1、广西钦州市2020届高三物理下学期5月质量检测试题（含解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68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. 2020年3月20日，电影放射性物质在伦敦首映，该片的主角居里夫人是放射性元素钋（）的发现者。已知钋（）发生衰变时，会产生粒子和原子核，并放出射线。下列分析正确的是（）A. 原子核的质子数为82，中子数为206B. 射线具有很强的穿透能力，可用来消除有害静电C. 由粒子所组成的射线具有很强的电离能力D. 地磁场能使射线发生偏转【答案】C【解析】【详解】A根
2、据发生核反应时，质量数与电荷数守恒，可得原子核的质子数为，质量数为，依据质量数等于质子数与中子数之和，得原子核的中子数为，A错误；B射线具有很强的穿透能力，但是电离本领弱，不能用来消除有害静电，B错误；C因为射线实质是氦核流，具有很强的电离本领，C正确；D射线的实质是频率很高的电磁波，本身不带电，所以射线在地磁场不会受力，不能发生偏转，D错误。故选C。2. 2020年2月2日上午，武汉火神山医院正式交付，从方案设计到建成交付仅用10天，被誉为“中国速度”。在医院建造过程中，有一吊机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，图象如图所示。下列判断正确的是（）A. 末货物的
3、加速度大小为B. 前内货物克服重力做功的功率不变C. 最后内货物处于超重状态D. 在第末至第末的过程中，货物的机械能增大【答案】D【解析】【详解】A内货物做匀减速直线运动，速度图象的斜率表示加速度，则有故A错误；B前内货物的速度增大，克服重力做功的功率增加，故B错误；C最后内货物减速上升，加速度方向向下，所以货物处于失重状态，故C错误；D在第末至第末的过程中，拉力仍对货物做正功，所以货物的机械能增大，故D正确。故选D。3. 如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势。导线框与理想升压变压器相连，变压器副线圈接入一额定电压为220V的电灯泡，电灯泡恰好正常工作且电流表的示数为2A
4、，导线框电阻不计，电流表为理想电流表，则（）A. 变压器原、副线圈匝数之比为1：5B. 通过电灯泡的电流为0.2AC. 电灯泡的额定功率为22WD. 电灯泡两端的最大电压为V【答案】A【解析】【详解】AB. 在变压器中有其中U1=44V，U2=220V，I1=2A，可得变压器原、副线圈匝数之比为通过电灯泡的电流为I2=0.4A故A正确，B错误；C. 由于电灯泡恰好正常工作，则电灯泡的额定功率P=I2U2=0.4220W=88W故C错误；D. 电灯泡两端电压的最大值故D错误。故选A。4. 如图所示，固定在水平地面上的圆锥体，顶端用轻绳系有一小球（视为质点），悬点到小球的距离为1.5m。现给小球一
5、初速度，使小球恰好能在圆锥体侧面做匀速圆周运动。已知圆锥体母线与水平面的夹角为37，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。则小球做匀速圆周运动的线速度大小为（）A. 2m/sB. 4m/sC. 5m/sD. 6m/s【答案】B【解析】【详解】由题意知，当小球重力与绳子拉力的合力刚好提供向心力时，物体与圆锥恰好无压力，即解得故B正确，ACD错误。故选B。5. 我国自主研发的“北斗三号”卫星系统由30颗卫星组成，其中某颗中圆轨道卫星在轨运行时到地面的距离是地球半径的倍，绕地球做匀速圆周运动的周期为，地球表面的重力加速度为，忽略地球的自转。则地球半径
6、可表示为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】卫星做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，所以有 地面附近万有引力等于重力，所以有 由式解得，地球半径可表示为故D正确，ABC错误。故选D。6. 如图所示，真空中存在着由一固定的点电荷Q（图中未画出）产生的电场，一带正电的点电荷q仅在电场力作用下沿曲MN运动，且在M、N两点的速度大小相等，则在点电荷q从M运动到N的过程中（）A. 电势能一定先增大后减小B. 动能可能先减小后增大C 加速度可能保持不变D. 可能做匀速圆周运动【答案】BD【解析】【详解】A从M到N的过程中电场力做的总功零，由于不能确定Q的位置，所以是先做正功还是先做负功
7、不能确定，电势能的变化不能确定，故A错误；B如果电场力先做负功，后做正功，则动能先减小后增加，故B正确；C由于Q的位置不确定，电场力的大小方向不确定，故加速度大小方向不确定，故错误；D如MN为一段圆弧，Q位于圆心，则q做圆周运动，故D正确。故选BD。7. 图为网上热卖的弹力软轴乒兵球训练器，弹力轴上端固定一乒乓球，下端固定在吸盘上。开始时弹力轴竖直，兵乓球处于静止状态，且到水平地面的距离为。现让一小孩快速挥拍水平击球，球恰好能触到地面（此时球的速度为。已知小孩击球过程中球拍对球做功为，乒兵球的质量为，不计空气阻力，弹力轴不弯曲时的弹性势能为零，重力加速度为，则（）A. 球触地时弹力轴的弹性势能
8、为B. 球触地时弹力轴的弹性势能为C. 球返回到初始位置时速度大小为D. 球返回到初始位置时速度大小为【答案】AC【解析】【详解】AB从小孩击球到球触地的过程，根据动能定理得得则球触地时弹力轴的弹性势能为故A正确，B错误；CD对于球返回过程，根据动能定理得解得球返回到初始位置时速度大小为故C正确，D错误。故选AC。8. 如图所示，固定在同一绝缘水平面内的两平行长直金属导轨，间距为，其左侧用导线接有两个阻值均为的电阻，整个装置处在磁感应强度方向竖直向上、大小为的匀强磁场中。一质量为的金属杆垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.3，对杆施加方向水平向右、大小为的拉力
9、，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度大小，则当杆的速度大小为时（）A. 杆的加速度大小为B. 通过杆的电流大小为，方向从到C. 杆两端的电压为D. 杆产生的电功率为【答案】C【解析】【详解】A切割磁感线产生的感应电动势，感应电流对金属杆，由牛顿第二定律得代入数据解得故A错误；B由A可知，流过的电流大小为，由右手定则可知，电流方向从向，故B错误；C两端的电压故C正确；D杆产生的电功率故D错误。故选C。第卷（非选择题）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第912题为必考题每道试题考生都必须作答。第1316题为选考题考生根据要求作答。（一）必考题：9. 实
10、验室测定水平面和小物块之间的动摩擦因数的实验装置如图甲所示，将带有遮光条的物块由曲面的顶端无初速度释放，物块经过光电门瞬间可通过计算机记录遮光条的挡光时间，经过一段时间物块停在水平面上的点，重力加速度为。(1)用游标卡尺（20分度）测量遮光条的宽度，测量情况如图乙所示，_。(2)测得遮光条通过光电门的时间为，光电门到点的距离为，则动摩擦因数_（用测量的物理量和重力加速度表示）；若光电门左侧的轨道表面光滑，则小物块释放位置距离水平面的高度可表示为_。【答案】 (1). 0.550 (2). (3). 【解析】【详解】(1)1游标卡尺的主尺读数为，游标尺的读数为，所以最终读数为。(2)2根据遮光条
11、的宽度与物块通过光电门的时间即可求得小物体经过光电门的速度大小为小物体经过光电门后运动到点的过程中，根据动能定理得解得动摩擦因数为3根据机械能守恒定律得解得10. 某实验小组欲自制欧姆表测量一个电阻的阻值，实验室提供的器材如下：待测电阻（约）；电源（电动势未知，内阻为）；灵敏电流表G（量程，内阻）；电阻；电阻；滑动变阻器（阻值范围为）；开关，导线若干。(1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图甲所示的测量电路。部分步骤如下：先闭合开关、，调节滑动变阻器，使灵敏电流表示数，此时电路总电流_；保持滑动变阻器滑片位置不动，断开开关，读出此时灵敏电流表的示数，则电源电动势为_（结果保留
12、三位有效数字）。(2)测出电动势后，该小组成员在图甲的基础上，去掉两开关，增加两支表笔、，其余器材不变，改装成一个欧姆表，如图乙所示，则表笔为_（选填“红表笔”或“黑表笔”）。用改装后的欧姆表先进行电阻调零，再测量阻值，灵敏电流表的示数如图丙所示，则待测电阻的阻值为_。【答案】 (1). 2.70 (2). 1.08 (3). 红表笔 (4). 240【解析】【详解】(1)1电流表与定值电阻内阻并联，电流表内阻，定值电阻阻值，电流表示数，根据并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知流过定值电阻的电流为，则电路总电流为2同理，当电流表示数为时电路总电流为，根据闭合电路欧姆定律可知代入数据解得(2)
13、3根据电流“红进黑出”的原则，可知欧姆挡内部电源的负极接红表笔，所以是红表笔。4由图乙所示可知，欧姆表内阻为由图丙所示表盘可知，其示数为由闭合电路欧姆定律可知代入数据解得11. 如图所示，一质量m=5kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，一质量M=1kg的小滑块（可视为质点）从小车左端以的速度开始向右运动一段时间后，从小车右端滑离小滑块着地瞬间与小车右端的水平距离。已知小车上表面水平且与水平地面的距离h=l.25m，小车上表面长度l=5m，不计空气阻力重力加速度大小g=10m/s2。求（1）小滑块滑离小车时小滑块和小车的速度大小；（2）小滑块与小车表面间的动摩擦因数和小滑块在小车上运动的时间。
14、【答案】（1）；（2）；t=1s【解析】【详解】（1）小滑块离开小车后做平抛运动设小滑块离开小车时的速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，则有小滑块在小车上滑行时小车与小滑块组成系统动量守恒则有解得（2）小滑块在小车上运动时由功能关系可知解得由运动学公式和牛顿第二定律可知解得t=1s12. 在如图所示的坐标系中，是垂直于轴的分界线，左侧等腰直角三角形区域内分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，长为，右侧有极板长度和间距均为的平行板电容器，上极板带负电，下极板带正电，且位于轴上，两极板的厚度均不计。现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点沿轴正方向射入磁场，从边上的点射出磁场的电子速率为，且已知电
15、子打在轴上的最远点到电容器下极板右端的距离恰好也为，电子质量为，带电荷量为，不考虑电子间的相互作用以及电容器极板的边缘效应，不计电子受到的重力。求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）电容器两极板间电压及电子从原点运动到点的时间。【答案】（1）；（2），【解析】【详解】（1）从点射出磁场的电子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知即，则电子在磁场中运动的半径为电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则解得（2）由知，电子进入磁场时的速度越大，它在磁场中做圆周运动的半径越大，故从上极板边缘射入平行板电容器的电子打到轴的点，则该电子在磁场中运动的轨道半径为，且进入电场时的速度水平向右，由
16、公式解得电子的速度为该电子在磁场中的运动时间电子在电容器中运动，竖直方向上末速度，根据运动学公式有水平方向上有根据牛顿第二定律有电子垂直于极板方向的位移为电子从射出电场到运动到点时间为此过程电子在竖直方向的位移为因为电子从到的时间为联立解得（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道物理题任选一题作答。如果多答则每科按所答的第一题计分。物理选修3313. 下列说法正确的是A. 对气体做功可以改变其内能B. 破镜不能重圆，是因为分子间有斥力作用C. 一定质量理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强一定变大D. 一定量的理想气体，若压强不变，当体积增大时，它一定从外界吸热E. 热量只能自发
17、地从内能多的物体传递到内能少的物体，不能反向传递【答案】ACD【解析】【详解】A做功和热传递均能改变物体的内能，故A正确；B破镜不能重圆，是因为达不到分子引力作用范围，故B错误；C一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，分子平均动能增大，温度升高，压强一定变大，故C正确；D一定量的理想气体，若压强不变，当体积增大时，温度升高，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定从外界吸热，故D正确；E物体内能的多少不代表其温度的高低，热量只能自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，不能自发地反向传递，故E错误。故选ACD。14. 如图所示，右端开口、左端封闭的竖直U形玻璃管（管壁厚度不
18、计）两边粗细不同，粗玻璃管半径为细玻璃管半径的2倍，两管中装入高度差为5 cm的水银，左侧封闭气柱长为10 cm，右侧水银面距管口为5 cm。现将右管口封闭，并给右管内气体加热，缓慢升高其温度，直到两管水银面等高，该过程中左管内的气体温度不变。已知外界大气压强为76 cmHg、环境温度为300 K。求：（1）两管水银面等高时右侧气体的压强；（2）两管水银面等高时右管内气体的热力学温度（结果保留一位小数）。【答案】（1）90 cmHg；（2）639.5 K【解析】【详解】（1）两管水银面等高时，管内气体压强相等；因粗玻璃管半径为细玻璃管半径的2倍，所以左管截面积是右管的4倍，当右管水银面下降4
19、cm，左管水银面上升1 cm时，两水银面等高，左管内气体做等温变化，以左管内气体为研究对象初状态，末状态由玻意耳定律得解得（2）对右管内气体为研究对象初状态，末状态，根据理想气体的状态方程可得解得物理选修3415. 一列沿轴正方向传播的简谐横波在时刻的部分波形图如图所示，此时波恰好传播到轴上的质点B处，质点A在负的最大位移处。在时，质点A恰好第二次出现在正的最大位移处，则时，质点B的位移为_，该波刚好传到_处。【答案】 (1). (2). 7.5【解析】【详解】1时刻，质点A在负的最大位移处，经过1.5个周期，质点A恰好第二次出现在正的最大位移处，则解得质点的起振方向沿轴正方向，经过即个周期，
20、质点B振动到负的最大位移处，故此时的位移为。2由图知波长，则波速为经过波传播的距离为波刚好传到16. 图示为一横截面为等腰梯形的容器，容器内装满了水。当一束平行单色光斜射到水面上且与水面的夹角时，恰好可以照射到整个底部，已知容器内水深，水面宽，水的折射率为，取，光在真空中的传播速度。求：（1）容器底部的宽度；（2）光从水面折射后直接射到容器底部的时间（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据折射定律有，其中入射角为解得折射角为光恰好照射到整个底部，根据几何关系可知，容器侧面与水平方向的夹角为，则解得容器底部宽度；（2）根据几何关系可知，光从水面射到底部通过的距离等于侧面的长度，则有其中且光在水里的传播速度为联立解得
