故甲球落在A点时速度与水平方向夹角为30°，故A错误B正确；C．甲乙落地时速度1cos30vv=甲，2cos60vv=乙故甲乙落地时速度之比为v甲：v乙＝3：1故C正确；D．根据题意可知，运动过程机械能不变，故甲乙抛出时机械能之

比为E甲：E乙＝22132112mvmv=甲乙故D正确。故选BCD。8.如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，一个质量为m的物体在沿斜面向下的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面间的动摩擦因数为µ，物体的机

械能E随位移x的变化关系如图乙所示，其中0－x1过程的图线是曲线，x1－x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（）A.0－x2过程中，物体先加速后匀速B.0－x1过程中，力F逐渐增大C.0－x

1过程中，物体动能增加ΔEk＝mgx1sinθ－E1+E2D.0－x1过程中，拉力F做的功为WF＝E2－E1+µmgcosθ·x1【答案】BCD【解析】【详解】AB．根据功能关系可知，E-x图象的斜率等于力F和摩擦力的合力，在0～x1过程中，机械能不断减小，

说明拉力F小于摩擦力，且拉力增大，所以物体做减速运动。在x1～x2过程中，拉力F等于摩擦力，物体的合力等于mgsinθ，所以物体做匀加速运动。故A错误B正确；CD．0－x1过程中，机械能改变量为拉力与摩擦力

合力做功，根据动能定理可知，合外力功为重力、拉力、摩擦力做功之和，故112sinkEmgxEE−+＝机械能改变量为拉力与摩擦力合力做功21F1cosEEWmgx−=−故拉力F做的功为WF＝E2－E1+µmgcosθ·x1故CD正确。故选BCD。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.某同学设计如图所示装置来探究动能定理．带有水平部分的斜槽固定在地面上(固定部分没有画出)，斜槽面倾角

为θ，在E点与水平部分平滑连接．水平部分高度为H，末端F点在水平地面上的投影点记为O点．O点右侧铺一张白纸，上面铺上复写纸以记录落点位置．先让可视为质点的滑块从斜槽面上的某一点释放，恰好运动到F点，该释放点记为M点．在斜槽上作出N、P、Q点，且MN=

NP=PQ．然后分别让滑块从N点、P点、Q点由静止释放落到水平地面白纸上的A1、A2、A3点．已知斜槽面各处粗糙程度相同．则(1)利用“倍增法”来探究动能定理的过程中，斜槽面的倾角θ，斜槽水平部分的高度H是否必须测量____(填“是”或“否

”)？在实验误差允许的范围内，满足OA1：OA2：OA3=__________，动能定理得到验证．(2)若斜槽的倾角θ，桌面高度H在实验前已被测定．有人想借助该装置测定斜槽面与滑块间的动摩擦因数μ，必须要测定的物理量（）A.滑块质量B.当地的重力加速

度gC.释放点到M点的距离x1D.滑块落地点到O点的距离x2【答案】(1).否(2).1:2:3(3).CD【解析】（1）设M点到E点的距离为x0，EF=L，在M点释放，()00mgxsinmgxco

sL=+，设MN=NP=PQ=x，在N点释放：()20011mg)2xxsinmgxxcosLmv+−++=（）（，整理得：211mg2xsinmgxcosmv−=，同理可得在P点释放：2212mg2xsinmgxcosmv−=（），在Q点释放：2313mg2xsi

nmgxcosmv（）−=，从F点离开，小球做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，根据水平方向x=vt，只需满足123O::1:2:3AOAOA=即可，不需要测量倾角θ，斜槽水平部分的高度H；（2）根据

2111mg4xxsinmgxcosmgH−=，测定斜槽面与滑块间的动摩擦因数μ，必须要测定的物理量释放点到M点的距离x1，滑块落地点到O点的距离x，所以选CD．10.某同学设计了如图甲所示的电路图，测量某金属圆柱的电阻．现在需要两个量程为

200mA的电流表，但实验室提供的器材中，一个电流表A1的量程为100mA，内阻为r1＝12Ω，另外一个电流表A2的量程为200mA。（1）现将量程为100mA的电流表A1扩充为200mA，则应该并联一个阻值R′＝_____Ω的电阻。（2）图中E为学生

电源，G为灵敏电流计，A是用量程为100mA的电流表改装后的电流表，A2为量程为200mA的电流表．R1为电阻箱．R2与R3均为滑动变阻器，R0为定值电阻，S为开关，Rx为待测金属圆柱，实验操作如下：A．按照如图甲所示的电路图连接好实验器材；B．将

滑动变阻器R2的滑片．滑动变阻器R3的滑片均调至适当位置，闭合开关S；C．调整R3，逐步增大输出电压，并反复调整R1和R2使灵敏电流计G的示数为零，此时量程为100mA的电流表A1的示数为I1，A2的示数为I2，电阻箱的示数为R1；D．实验完毕，整理器材。①反复调整R1和R2使

灵敏电流计G示数为零的目的是_____________；②某次测量时量程为100mA的电流表A1的指针位置如图乙所示，则此时通过R2的电流为______mA。（3）待测金属圆柱Rx的阻值为________(用所测物理量的字母表示)。（4）电流

表A1、A2的内阻对测量结果________(填“有”或“无”)影响。【答案】(1).12(2).使1R和xR两端的电压相等（或电流计两端的a、b两点电势相等）(3).160(4).1122IRI(5).无【解析】【详解

】(1)[1]要将量程为100mA，内阻为12Ω的电流表量程扩大为200mA，由电流表的改装原理可知，应并联电阻为AAA12IrRII==−(2)①[2]调节电流计G的示数为零，目的是使R1和Rx两端的电压相等；

②[3]根据电表的改装原理可知，通过电阻R2的电流应该是量程为100mA的电流表A的刻度上读数的2倍，即160mA。(3)[4]根据2I1R1=I2R2得到待测金属圆柱的电阻为：1122xIRRI=(

4)[5]从表达式可以看出电流表A1、A2的内阻对测量结果较没有影响。11.打夯是一种常见的劳动方式，由铸铁浇铸而成的夯呈立方体结构，在其四个角上拴有八根长绳，打夯时，八个人围着夯等间距站立，通过长绳同时使力，将静止在地面的夯竖直提升h1＝1m后同时放手，再经过t1＝1s夯落

回地面，与地面撞击后反弹上升h2＝0.2m。人在提升夯的过程中夯的上表面始终保持水平，为了简化可将夯看做匀变速运动。已知夯与地面作用时间为t2＝0.2s，夯的质量m＝40kg，重力加速度取g＝10m/s2，sin53＝0.8，cos53＝0

.6，不考虑空气阻力和绳的质量，求：（1）若人开始提升夯时长绳与水平方向的夹角均为θ＝53，则夯刚开始运动时每根绳上的平均张力的大小为多少；（2）在提升夯的过程中每个人做功的平均功率P；（3）夯对地面平均撞击力的大小。【

答案】（1）15N；（2）180W；（3）2000N【解析】【详解】（1）人松手时夯的速度0v，松手后夯先向上减速后向下加速，1t内位移2011112vtgth−=−解得04m/sv=夯向上加速运动时加速度为a2012vah=解得28

m/sa=由牛顿第二定律8sinTmgma−=解得T=15N（2）夯向上加速运动时间t，0vat=，解得t=0.5s由动能定理210182Ptmghmv−=解得P=180W（3）夯与地面撞击时速度1v1016m/svvgt=−=−撞击后反弹速度2v2222vgh=解得22m/sv=对夯由动量定

理得：221()()Fmgtmvv−=−解得F=2000N由牛顿第三定律知，夯对地面作用力F′=F=2000N12.三维直角坐标系的oxy平面与水平面平行，空间存在与z轴平行的周期性变化的匀强磁场和匀强电场（图中没有画出），磁场和电场随时间变化规律分别如图甲和乙所示，规定沿z轴正方向为匀强

磁场和匀强电场的正方向，不考虑磁场和电场变化而产生的感生电磁场的影响。在t＝0时刻，一个质量m，带电量+q的小球，以速度v0从坐标原点O点沿y轴正方向开始运动，小球恰好沿圆周运动，在t0时刻再次经过x轴，已知重力加速度为g，求：（1）E0和

B0的大小；（2）3t0时刻小球的位置坐标；（3）20t0时刻小球的位置坐标和速度大小。【答案】（1）mgq；0mqt；（2）（004vt，00vt−，2012gt−）（3）（0020vt，0，2090gt−）22200100vvgt=+

【解析】【详解】（1）00t−内，小球在xOy平面内做匀速圆周运动有0qEmg=得0mgEq=小球做圆周运动周期0022mTtqB==得00mBqt=（2）00t−内小球做圆周运动半径为r0002vTvtr==002tt−内，小球做匀速直线运动00Lvt

=0023tt−内，小球在水平面内做匀速圆周运动，正好运动半周，竖直方向上做自由落体运动，下落距离2012dgt=03t时，小球位置坐标（x，y，z）0044vtxr==00yLvt=−=−2012zdgt=−=−（3）小球在

水平面内运动具有周期性，04t时小球恰好沿x轴正向平移了4r，020t时00202020vtxr==200y=小球在竖直方向上第一个02t内不运动，竖直位移10d=第二个02t做加速运动，竖直位移()222001222

dgtgt==第三个02t再匀速()23000224dgttgt==第四个02t再加速()()2240000122262dgttgtgt=+=依次类推，020t时刻小球()2220121000(02418)90zdddgtgt=−+++=−++++=−020t时刻小球速度大

小()22222000010100vvgtvgt=+=+（二）选考题：【物理—选修3－3】13.下列说法正确的是________A.布朗运动是液体或气体分子的运动，它说明分子永不停息做无规则运动B.液晶显示

屏是应用液晶的光学各向异性制成的C.理想气体等压膨胀过程一定放热D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E.露珠呈球状是由于液体表面张力的作用【答案】BDE【解析】【详解】A.布朗运动是在显微镜下看到的固体颗粒的无规则运动，不是液体或气体分

子的运动，故A错误；B.液晶具有光学各向异性特征，故可以用来制作显示屏，具有清晰且体积小的特征，故B正确；C.一定质量的理想气体等压膨胀过程，温度升高，内能变大，对外做功，则气体一定吸热，故C错误；D.热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但是不能

自发地从低温物体传到高温物体，故D正确；E.露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，故E正确．14.如图所示，粗细均匀的管子，竖直部分长为l＝50cm，水平部分足够长．当温度为15℃时，竖直管中有一段长h＝20cm的水银柱，封闭着一段长l1＝20cm的空气柱．设外界大气压强始

终保持在76cmHg.求：①被封空气柱长度为l2＝40cm时的温度；②温度升高至327℃时，被封空气柱的长度l3.【答案】(1)BC；(2)①516K；②52.6cm；【解析】【详解】解：①气体在初态时有：p1

="96"cmHg，T1="288"K，l1="20"cm．末态时有：p2="86"cmHg，l2="40"cm．由理想气体状态方程得：=所以可解得：T2="516"K②当温度升高后，竖直管中的水银将可能有一部分移至水平管内，甚至水银柱全部

进入水平管．因此当温度升高至327℃时，水银柱如何分布，需要分析后才能得知．设水银柱刚好全部进入水平管，则此时被封闭气柱长为l="50"cm，压强p="76"cmHg，此时的温度为T=•T1==570K现温度升高到600K＞T=570K，可见水银柱已全部进入水平管内，末态时p3="76"c

mHg，T3="600"K，此时空气柱的长度l3=•l1=="52.6"cm答：①被封空气柱长度为l2=40cm时的温度为516K；②温度升高至327℃时，被封空气柱的长度l3为52.6cm．【点评】本题考查盖﹣吕萨克定律的应用；它主要应用于体积不变的过程，注意分析好初末状态的P和T．同

时注意计算时不必换算单位；只要前后单位统一即可．【物理—选修3－4】15.如图所示，质点O在垂直x轴方向上做简谐运动，形成了沿x轴传播的简谐横波.在t=0时刻质点O开始向上运动，t=0.2s时第一次形成图示波形，此时O点向上运动到最高点.由此可判断，下列说法正

确的是__________.A.这列横波的速度为5m/sB.t=0.5s时质点A沿x移动1.5mC.质点B开始运动时，质点A沿y轴正方向运动D.B点的起振方向向上E.当质点B第一次到波峰时，质点A运动的路程为30cm【答案】ADE【解析】【详解】A、这列横波的波速15/0.2xvmst===，

故选项A正确；B、形成机械波时质点只在平衡位置附近振动，不会迁移，故选项B错误；CD、由图波长为4m，质点A、B之间距离为1514xm==，当质点B开始运动时，质点A位于波峰，而且质点A、B都振动起来后相位差为2，故选项D正确，C

错误；E、质点B第一次到波峰需要的时间71.45xtssv===，而波传到质点A需要0.2s，所以在质点B第一次到波峰的时间内，质点A振动1.2s，走过的路程为6个振幅即30cm，故选项E正确．16.如图所示，a、b是两条相距为L不同颜色的平行光线，沿与玻璃砖上表面成30°

角入射，已知玻璃砖对单色光a的折射率为3，玻璃砖的厚度为h，不考虑折射光线在玻璃砖下表面的反射，光在真空中的速度为c.①求单色光a在玻璃中的传播时间；②当玻璃砖厚度h与两光线距离L满足33hL=+时，玻璃砖下面只有一条光线，求单色

光b在上表面的折射角.【答案】(1)2htc=(2)345=【解析】【详解】解：(1)如图甲所示对于单色光a，由12sin3sin=，其中160=解得：230=光在介质中的传播距离：23cos303hhs==光在介质中的传播速度：3c

v=该光在介质中的传播时间：2shtvc==(2)两束单色光线折射后恰好交于下表面3O，如图乙所示设单色光b的折射角为3由图533tanOOh=可得：533tanOOh=由图432tanOOh=可得：432tanOOh=则有：5343sin30LOOOO−=，即33(tan)2

3hL−=代入33hL=+，解得：3tan1=，即345=