1、宁夏银川九中、石嘴山三中、平罗中学三校2020届高三物理下学期联考试题（含解析）一、选择题1.“超导托卡马克”（EAST）是我国自行研制的可控热核反应实验装置设该实验反应前氘核（）的质量为m1，氚核（）的质量为m2，反应后氦核（）的质量为m3，中子（）的质量为m4，真空中光速为c下列说法中不正确的是（ ）A. 这种装置中发生的核反应方程式是B. 由核反应过程质量守恒可知m1+m2=m3+m4C. 核反应放出的能量等于(m1+m2m3m4)c2D. 这种装置与我国大亚湾核电站所使用核装置的核反应原理不相同【答案】B【解析】可控热核反应装置中发生的核反应方程式是，A正确；核反应过程中质量数守恒，但
2、质量不守恒，核反应过程中存在质量亏损，B错误；核反应过程中的质量亏损m=m1+m2m3m4，释放的核能E=(m1+m2m3m4)c2，C正确；这种装置的核反应是核聚变，我国大亚湾核电站所使用核装置的核反应是核裂变，它们的核反应原理不同，D正确2.重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为，则：A. 当时，运动员单手对地面的正压力大小为B. 当时，运动员单手对地面的正压力大小为C. 当不同时，运动员受到的合力不同D. 当不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等【答案】A【解析】【详解】运动员处于静止状态，即平衡状态.每
3、只手都承受自身重力的一半.和角度无关，所以A正确,BC错误:由牛顿第三定律知两物体间的相互作用力大小永远相等.故D错误综上所述本题答案是：A3.“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上同一目标设大人和小孩的抛出点离地面的高度之比H1：H2=2：l，则v1：v2等于（ ）A. 1：2B. 2：lC. 1：D. ：1【答案】C【解析】【详解】根据得则初速度因为水平位移相等，高度之比为2：1，可知初速度之比1：故选C4.在坐标x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从x0处
4、以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域则该质子()A. x00区间一直做加速运动B. 在0x0区间受到的电场力一直减小C. 在x00区间电势能一直减小D. 在x00区间电势能一直增加【答案】D【解析】【详解】A从x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；B设在xxx，电势为，根据场强与电势差的关系式E，当x无限趋近于零时，表示x处的场强大小(即x图线的斜率)，从0到x0区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据FEe，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；CD在x00区间质子受到电场力
5、方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确5.高压输电可大大节能，至2017年11月，我国已建成投运8项1000kV特高压交流工程和11项kV特高压直流工程中国全面掌握了特高压核心技术，成为世界首个也是唯一成功掌握并实际应用特高压技术的国家某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器和降压变压器向用户供电，已知输电线的总电阻为，降压变压器的原、副线圈匝数之比为4：1，它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是A. 降压变压器原线圈的输入电压为880VB. 降压变压器的输入功率与输出功率之比为4：1C
6、. 当用户端用电量增大时，输电线上损耗的功率减小D. 当用户端用电量增大时，发电厂输出功率也增大【答案】AD【解析】【详解】A由图象得到，降压变压器副线圈两端交变电压U220sin100tV，有效值为220V，降压变压器原、副线圈匝数之比为4：l，故降压变压器T2原线圈的输入电压为：4220V880V，故A正确；B降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1：1，故B错误；C输出功率增大，则输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，故C错误；D用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，输出和损失的功率都增大，故发电机输出功率增大，故D正确6.荷兰“MarsOne”研究
7、所推出了2023年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划，2013年该机构通过电视真人秀的方式招募首批4名志愿者，并于2024年前往火星，登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是（）A. 飞船在轨道上运行时，运行的周期TTTB. 飞船在轨道上的机械能大于在轨道上的机械能C. 飞船在P点从轨道变轨到轨道，需要在P点朝速度方向喷气D. 若轨道贴近火星表面，已知飞船在轨道上运动的角速度可以推知火星的质量【答案】AC【解析】【分析】【详解】A由于飞船在轨道上运动时的半长轴，根据开普勒第三定律可知，运行的周期，故A正确；BC飞船在P点从轨道变轨到轨道，需要在P点朝速度方向喷
8、气，从而使飞船减速到达轨道，则在轨道上机械能小于在轨道的机械能，故B错误，C正确；D若轨道贴近火星表面，万有引力充当向心力，即由于不知道火星半径故无法求得火星的质量，故D错误。故选AC。7.如图所示，A、B质量分别为m和M，B系在固定于墙上的水平轻弹簧的另一端，并置于光滑的水平面上，弹簧的劲度系数为k，将B向右拉离弹簧原长位置x后，无初速度释放，在以后的运动中A、B保持相对静止，则在弹簧恢复原长的过程中（）A. A受到的摩擦力最大值为B. A受到的摩擦力最大值为C. 摩擦力对A做功为D. 摩擦力对A做功为【答案】BD【解析】【详解】AB当刚释放时，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得kx=（M
9、+m）a此时AB加速度最大为此时A受摩擦力最大，根据牛顿第二定律得选项A错误，B正确；CD在四分之一周期时间内，A受摩擦力线性减小到零，所以根据可知A受到的摩擦力平均值为则摩擦力对A做的功选项C错误，D正确。故选BD。8.如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力，下列说法中正确
10、的是（）A. 加速电场的电压UB. 极板M比极板N电势高C. 若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷D. 直径PQ2B【答案】BC【解析】【详解】A在加速电场中，由动能定理得粒子在静电分析器中做圆周运动，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得解得故A错误；B因为粒子在磁场中从P点运动到Q点，因此由左手定责可知粒子带正电；在加速电场中受到的电场力向右，所以电场线方向向右，则M板为正极，M板的电势高于N板电势，故B正确；CD粒子在磁分析器中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得P、Q两点间的距离为若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则
11、粒子做圆周运动的直径相等，根据PQ的表达式可知，粒子的比荷相等，故C正确，D错误。故选BC。二、非选择题：共62分，第912题为必考题，每个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.用如图所示的装置来验证动量守恒定律滑块在气垫导轨上运动时阻力不计，其上方挡光条到达光电门D（或E），计时器开始计时；挡光条到达光电门C（或F），计时器停止计时实验主要步骤如下：a用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；b给气垫导轨通气并调整使其水平；c调节光电门，使其位置合适，测出光电门C、D间的水平距离L；dA、B之间紧压一轻弹簧（与A、B不粘连），并用细线拴住，如图静置于气垫
12、导轨上；e烧断细线，A、B各自运动，弹簧恢复原长前A、B均未到达光电门，从计时器上分别读取A、B在两光电门之间运动的时间tA、tB（1）实验中还应测量的物理量x是_（用文字表达）（2）利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是_（用题中所给的字母表）（3）利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能Ep=_（用题中所给的字母表示）【答案】 (1). 光电门E、F间的水平距离 (2). (3). 【解析】【详解】(1、2)由于A、B原来静止，总动量为零，验证动量守恒定律的表达式为： ，所以还需要测量的物理量是光电门E、F间的水平距离；(3)弹簧恢复原长时，A滑块的速度为：，B滑块的速度为：，
13、根据能量守恒定律得：Ep=10.在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导线a.b.c.d.e.f.g和h按图甲所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零闭合开关后：（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是_导线断路（2)某同学排除故障后测出电源和小电珠的U-I特性图线如图乙所示电源的电动势E=_V：小电珠的电阻随温度的上升而_（3）将与上面相同的两个小电珠并联后接到上面电源上，每一只小电珠的实际电功率是_W（保留2位小数）【答案】 (1). （1）g处 (2). （2）3.0 (3). 增大 (4). （3）0
14、.99（在0.95-1.05之间)【解析】（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表电流表的示数总不能为零，说明滑动变阻器不起作用，连成了限流接法，故g断路（2）电源的UI图线纵轴截距等于电源的电动势，则由图知，电源的电动势E=3.0V根据欧姆定律可得小电珠的电阻，由数学知识分析可知，R等于小电珠的UI特性图线上的点与原点连线的斜率，则小电珠的电阻随温度的上升而增大（3）电源的内阻等于电源的UI图线的斜率绝对值，则得内阻，当两个小电珠并联后，接到电源上，由闭合电路欧姆定律得：E=U+2Ir，电源的UI图线为U=E2rI=E2I=32I，作出图象如图所示：可得U=1.1V，I
15、=0.9A，则一个小电珠的实际电功率为：P=UI=0.99W11.如图甲所示，长为4m水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为=0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10m/s2，求：(1)滑块在水平轨道AB上运动前2m过程所用的时间；(2)滑块到达B处时的速度大小；(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？【答案】(1)；(2)；(3)5J【解析】【详
16、解】(1)在前2m内有且解得(2)滑块从A到B的过程中，由动能定理有即解得(3)当滑块恰好能到达C点时，应有滑块从B到C的过程中，由动能定理有解得W=-5J即克服摩擦力做功为5J。12.如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L1m，电阻可忽略不计质量均为mlkg，电阻均为R2.5的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a0.4m/s2向右做匀加速直线运动，5s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀
17、速直线运动.(1)求棒MN的最大速度vm；(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动.求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来?（运算结果可用根式表示）【答案】（1） （2）Q=5 J （3）【解析】【详解】(1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv棒MN做匀加速直线运动，5s时的速度为：v=at1=2m/s在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：联立上述式子
18、，有：代入数据解得：F=0.5N5s时拉力F的功率为：P=Fv代入数据解得：P=1W棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度vm，棒受力平衡，则有：代入数据解得:(2)解除棒PQ后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v，则有：设从PQ棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：代入数据解得：Q=5J；(3)棒以MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间t内，由动量定理得：-BiLt=mv对式子两边求和有：而q=it对式子两边求和，有:联立各式解得：BLq=mvm，又对于电路有：由法拉第电磁感应定律得：又代入数据解得：
19、【物理选修3-3】13.下列说法正确的是_A. 分子间距离减小时分子势能一定减小B. 即使水凝结成冰后，水分子的热运动也不会停止C. 将一块晶体敲碎，得到的小颗粒也是晶体D. 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体E. 在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变【答案】BCD【解析】【详解】当分子间的距离大于时，分子间的距离减小分子间的势能减小，当分子间的距离小于时，分子间的距离减小分子间的势能增大，A错误；只要温度高于绝对零度，分子间就一直有热运动，因此水结成冰分子间的热运动也不会停止，B正确；将一块晶体敲碎不改变其性质，因此还是晶体，C正确；由
20、同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体是对的，如石墨和金刚石，D正确；晶体在融化过程中吸热温度保持不变但是其分子势能发生了变化，内能是分子势能和分子动能组成的，因此其内能发生变化，E错误14.如图所示，在粗细均匀的U形管左侧用水银封闭一段长为L1=20cm、温度为T1=285K的空气柱，稳定时，左右两管水银面高度差为h=19cm现向右管缓慢补充水银，保持左管内气体的温度不变，当左右两管水银面等高时，停止补充水银已知大气压为p0=76cmHg求此时左管内空气柱的长度L2；接着给左管的气体缓慢均匀加热，使管内空气柱的长度恢复到20cm，求此时左管内气体的温度【答案】(1)
21、L2=15cm (2)T3=430K【解析】【分析】对于封闭气体，气体发生等温变化，由玻意耳定律求得左管内空气柱的长度；给左管的气体缓慢均匀加热，由理想气体状态方程求得左管内气体的温度；【详解】解：(1)对于封闭气体有： 末态压强：由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：解得：(2) 均匀加热封闭气体的压强：由理想气体状态方程可得：联立解得：【物理选修3-4】15.图(a)为一列简谐横波在t=2s时的波形图图(b)为平衡位置在x=0.5m处的质点P的振动图象，M是平衡位置在x=2m的质点下列说法正确的是( )A. 波的传播方向向右B. 波速为0.5m/sC. 02s时间内，M向y轴正方向运动D
22、. 当t=9s时，M恰好回到平衡位置且向下振动E. x=1.5m处的质点与P的振动步调有时相同有时相反【答案】ABD【解析】【详解】A根据图b可知，t=2s时在x=0.5m处的质点P的振动方向向下，由平移法可知，波的传播方向向右，A正确B根据图a可知波长，根据图b可知周期，所以波速：，B正确CM点与原点距离一个波长，所以t=2s时M也处于波谷，02s时间内前半个周期，Q在向y轴负向运动，C错误D从t=2s到t=9s时，现在M处于波谷，所以t=9s时，M恰好回到平衡位置且向下振动，D正确Ex=1.5m处的质点与P相距半个波长，所以振动步调相反，E错误16.现有一三棱柱工件，由透明玻璃材料制成如图所示，其截面ABC为直角三角形，ACB=30，现在有一条光线沿着截面从AC边上的O点以45的入射角射入工件折射后到达BC边的中点并发生了全反射后垂直于AB边射出已知光在空气中的传播速度为c求透明玻璃材料的折射率若BC=a，求光线在玻璃材料内传播的时间【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）光路图如图所示DE光线垂直AB射出，所以 ，折射角，所以 （2）由几何关系可知，所以，因为，所以，