1、广东省广州市2020届高三物理下学期3月线上阶段训练试题（含解析）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1418题只有一项符合题目要求，第1921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.下列说法正确的是（）A. g 射线是高速运动的电子流B. 氢原子可通过吸收光子实现从低能级向高能级跃迁C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳内部发生的重核裂变D. 的半衰期是3.8天，1克经过7.6天后全部发生衰变【答案】B【解析】【详解】A射线是电磁波，故A错误；B按照波尔理论，氢原子吸收光子后，将从低能级向高能级跃迁，故B正确；C太阳
2、辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，故C错误；D的半衰期是3.8天，7.6天是2个半衰期，根据可知，有发生衰变，还剩下克没有衰变，故D错误。故选B。2.如图，短道速滑接力比赛中，运动员甲和乙在水平直道交接时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，则此过程中（）A. 甲、乙系统的总动量守恒B. 甲、乙系统的机械能守恒C. 甲、乙的动量变化量相同D. 甲、乙的动能变化量相同【答案】A【解析】【详解】A乙猛推甲一把过程中，甲、乙系统所受外力的矢量和为0，则甲、乙系统的总动量守恒，故A正确；B乙猛推甲一把过程中，乙将体内的能转化为机械能，则甲、乙系统的机械能增加，故B错误；C乙猛推甲一把过程
3、中，甲对乙和乙对甲的作用力大小相等，方向相反，由动量定理可知，甲、乙的动量变化量大小相等，方向相反，故动量变化不相同，故C错误；D甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系，故D错误。故选A。3.如图，Oxyz是真空中的直角坐标系，A、B、C、D、E为坐标轴上的点，OA=OB=OC=AD=DE。在坐标原点O处固定电荷量为Q的点电荷，下列说法正确的是（）A. 电势差UAD=UDEB. A、B、C三点的电场强度相同C. 电子在B点的电势能大于在D点的电势能D. 将电子由D点分别移动到A、C两点，电场力做功相同【答案】D【解析】【详解】A根据点电荷场强公式知，AD间的
4、场强大于DE间的场强，由U=Ed可知故A错误；B根据点电荷场强公式知，A、B、C三点的电场强度相等，但方向不同，故B错误；C由于D点离正点电荷较远，则D的电势低于B点的电势，电子带负电，根据负电荷在电势低处电势能大，所以电子在B点的电势能小于在D点的电势能，故C错误；DA、C两点在同一等势面上，D、A间与D、C间的电势差相等，由W=qU，将一电子由D点分别移动到A、C两点，电场力做功相同，故D正确。故选D4.将甲、乙两小球先后以相同的初速度3v0从水平地面竖直向上抛出，抛出的时间间隔为T，它们运动的vt图象如图所示，则（）A. t=T时，甲球距离地面的高度为v0TB. t=1.5T时，两球高度
5、差最大C. t2T时，两球距离地面的高度相同D. t=3T时，甲球距离地面的高度大于乙球【答案】C【解析】【详解】A据速度时间图像与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，则t=T时，甲球运动的位移为故A错误；B由图像可知，t=T时，两图线的“面积”之差最大，位移之差最大，相距最远即高度差最大，故B错误；Ct2T时，甲球的位移为乙球的位移为故C正确；Dt=3T时，甲球的位移为乙球的位移为故D错误。故选C。5.水平固定的轻杆AB长为L，两端系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环，静止时位置如图甲所示。现用一水平向左的力F将小铁环由图甲位置缓慢拉至图乙所示位置。已知重力加速
6、度为g，设绳的拉力为T，则（）A. 在乙所示位置TmgB. 在乙所示位置FmgC. 此过程T大小保持不变D. 此过程F先增大后减小【答案】B【解析】【详解】AB图乙中对环受力分析如图由平衡条件可得联立解得故A错误，B正确；C甲乙两图中绳的弹力大小便不相同，故C错误。D将绳的弹力合成，由于是一根绳穿过圆环，所以绳合力方向沿两绳角平分线方向，受力分析如图所示由图可知，随着环向左移动， 逐渐变小，则拉力F逐渐增大，故D错误。故选B。6.在同一匀强磁场中，两个相同的矩形金属线圈a、b分别绕线圈平面内且与磁场垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图所示，则（）A. 线圈a的转速是b的3倍B.
7、线圈b产生的电动势最大值为10VC. t0.01s时，线圈a恰好经过中性面D. t0.03s时，线圈b恰好经过中性面【答案】BD【解析】【详解】A由图可知由线圈a、b的转速之比为3：2，故A错误；B由于最大感应电动势为由图像可知，a线圈最大感应电动势为15V，则b线圈最感应电动势为10V， 故B正确；C由图像可知，t0.01s时，线圈a中感应电动势最大，则此时线圈a位于垂直中性面位置，故C错误；Dt0.03s时，线圈b中感应电动势为0，则此时线圈b恰好经过中性面，故D正确。故选BD。7.如图，水平放置的挡板上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子a垂直于挡板从板上的小孔O射入磁场，另一带电粒子
8、b垂直于磁场且与挡板成角射入磁场，a、b初速度大小相等，两粒子恰好都打在板上同一点P（图中未标出）。不计重力，下列说法正确的是（）A. a、b的电性一定相同B. a、b的比荷（荷质比）之比为C. 若P在O点左侧，则a在磁场中运动路程比b长D. 若P在O点右侧，则a在磁场中运动路程比b长【答案】ABD【解析】【详解】A由于两粒子打在板上同一点，则粒子向同一方向偏转，由左手定则可知，两粒子电性相同，故A正确；B粒子在磁场中做圆周运动有则由题意可知，两粒子的弦长相同，则联立解得两粒子的比荷之比为半径的反比，即为，故B正确；C若P在O点左侧，则粒子带正电，粒子a在磁场中转过的角度小于b转过的角度，由可
9、知，a的周期小于b的周期，所以a运动的时间小于b的时间，由公式可知，a在磁场中运动路程比b短，故C错误；D若P在O点右侧，则粒子带负电，粒子a在磁场中运动的弧长为 粒子b在磁场中运动的弧长为则故D正确。故选ABD。8.倾角为的足够长光滑斜面，固定在水平地面上。t=0时，小球P由斜面顶端O点静止释放；t=t0时，小球Q从同一位置O点水平抛出；Q第一次落到斜面时刚好击中P。重力加速度为g，不计空气阻力，则小球Q（）A. t=2t0时击中PB. 抛出时的速度大小为C. 击中P时，P与O点的距离为D. 击中P时，Q的竖直分速度与水平分速度大小之比为【答案】AB【解析】【详解】A小球P在斜面上的加速度为
10、其在竖直方向的分加速度为设小球Q抛出后经过时间t与P球相碰，则有解得即在t=2t0时击中P，故A正确；B小球Q竖直方向的位移为，由几何关系可知，水平方向位移为水平初速度为故B正确；C击中P时，P与O点的距离为故C错误；D竖直分速度为则竖直分速度与水平分速度大小之比为故D错误。故选AB。三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。9.用如图所示的实验装置验证矩形线框自由下落过程中机械能守恒，已知线框用直径为d（远小于线框的边长）的粗铜线做成；当地重力加速度为g。某次实验中线框下边和上边先后经过光电门的挡光时间分别为t1和t2
11、。(1)为完成该实验，下列步骤中还必需的是_（填入标号）；A用天平测线框的质量mB用刻度尺测线框上、下边之间的距离LC用秒表测线框上、下边通过光电门的时间间隔t(2)线框下边通过光电门时的速度大小为_（请用测量的物理量和已知量来表示）；(3)在误差允许范围内，满足关系式_（请用测量的物理量和已知量来表示），则验证了自由下落过程中线框的机械能守恒。【答案】 (1). B (2). (3). 【解析】【详解】(1)1A根据机械能守恒的表达式，可知不需要测量其质量，故A错误；B实验中需要测量过程中重力势能的减小量，因此需要测量矩形线框上下边之间距离L，故B正确；C根据机械能守恒定律的表达式，可知不需
12、要测量线框上下边通过光电门的时间t，故C错误；故选B；(2)2本实验中利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故有(3)3本实验中利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故有根据机械能守恒有即10.某同学用量程1mA、内阻99.9的毫安表按图（a）所示的电路进行电表改装。图中定值电阻R1=2900.1、R2=0.1，S1、S2为开关。回答下列问题：(1)某次用毫安表直接测量电流的实验中，示数如图（b）所示，该读数为_mA；(2)根据图（a）所示的电路，将图（c）所示的实物图连线补充完整_；(3)开关S1、S2均闭合时，该电表用于测量_（填“电流”、“电压”或“电阻”），量程为_；(4)
13、若将S1、S2均断开后进行测量，表头的指针仍处在图（b）所示的位置，则改装后电表的测量值为_。【答案】 (1). 0.60 (2). (3). 电流 (4). 1A (5). 1.80V【解析】【详解】(1)1毫安表的最小分度为0.02mA，由图可知，该读数为0.60mA；(2)2按原理图连接实物图如图(3)34开关S1、S2均闭合时，电表与小电阻R2并联，则该电表测电流，由于电表内阻为R2的999倍，则R2分流为电流的999倍即为0.999A，所以量程为1A；(4)5若将S1、S2均断开后，电表与R1串联，总电阻为3000，由欧姆定律可得改装后电表的测量值为11.如图，长L=25cm、重G=
14、0.1N的金属杆ab用绝缘轻绳水平悬挂在垂直纸面向里的匀强磁场中。ab下方有一固定的圆形金属导轨，导轨平面与纸面平行，半径r=10cm，圆形导轨内存在垂直纸面向外的匀强磁场。长r=10cm的导体棒OA的一端固定在圆心O处的转轴上，另一端紧贴导轨。ab的两端通过轻质导线分别与O点、导轨连接。OA在外力作用下以角速度w绕O匀速转动时，绳子拉力刚好为零。已知两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T，ab电阻R=0.5W，其它电阻不计。求：(1)OA的转动方向和w 的大小；(2)OA每转过半周通过ab横截面的电量q。【答案】(1)顺时针转动，；(2)【解析】【详解】(1)依题意，金属棒ab受到向上的安培
15、力，由左手定则可知电流方向是，导体棒OA中的电流方向是，由右手定则可知OA顺时针转动。假设轻绳的拉力为零时，回路电流为I，则有由欧姆定律有，OA转动产生的电动势保持不变，联立以上各式，并代入数据解得(2)OA每转过半周产生的平均电动势回路的平均电流通过金属棒ab横截面电量，联立以上各式，并代入数据解得12.原长为2L的轻弹簧竖直放置在水平面上，将一质量为m的物块从距离弹簧上端1.25L的高度处由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧的长度为L。倾角=30的光滑斜面固定在水平桌面上，现将该弹簧放在斜面上，一端固定在斜面底端，另一端与质量为2m的物块A接触但不连接。用外力推动物块A至O点，此时弹簧长
16、度为L，然后由静止释放物块A。某时刻，将质量为0.5m的物块B从斜面上距离O点为6L处静止释放，两物块在距离O点2L处发生弹性碰撞。重力加速度为g，两物块均可视为质点，弹簧均在弹性限度内，求：(1)碰前瞬间，A、B速度的大小；(2)第一次碰撞后，B沿斜面上滑的最大距离。【答案】(1)；(2)或【解析】【详解】(1)当弹簧竖直放置时，压缩量为L时弹性势能为，设物块A与B碰前的速率为，对于m和竖直弹簧系统，由机械能守恒定律对于A和弹簧系统，A碰前由功能关系联立得设物块B与A发生碰撞前的速度大小为，对于B，B碰前由机械能守恒得(2)物块A与B发生碰撞时，物块A有可能沿斜面向上运动，也有可能沿斜面向下
17、运动；设碰后物块B沿斜面上滑的最大距离为s，若物块A在沿斜面向上运动过程中与B发生碰撞，以沿斜面向上为正方向，碰后A、B速度分别为、，对A、B系统，由碰撞过程的动量守恒和机械能守恒联立解得对于B，由机械能守恒解得若物块A在沿斜面向下运动过程中与B发生碰撞，以沿斜面向下为正方向，碰后A、B速度分别为以、，对A、B系统，由碰撞过程动量守恒和机械能守恒联立解得对于B，由机械能守恒解得13.如图为一消毒水简易喷洒装置，内部装有一定量的水，水上部是密封的空气，喷洒口管径细小。现保持阀门紧闭，通过打气筒再充入一些空气。设所有过程温度保持不变，下列说法正确的有（）A. 充气后，密封气体分子单位时间撞击器壁次
18、数增多B. 充气后，密封气体的分子平均动能增大C. 打开阀门后，密封气体对外界做正功D. 打开阀门后，密封气体从外界吸热E. 打开阀门后，密封气体的内能一直减小【答案】ACD【解析】【详解】A充气后，气体分子数增大，温度和体积不变，则密封气体分子单位时间撞击器壁的次数增多，故A正确；B充气后，由于温度不变，密封气体的分子平均动能不变，故B错误；C充气后，气体分子数增大，温度和体积不变，则密封气体分子单位时间撞击器壁的次数增多，则气体压强增大大于外界大气压强，打开阀门后，密封气体对外界做正功，故C正确；D由于温度不变，气体内能不变，且打开阀门后，密封气体对外界做正功，由热力学第一定律可知，密封气
19、体从外界吸热，故D正确；E由于打开阀门后气体温度不变，且质量不变，则气体内能不变，故E错误。故选ACD。14.如图，水平放置的长为2L的固定气缸左端开口、右壁导热、侧壁绝热，内壁正中间有一卡口k。初始时导热活塞A在气缸最左端，绝热活塞B紧靠卡口k，密封的、两部分气体压强分别为p0、3p0。A、B厚度不计且可无摩擦滑动，现将A向右缓慢推动后固定，活塞B未移动。(i)求A固定在处时气体的压强；(ii)再缓慢加热气体，使气体的热力学温度升高至原来的3倍，求气体的压强。【答案】(i)；(ii)【解析】【详解】(i)设气缸底面积为S，则初始时，气体压强为，体积为，活塞A向右移动后，由题意可判断活塞B不会
20、移动，设气体的压强为，体积为由玻意耳定律：，解得(ii)加热气体后，假设活塞B向右移动了距离d；加热前，气体1的温度为T，加热后，设气体的压强为，温度为，体积为由理想气体状态方程得：，活塞B移动前，己知气体的压强为，体积为，活塞B移动后，气体的压强为，气体体积为由玻意耳定律：，联立解得即活塞B向右移动了假设成立。15.用单摆测定重力加速度g的实验。如图，甲、乙、丙分别是三位同学做出的单摆周期平方与摆长的T2L图线。其中甲、乙平行，乙、丙均过原点，根据乙求出的g值接近当地重力加速度的值，则下列分析正确的是（）A. 根据甲求出的g值大于根据乙求出的g值B. 根据丙求出的g值大于根据乙求出的g值C.
21、 根据T2L图线，可以由g= 求出g的值D. 甲不过原点的原因可能是误将悬点到摆球上端的距离记为摆长LE. 丙偏离乙的原因可能是记录时误将摆球经过平衡位置的次数当成全振动的次数【答案】BDE【解析】【详解】根据单摆的周期公式，得根据数学知识可知，T2L图象的斜率A由于甲、乙平行即斜率相等，则计算出的加速度相等，故A错误；B由图可知，丙的斜率小于乙的斜率，由可知，丙求出的g值大于根据乙求出的g值，故B正确；C由可得则故C错误；D若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有故做出的T2L图象中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，故D正确；E记录时误将摆球经过平衡位置
22、的次数当成全振动的次数，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故E正确。故选BDE。16.如图，矩形ABCD为一玻璃砖的截面，AB=L、AD=2L。该截面内一条单色光线a从A点射向BC中点E，刚好在BC发生全反射并直接射向D点。该单色光的另一条与AE平行的光线b从AB上的P点（未画出）射入玻璃砖，光线经BC反射后直接射向D点。已知真空中光速为c，求：(i)玻璃砖的折射率n；(ii)P、B的距离及光从P点传播到D点的时间t。【答案】(i) ；(ii) ，【解析】【详解】(i)如图1，玻璃砖的该截面内光线a从A点射到BC中点E时，刚好在BC发生全反射，由于，则入射角为，设玻璃砖折射率为n，由折射定律(ii)如图2，设从P点入射的光线b在AB边界折射角为，由折射定律得即可知光线在界面BC发生全反射，经反射后到达D点，由几何关系又解得又且可得光线从P到D经过路程光线在玻璃砖中传播的速度解得
