1、湖北省华中师大一附中2020届高三物理能力测试试题（含解析）一、选择题1.已知光速为 3 108 m/s 电子的质量为 9.1 1031 kg ，中子的质量为1.67 1027 kg，质子的质量为1.67 1027 kg。 氢原子能级示意图如图所示。静止氢原子从n =4 跃迁到 n =1 时，氢原子的反冲速度是多少？（ ）A. 4.07 m/sB. 0.407 m/sC. 407 m/sD. 40.7 m/s【答案】A【解析】【详解】氢原子从n =4 跃迁到 n =1 时放出光子的能量为光子的动量 光子的能量可得根据动量守恒定律可知可得故选A。2.质量为m的物体放在粗糙水平面上，在一个足够大的
2、水平力F作用下开始运动，经过一段时间t撤去拉力，物体继续滑行直至停止，运动总位移s。如果仅改变F的大小，作用时间不变，总位移s也会变化，则s与F关系的图象是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】当拉力F小于最大静摩擦力，物体的位移为零；当F大于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得：Fmg=ma1物体在足够大的水平力F作用下的加速度a1=撤去拉力后，物体的速度撤去拉力后，物体的加速度物体继续滑行直至停止，运动的时间物体运动的总位移可见，作用时间t不变，sF是一元二次函数，是开口向上的抛物线，故C正确，ABD错误。故选C。3.从空间某点以大小不同的速率沿同一水平方向射出若干小球，不计
3、空气阻力。则它们的动能增大到初动能的2倍时的位置处于A. 同一直线上B. 同一圆上C. 同一椭圆上D. 同一抛物线上【答案】A【解析】【详解】动能增大到射出时的2倍，根据公式，速度增加为初速度的倍；速度偏转角度余弦为：，故速度偏转角度为45，故：vy=v0tan45=v故运动时间为：根据平抛运动的分位移公式，有：x=v0t 联立解得：在同一直线上。A. 同一直线上。与上述结论相符，故A正确；B. 同一圆上。与上述结论不符，故B错误；C. 同一椭圆上。与上述结论不符，故C错误；D. 同一抛物线上。与上述结论不符，故D错误。故选：A4.将两个负电荷A、B（带电量QA=20C和QB=40C）分别从无
4、穷远处移到某一固定负点电荷C产生的电场不同位置M和N，克服电场力做功相同，则将这两电荷位置互换后（即将电荷A移至位置N，电荷B移至位置M，规定无穷远处为零势面，且忽略电荷A、B对点电荷C的电场分布影响），此时电荷A、B分别具有的电势能EA和EB关系描述正确的是（）A. EAEBB. EA=EBC. EAEBD. 无法确定【答案】A【解析】【详解】两个电荷未换之前，分别从无穷远处移到某一固定负点电荷C产生的电场不同位置M和N，克服电场力做功相同，有：QA（0M）=QB（0N）即QAM=QBN由于2QA=QB，所以得：M=2N；将这两电荷位置互换后，电荷A、B分别具有的电势能EA和EB为：EA=Q
5、AN=20NEB=QBM=402N=80N由于N0，所以EAEB，故A正确，BCD错误。故选A。5.如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，则电流表的示数为。（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。此交变电动势的最大值为设此交变电动势在一个周期内的有效值为E，由有效值的定义得解得故电流表的示数为故选D。6.牛顿在发现万有引力定律时曾用月球的运动来检验，物理学史上称
6、为著名的“月地检验”。已经知道地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球中心与地球中心距离是地球半径k 倍，根据万有引力定律，可以求得月球受到万有引力产生的加速度为a1。又根据月球绕地球运动周期为T，可求得月球的向心加速度为a2，两者数据代入后结果相等，定律得到验证。以下说法正确的是( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】根据万有引力等于重力得 则有 地球表面附近重力加速度为g，月球中心到地球中心的距离是地球半径的k倍，所以月球的引力加速度为月球绕地球运动周期T，根据圆周运动向心加速度公式得故选BD。7.如图（a），静止在水平地面上的物体，受到水平拉力F的作用，F与时间t
7、的变化关系如图（b）所示设物块与地面间的最大静摩擦力Ffm的大小与滑动摩擦力大小相等，则t1t3时间内（ ）A. t2时刻物体的加速度最大B. t2时刻摩擦力的功率最大C. t3时刻物体的动能最大D. t3时刻物体开始反向运动【答案】AC【解析】【分析】当拉力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动【详解】A、在0t1时间内水平拉力小于最大静摩擦力，t2时刻物体受到的拉力最大；故物体的加速度最大，故A正确；BCD、物体运动后摩擦力大小不变，当速度最大时摩擦力的功率最大；而在t1到t3
8、时刻，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻后合力反向，要做减速运动，所以t3时刻A的速度最大，动能最大摩擦力的功率最大；故BD错误，C正确故选AC【点睛】根据受力情况分析物体运动情况，t1时刻前，合力为零，物体静止不动，t1到t3时刻，合力向前，物体加速前进，t3之后合力向后，物体减速运动8.如图（甲）所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3的电阻相连，导轨电阻不计导轨x0一侧存在沿x方向均匀增大的恒定磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图（乙）所示一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用
9、下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变下列说法中正确的是（ ）A. 金属棒向右做匀减速直线运动B. 金属棒在x=1m处的速度大小为0.5m/sC. 金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为-0.175JD. 金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为2C【答案】BCD【解析】【详解】试题分析：根据图象得函数关系式，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势，感应电流，安培力，解得，根据匀变速直线运动的速度位移公式，如果是匀变速直线运动，与x成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，故A错误；根据题意金属棒所
10、受的安培力大小不变，处与处安培力大小相等，有，即，故B正确；金属棒在处的安培力大小为，对金属棒金属棒从运动到m过程中，根据动能定理有，代入数据，解得，故C正确；根据感应电量公式，到过程中，B-x图象包围的面积，故D正确考点：考查了导体切割磁感线运动【名师点睛】考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中金属棒所受的安培力不变，是本题解题的突破口，注意B-x图象的面积和L的乘积表示磁通量的变化量二、非选择题9.在研究“加速度与力的关系”实验中，某同学根据学过的理论设计了如下装置（如图甲）：水平桌面上放置了气垫导轨，装有挡光片的滑
11、块放在气垫导轨的某处（档光片左端与滑块左端齐平）。实验中测出了滑块释放点到光电门（固定）的距离为s，挡光片经过光电门的速度为v，钩码的质量为m，（重力加速度为g，摩擦可忽略）（1）本实验中钩码的质量要满足的条件是_；（2）该同学作出了v2m关系图象（如图乙），发现是一条过原点的直线，间接验证了“加速度与力的关系”，依据图象，每次小车的释放点有无改变_ （选填“有”或“无”），从该图象还可以求得的物理量是_。【答案】 (1). 钩码质量远小于滑块质量 (2). 无 (3). 滑块质量【解析】【详解】（1）设钩码质量为m，滑块质量为M，对整体分析，根据牛顿第二定律，滑块的加速度a=隔离对滑块分析，
12、可知细绳上的拉力FT=Ma=要保证绳子拉力FT等于钩码的重力mg，则钩码的质量m要远小于滑块的质量M，这时有FT； （2）滑块的加速度a=，当s不变时，可知加速度与v2成正比，滑块的合力可以认为等于钩码的重力，滑块的合力正比于钩码的质量，所以可通过v2m的关系可以间接验证加速度与力的关系，在该实验中，s不变，v2m的关系图象是一条过原点的直线，所以每次小车的释放点无改变；因为a与F成正比，则有：，则，结合图线的斜率可以求出滑块的质量M。10.在研究“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，提供有以下器材：A电压表V1（05V）B电压表V2（015V）C电流表A1（050mA）D电流表A2（0500
13、mA）E滑动变阻器R1（060）F滑动变阻器R2（02k）G直流电源EH开关S及导线若干I小灯泡（U额=5V）某组同学连接完电路后，闭合电键，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端，移动过程中发现小灯未曾烧坏，记录多组小灯两端电压U和通过小灯的电流I数据（包括滑片处于两个端点时U、I数据），根据记录的全部数据做出的UI关系图象如图甲所示：（1）根据实验结果在图乙虚线框内画出该组同学的实验电路图_；（2）根据实验结果判断得出实验中选用：电压表_（选填器材代号“A”或“B”），电流表_（选填器材代号“C”或“D”），滑动变阻器_（选填器材代号“E”或“F”）；（3）根据图甲信息得出器材G中的直流电源电
14、动势为_V，内阻为_；（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连，则每个小灯消耗的实际功率为_W。【答案】 (1). (2). B (3). D (4). E (5). 8 (6). 10 (7). 0.56【解析】【详解】（1） 从图甲可知，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端过程中电表的示数不是从0开始的，因此滑动变阻器采用的不是分压接法，而是限流接法；从图甲可知，小灯泡的电阻为1030，阻值较小，因此电流表采用外接法，作出的实验电路图如图所示：（2）从图甲可知，记录的全部数据中小灯两端电压U最大为6V，因此电压表的量程需要选择15V，故电压表选B；通过小灯的电流I最大为：
15、0.2A=200mA，故电流表的量程需要选择500mA，故电流表选D；电路采用滑动变阻器限流接法，为了便于实验操作，滑动变阻器应选小阻值的，故滑动变阻器选E；（3）从图甲可知，当滑动变阻器接入电阻为0时，小灯两端电压U1最大为6V，通过小灯的电流I1最大为0.2A，则此时小灯电阻RL=30由闭合电路欧姆定律有当滑动变阻器接入电阻为R2=60时，小灯两端电压U2最小为1V，通过小灯的电流I2最小为0.1A，则此时小灯电阻RL=10由闭合电路欧姆定律有解得电源电动势E=8V，内阻r=10；（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连，根据闭合电路欧姆定律，有E=2U+Ir解得U=4
16、5I作出此时的UI图象如图所示：图中交点I=0.18A，U=3.1V，即通过每个灯泡的电流为0.18A，每个灯泡的电压为3.1V，故每个小灯消耗的实际功率P=0.18A3.1V0.56W（由于交点读数存在误差，因此在0.55W0.59W范围内均对）11.如图(a)，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，木板上有一质量为m1kg的物块，始终受到平行于斜面、大小为8N的力F的作用。改变木板倾角，在不同倾角时，物块会产生不同的加速度a，如图(b)所示为加速度a与斜面倾角的关系图线。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力。求：(g取10m/s2，sin370
17、.6，cos370.8)(1)图线与纵坐标交点a0的大小；(2)图线与轴重合区间为1，2，木板处于该两个角度时的摩擦力指向何方？在斜面倾角处于1和2之间时，物块的运动状态如何？(3)如果木板长L2m，倾角为37，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板顶端，力F最多作用多长时间？【答案】(1)6m/s2 (2)1时，沿斜面向下，2时，沿斜面向上；静止 (3)3.1s【解析】【详解】(1)当木板水平放置时，物块的加速度为a0此时滑动摩擦力f N mg0.2110 N2N由牛顿第二定律求得m/s26m/s2；(2)当木板倾角为1时，摩擦力沿斜面向下；当木板倾角为2时，摩擦力沿斜面向上；
18、当角处于1和2之间时物块静止；(3)力F作用时间最长时，撤去力后物块滑到斜面顶端时速度恰好减小到零。设力F作用时物块的加速度为a1，由牛顿第二定律得：撤去力F后物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律：设物块不冲出木板顶端，力F最长作用时间为t则撤去力F时的速度va1t由题意有：由以上各式得：12.直角坐标系 xoy 位于竖直平面内，在第一象限存 在磁感应强度 B=0.1 T、方向垂直于纸面向里、边界为矩形的匀强磁场。现有一束比荷为= 108 C / kg 带正电的离子，从磁场中的A点（m，0）沿与x轴正方向成 q =60角射入磁场，速度大小 v01.0 10 6m / s，所有离子经磁场偏转后
19、均垂直穿过y轴的正半轴，不计离子的重力和离子间的相互作用。(1)求速度最大的离子在磁场中运动的轨道半径；(2)求矩形有界磁场区域的最小面积；(3)若在x0区域都存在向里的磁场，离子仍从 A 点以 v0 = 10 6 m /s向各个方向均匀发射，求y轴上有离子穿出的区域长度和能打到y轴的离子占所有离子数的百分比。【答案】(1) 0.1m；(2) m2；(3)；50%。【解析】【详解】(1)根据洛伦兹力提供向心力有代入数据解得R=0.1m；(2)如图1所示：根据几何关系可知，速度最大的离子在磁场中运动的圆心在y轴上的B（0，m）点，离子从C点垂直穿过y轴，所有离子均垂直穿过y轴，即速度偏向角相等，
20、AC连线应该是磁场的边界，满足题意的矩形如图1所示，根据几何关系可得矩形长为宽为R-Rcosm则面积为(3)根据洛伦兹力提供向心力有解得临界1，根据图2可得与x轴成30角射入的离子打在y轴上的B点，AB为直径，所以B点位y轴上有离子经过的最高点，根据几何知识可得OB=m；临界2：根据图2可得，沿着x轴负方向射入磁场中的离子与y轴相切与C点，所以C点为y轴有离子打到的最低点，根据几何知识有OC=m所以y轴上B点至C点之间的区域有离子穿过，且长度为根据图3可得，沿着x轴正方向逆时针转到x轴负方向的离子均可打在y轴上，故打在y轴上的离子占所有离子数的50%。13.如图所示，质量为 m 的活塞将一定质
21、量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦。a 态是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，b 态是气缸从容器中移出后，在室温（27 C）中达到的平衡状态。气体从 a 态变化到 b 态的过程中大气压强保持不变。若忽略气体分子之间的势能，下列说法中正确的是（ ）A. 与 b 态相比，a 态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较多B. 与 a 态相比，b 态的气体分子在单位时间内对活塞的冲量较大C. 在相同时间内，a、b 两态的气体分子对活塞的冲量相等D. 从 a 态到 b 态，气体的内能增加，外界对气体做功，气体向外界释放了热量E. 从 a 态到 b 态，气体的内能增加，气体对外界做功，气体向
22、外界吸收了热量【答案】ACE【解析】【详解】A因压强不变，而由a到b时气体的温度升高，故可知气体的体积应变大，故单位体积内的分子个数减少，故a状态中单位时间内撞击活塞的个数较多，故A正确；BC因压强不变，故气体分子在单位时间内撞击器壁的冲力不变，故冲量不变，故B错误，C正确；DE因从a到b，气体的温度升高，故内能增加；因气体体积增大，故气体对外做功，则由热力学第一定律可知气体应吸热，故D错误，E正确；故选ACE。14.如图，在水平固定放置的汽缸内，用不漏气的轻质活塞封闭有一定量的理想气体，开有小孔的薄隔板将气体分为A、B两部分活塞的横截面积为S，与汽缸壁之间无摩擦初始时A、B两部分体积相同，温
23、度为T，大气压强为p0(1)加热气体，使A、B两部分体积之比达到1:2，求此时的温度T；(2)将气体温度加热至2T，然后在活塞上施加一向左的水平恒力F5p0S，推动活塞，直至最终达到平衡，推动活塞过程中温度始终维持2T不变，求最终气体压强p【答案】(1) T1.5T(2) p4p0【解析】【详解】(1)设A的体积为V，则初状态A、B总体积为2V，末状态总体积为3V由盖吕萨克定律得：解得T1.5T(2)假设活塞被推至隔板时气体压强为p临解得p临4p0由此可以判断，活塞一直被推至隔板，此后气体体积、温度均不变，则压强不再改变，p4p0点睛：已知初末状态的体积，由盖吕萨克定律可求得后来的温度；由理想
24、气体状态方程可求得临界压强值，比值临界压强与压力压强的关系，可分析活塞的位置，进而求得最终的压强15.情形 1：如图，两列水波波源S1和S2的振幅分别为2A和A，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。情形 2：在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍微加大，其他条件不变，则干涉条纹将如何变？情形 3：用单色光通过小圆盘和小圆孔做衍射实验时，在光屏上得到衍射图形，它们的特征是（ ）A. 情形1中两列波在相遇区域发生干涉B. 情形1中此刻A点和B点位移大小分别是A和3AC 情形2中干涉条纹将变密D. 情形3中中央均为亮点的同心圆形条纹E. 情形3中用小圆盘时中央是暗的，用小圆孔时中央是亮的【
25、答案】BCD【解析】【详解】A由图看出，波源Sl形成的水波波长大于波源S2是形成的水波波长，两列波在同一介质中传播，波速相等，由波速公式v=f得知，两列波的频率不等，不会形成干涉现象，但能发生叠加现象，故A错误；B根据两列水波波源S1和S2的振幅分别为2A和A，结合图可知，此时刻A点和B点的位移大小分别是A和3A，故B正确。C在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍微加大，其他条件不变，根据可知，则条纹间距减小，干涉条纹将变密集，选项C正确；DE情形3中小圆盘和小圆孔衍射均为中央亮点的同心圆形条纹，选项D正确，E错误。故选BCD。16.如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m。距
26、水面4m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53（取sin53=0.8）。已知水的折射率为。（1）求桅杆到P点的水平距离；（2）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。【答案】（1）7m；（2）5.5m【解析】【详解】（1）设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，桅杆高度为，P点处水深为；激光束在水中与竖直方向的夹角为，由几何关系有由折射定律有设桅杆到P点的水平距离为，则联立方程并代入数据得（2）设激光束在水中与竖直方向的夹角为时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为，由折射定律有设船向左行驶的距离为，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，则联立方程并代入数据得