1、絕密啟用前長沙市2020屆高三年級統一模擬考試物理總分：100分，考試時間：90分鐘一、選擇題：本題共 8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，17題只有一項是符合題目要求的，第812題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得 3分，有選錯的得 0分。1.物理是一門以實驗為基礎的學科，要用到很多測量儀器，下列哪種儀器測量的不是國際單位制中的基本量（）2如圖是中國寧波公交使用的全球首創超級電容儲存式現代電車，該電車沒有傳統無軌電車的辮子”，沒有尾氣排放，乘客上下車的30秒內可充滿電并行駛 5公里以上，剎車時可把80%以上的動能轉化成電能回 收儲存再使用。這種電車的核心元器件是

2、“3V 1200F石墨烯納米混合型超級電容器， 該電容器能反復充放 電100萬次，使用壽命長達十年，被譽為“2世紀的綠色交通下列說法正確的是（）A.電容器放電的過程中，電量逐漸減少，電容也逐漸減小B.電容器充電的過程中，電量逐漸增加，電容保持不變C.電容器放電的過程中，電量逐漸減少，電容器兩極板間的電壓不變D.若標有“3V 12000F”的電容器從電量為零到充滿電用時30s,則充電平土電流為 3600A3守株待兔”是我們熟悉的寓言故事，它出自韓非子，原文為：宋人有耕田者。田中有株，兔走觸株，折頸而死。因釋其耒而守株，翼復得兔。兔不可復得，而身為宋國笑。假設一只兔子質量為2kg,受到驚嚇后從靜止

3、開始沿水平道路勻加速直線運動，經過1.2s速度大小達到9m/s后勻速奔跑，撞樹后被水平彈回，反彈速度大小為1m/s ,設兔子與樹的作用時間為0.05s,重力加速度g=10m/s2.下列說法確的是（）A.加速過程中兔子的加速度為180m/s2B.加速過程中地面對兔子的平均作用力大小為20NC.撞樹過程中樹對兔子的平均作用力大小為320ND.撞樹過程中樹對兔子的平均作用力大小為400N4豎直放置的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端連接質量為m的物體甲且處于靜止狀態，將質量為2m的物體乙無初速地放在物體甲上（如圖所示），乙剛放到甲上的瞬間，物體甲的加速度為a,當地重力加速度為g。則（）A. a=0*2

4、D. a=gO.關于x軸上的電場強度和如圖所示，x軸垂直穿過一個均勻分布著正電荷的圓環。且經過圓環的圓心電勢，下列說法確的是（）A. O點的電勢一定為零B.O點的電場強度一定為零C.從O點沿x軸正方向，電場強度一直減小，電勢一直升高D.從O點沿x軸正方向，電場強度一直增大，電勢一直降低 6.2016年底以來，共享單車風靡全國各大城市。圖甲為某品牌共享單車第一代產品，單車的內部有一個小型發電機，通過騎行者的騎行踩踏，不斷地給單車里的蓄電池充電，蓄電池再給智能鎖供電。單車內小型發電機發電原理可簡化為圖乙所示，矩形線圈abcd的面積為0.001m2,共有100匝，線圈總電阻為1Q線圈處于磁感應強度大

5、小為77的勻強磁場中，可繞與磁場方向垂直的固定對稱軸OO轉動，線圈在轉動時可以通過滑環和電刷保持與外電路阻值為9電阻連接，不計交流電流表的內阻。在外力作用下線圈以10兀rad/s的角速度繞軸 OO勻速轉動時，下列說法中正確的是（）A.交流電流表的示數是 0.002AC.該交流發電機產生的交流電的周期為B.電阻R的發熱功率是0.4W0.2sD.當線圈平面和磁場方向平行時，線圈中的感應電流為零7如圖所示是光電管的原理圖，已知當有波長為為的光照到陰極 K上時，電路中有光電流，則（，口電潮二-IA.若僅增大光照強度，電路中光電流一定增大B.若僅將電源極性反接，電路中一定沒有光電流C.若僅換用波長為 為

6、（入 1萬）的光照射陰極 K時，電路中一定沒有光電流D.若僅將電路中滑動變阻器的滑片向右滑動，電路中光電流一定增大8如圖所示，垂直于地面且相距4m的的兩桿頂端 A B之間固定著長為 5m的細繩，將一個重為 12N的小物體通過光滑的輕質小掛鉤O掛在細繩上，平衡時，下列判斷正確的是（）A.只有兩桿高度相等時，細線 AO段和BO段跟水平面的夾角才相等B.平衡時細繩中的張力為 10NC.把細繩左端從頂端 A緩慢沿桿向下移動一小段距離的過程中，細繩中的張力變小D.保持細繩的右端在桿上的位置不動，將右桿移動一小段距離到虛線位置時，細繩中的張力變大9某同學在開展研究性學習的過程中，利用加速度傳感器研究質量為

7、5kg的物體由靜止開始做直線運動的規律，并在計算機上得到了前4s內物體加速度隨時間變化的圖象，如圖所示，下列關于物體在前 4s內的情況說法正確的（）2rA. 1s末物體的速度最大B. 3s末物體離出發點最遠C. 4s末物體離出發點最遠D.前4s內合力對物體做的功等于前2s內合力對物體做的功10為了加快建設海洋強國，根據中國民用空間基礎設施中長期發展規劃和海洋衛星業務發展十三五”規劃，到2020年，我國將研制和發射海洋衛星共十余顆。海洋一號C'衛星和海洋二號B”衛星這兩顆衛星現在已經正式交付自然資源部投入使用，若這兩顆衛星均繞地球做勻速圓周運動，海洋二號B”衛星的軌道半徑是 海洋一號C&

8、#39;衛星的n倍，關于這兩顆衛星，下列說法正確的是（）A.海洋二號B”衛星的線速度是 海洋一號C”衛星的V二倍B.海洋二號B”衛星的線速度是海洋一號C"衛星的-'J倍海洋一號C”衛星的相等海洋一號C"衛星的倍C.在相同的時間內，海洋二號B”衛星與地球球心的連線掃過的面積和D.在相同的時間內，海洋二號B”衛星與地球球心的連線掃過的面積是11如圖甲所示，用不可伸長的輕繩連接的小球繞定點O在豎直面內做圓周運動。小球經過最高點時繩子拉力以及重力加速度g都為已知量，不A與B、B與地面間的動摩擦因數的大小Ft與此時速度的平方 v2的關系如圖乙所示。 圖象中的數據a和b計摩擦力

9、和空氣阻力。以下說法正確的是（）A.數據a與小球的質量有關B.數據b與小球的質量無關C.利用數據a、b和g能夠求出小球的質量和圓周軌道半徑D.數據b對應的狀態，當小球運動到最低點時，繩子的拉力為 7b12如圖所示，質量相等的物塊 A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。均為先水平敲擊 A, A立即獲得水平向右的初速度 Va,在B上滑動距離L后停下。接著水平敲擊 B, B 立即獲得水平向右的初速度 vb, A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，相對靜止前 B的加速 度大小為ab相對靜止后B的加速度大小為 a2,此后兩者一起運動至停下。已知最大靜摩擦力等于滑動摩 擦力，重力加速度為 g。下列

10、說法正確的是（）A.B. vA=C.D.從左邊緣再次對齊到 A、B停止運動的過程中，A和B之間沒有摩擦力n卷（非選擇題）二、非選擇題C包括必考題和選考題兩部分I共62分第E3 T7題為必考題，每個i巍 考生都必須作答第IX 2 19題為選考超.考生根倨要求作答） 必考題（共47分）（一）必答題13.如圖甲所示是某同學探究加速度與力的關系的實驗裝置。他在氣墊導軌上安裝了一個光電門B,滑塊上固定一遮光條，滑塊用細線繞過氣墊導軌左端的定滑輪與力傳感器相連，力傳感器可直接測出連接滑塊的 細繩中的拉力，傳感器下方懸掛鉤碼，每次都將滑塊從A處由靜止釋放，氣墊導軌摩擦阻力很小可忽略不計，由于遮光條的寬度很小

11、，可認為遮光條通過光電門時速度不變。51甲I1l cm“州孫柏中巾卅時i 5 II H f KI乙(1)實驗時，該同學用游標卡尺測量遮光條的寬度d,如圖乙所示，則 d=mm.然后他將滑塊從 A位置由靜止釋放，并測量釋放時遮光條到光電門的距離L,由數字計時器讀出遮光條通過光電門 B的時間，則滑塊的加速度大小表達式為 (用題中所給的符號表示)(2)實驗時，一定要保證的條件或進行的操作是 (多選)A.使滑塊質量遠大于鉤碼和力傳感器的總質量B.測出鉤碼的重力C.將氣墊導軌調節水平D.使細線與氣墊導軌平行14.舉世矚目的嫦娥四號，其能源供給方式實現了新的科技突破：它采用同位素溫差發電與熱電綜合利用技術結

12、合的方式供能，也就是用航天器兩面太陽翼收集的太陽能和月球車上的同位素熱源兩種能源供給探測 器。圖甲中探測器兩側張開的是光伏發電板，光伏發電板在外太空將光能轉化為電能。圖中1W4用內某同學利用圖乙所示電路探究某光伏電池的路端電壓U與電流I的關系，圖中定值電阻 R=5Q設相同光照強度下光伏電池的電動勢不變，電壓表、電流表均可視為理想電表。(1)實驗一：用一定強度的光照射該電池，閉合開關 S,調節滑動變阻器 R的阻值，通過測量得到該電池 的U-I如圖丁曲線a,由此可知，該電源內阻是否為常數 (填 是"或 否”)，某時刻電壓表示數如圖 丙所示，讀數為 V,由圖象可知，此時電源內阻值為 Qo實

13、驗二：減小實驗一光照的強度，重復實驗，測得 U-I如圖丁曲線(2)在實驗一中當滑動變阻器的電阻為某值時路端電壓為2.0V,則在實驗二中滑動變阻器仍為該值時，滑動變阻器消耗的電功率為 W (計算結果保留兩位有效數字)15質量為m0=80kg的溜冰運動員推著一輛質量為mA=16kg的小車A以v0=10m/s的共同速度在光滑的冰面上向右勻速滑行。某時刻，他發現正前方有一輛靜止的小車B,小車B的質量為mB=64kg,運動員為了避免自己與小車B相撞，將小車 A用力向正前方推出，小車A離開運動員時相對于地面的速度為VA=20m/s,小車A與小車B發生碰撞后沿原路反彈回來。運動員抓住反彈回來的小車A,再次與

14、小車 A以共同的速度前進。在此后的過程中，小車A和小車B恰好不會再次相撞。不考慮摩擦和空氣阻力。求：(1)將小車A推出后，運動員的速度 vi；(2)小車A與小車B碰撞后，小車 B的速度V2。16.如圖所示，固定于水平面上的足夠長的金屬框架CDEF處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B0=2T,柜架的左端串有阻值為 R=5的定值電阻，框架的寬度 L=0.5m,質量m=0.05kg,電阻不計的金屬棒 MN與 導軌垂直并良好接觸，金屬棒與導軌之間的動摩擦因數科=0.5金屬棒在F=0.5N的水平恒力作用下由靜止開始沿框架向右運動，最后達到穩定速度。重力加速度大小為g,導軌的電阻不計。求：(1)金屬棒開

15、始運動瞬間的加速度大??；(2)金屬棒達到的穩定速度大小；(3)金屬棒達到穩定速度后，某時刻的位置GH到框架左端的距離為 x=7.5m,并將該時刻記作t=0 ,從此時刻起，讓磁感應強度逐漸減小，使金屬棒中不產生感應電流，則 t=2s時磁感應強度B為多大？17如圖所示，在豎直平面 xOy內，在y軸右側存在著豎直向上且 E=2N/C的勻強電場，在第一象限內存在 著垂直紙面向外且 Bi=0.4T的勻強磁場，第四象限內存在著垂直紙面向外且心=0.8丁的勻強磁場。長為L=16m的水平絕緣傳送帶 AB以速度v(=4.8m/s順時針勻速轉動，傳送帶左右側輪的半徑R=0.2m,右側輪的圓心坐標是（0, h）,其

16、中h=7.8m, 一個質量為 m=2g、電荷量為q=+0.01C的小物塊（不計小物塊的大小，可 視為點電荷）輕輕放在傳帶左端，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數科=0.8小物塊從傳送帶滑下后，經過x軸上的P點（圖中未畫出），重力加速度g取10m/s2,不考慮空氣阻力及邊界對電場、磁場的影響。 求：（1）小物塊在傳送帶上加速運動的時間；（2） P點的坐標；（3）若把傳送帶勻速運行的速率增加到v=16m/s ,把一塊擋板 MN垂直于x軸放置且下端在 x軸上，擋板高為H=8m,正中間有一小孔。為了讓小物塊能穿過擋板上的小孔，求擋板放置的位置與y軸之間的距離。（二）選答題（15分）18 （物理-選彳3-3

17、）關于物體的內能，下列說法正確的是（）A.若把氫氣和氧氣看作理想氣體，則具有相同質量和相同溫度的氫氣和氧氣具有相等的內能B.相同質量0c水的分子勢能比 0c冰的分子勢能小C.物體吸收熱量后，內能不一定增加D. 一定量的某種理想氣體的內能只與溫度有關E. 一定量的某種理想氣體在等壓膨脹過程中，內能一定增加19如圖所示，大氣壓強恒為p。，用橫截面積為S的可動水平活塞將一定質量的理想氣體密封于懸掛在天花-S板上的汽缸中，活塞的質量為""，開始時，環境的熱力學溫度為T0,活塞與汽缸頂部的高度差為 h0,由于環境溫度緩慢降低，活塞緩慢向上移動，當環境溫度降低至 T1時，活塞向上移動了

18、 0.2h0,已知密封氣體的內能U與熱力學溫度T的關系為U=kT （k為正常數），汽缸導熱良好，與活塞間的摩擦不計，重力加速 度為g,求（i）變化后環境的溫度 T1；（ii）全過程中密封氣體向外界放出的熱量Q。20 (物理-選彳3-4)如圖所示，一束光從空氣中射向折射率n=的某種玻璃的表面，i表示入射角，光在真空中的傳播速A.當i >45 0時會發生全反射現象B.無論入射角是多大，折射角 r都不會超過45°C.欲使折射角r=30應以i=45的角度入射D.當入射角tani=殳時，反射光線跟折射光線恰好垂直E.光在該玻璃中的傳播速度v=1.5 X%/s21如圖所示，實線是一列簡諧橫

19、波在ti時刻的波形圖，虛線是在 t2= (ti+0.2) s時刻的波形圖。o/cm(i)若波速為45m/s,求質點M在ti時刻的振動方向(闡述判斷依據)(ii)在ti到t2的時間內，如果 M通過的路程為1.4m,那么波的傳播方向怎樣？波速多大?解析版1 .【答案】A【解析】解：A、彈簧測力計測量的是力，而力不是國際單位制中的基本量，故 A錯誤。日 天平是測量質量的儀器，質量是國際單位制中的基本量，故B正確。C秒表是測量時間的儀器，時間是國際單位制中的基本量，故C正確。D螺旋測微器是測量長度的儀器，長度是國際單位制中的基本量，故 D正確。本題選測量的不是國際單位制中的基本量，故選：Ao力學中的基

20、本量有三個，它們分別是長度、質量、時間，根據基本量來確定測量的儀器即可。解決本題的關鍵要知道力學的三個基本物理量以及對應的基本單位，需識記。要注意牛頓不是國際單位制 中的基本量。2 .【答案】B【解析】解：AR電容器的電容由本身結構決定，與充放電無關，與電荷量的多少無關，故放電過程中，電量減少, 電容不變，充電過程中，電量增加，電容不變，故 A錯誤，B正確。C根據U=可知，放電過程中，電量 Q減少，兩極板間的電壓減小，電容不變，故 C錯誤。D標有“3V, 12000F”的電容器從電量為零到充滿電，儲存的電荷量 Q=CU=36000C根據電荷量定義可知，I= Q =皿討A國I , A=1200A

21、,故充電平土電流為 1200A,故D錯誤。故選：Bo電容器的電容由本身結構決定，與電荷量和電壓無關，充放電過程中，電容不變。根據電荷量的定義，計算充電平均電流。本題考查了電容器的電容，解題的關鍵是明確電容器的電容由本身結構決定，與充放電無關，與電荷量的多少無關。3 .答案】D【解析】解：A、兔子經過1.2s速度由零達到9m/s,根據加速度公式可知,a=7.5m/s 2,故 A錯誤。日加速過程中，地面對兔子的平均作用力大小為f ,根據動量定理可知，ft=mv-0，代入數據解得f=15N,故B錯誤。CD撞樹過程中，撞樹前的動量大?。篜=mv=2x 9kg?m/s=18kg ?m/s,以撞樹前兔子的

22、速度方向為正方向，兔子撞樹后的動量： P' =mv =2X - -1 ) =-2kg ?m/s ,兔子撞樹過程動量變化量：P=P' -P=-2kg ?m/s-18kg?m/s=-20kg ?m/s ,由動量定理得：Ft= AP=-20N?s,則兔子受到平均作用力大小為F=400N,故C錯誤，D正確。故選：Do根據加速度公式求解加速度。根據動量的計算公式求出兔子撞樹前后的動量大小，然后求出撞樹過程動量的變化量，由動量定理可以求 出兔子撞樹過程受到的沖擊力。本題考查動量定理的直接應用，同于表達式中有多個矢量，故應注意設定正方向，并明確各量的方向。4 .【答案】C【解析】解：原來物塊

23、甲靜止在彈簧上時，設彈簧的彈力大小為F,則有F=mg將乙突然無初速放上甲的瞬間，彈簧的彈力不變，將甲、乙看成一個整體，具有共同的加速度a,對整體受力分析，由牛頓第二定律得：3mg-F=3ma解彳導:a=；： g,故ABD錯誤，C正確。故選：C。單放物體甲時，彈簧的彈力等于甲的重力，放上乙的瞬間彈簧的彈力不變，仍等于甲的重力，由此把甲、 乙作為一個整體由牛頓第二定律求加速度。本題的關鍵是要知道在放上乙的瞬間彈簧形變量沒有變化，其彈力是不變的，而甲、乙是一個整體加速度相同。5 .【答案】B【解析】解：AB圓環上均勻分布著正電荷，根據對稱性可知，圓環上各電荷在O點產生的場強抵消，合場強為零。圓環上各

24、電荷產生的電場強度在x軸有向右的分量， 根據電場的疊加原理可知，x軸上電場強度方向向右，根據順著電場線方向電勢降低，可知在x軸上。點的電勢最高，故 A錯誤，B正確。CD。點的場強為零，無窮遠處場強也為零，所以從。點沿x軸正方向，場強應先增大后減小。x軸上電場強度方向向右，電勢降低，故CD昔誤。故選：Bo圓環上均勻分布著正電荷，根據電場的疊加和對稱性，分析。點的場強。根據電場的疊加原理分析x軸上電場強度的方向，即可判斷電勢的高低。解決本題的關鍵有兩點：一是掌握電場的疊加原理，并能靈活運用；二是運用極限法場強的變化。6 .【答案】C【解析】解：A氏 線圈產生的最大屆驗電動轉為Em=NBM3 巫 x

25、 0,001 x l(hr V=Q.2通V ,有效值為E二爆舊V r根據闊合電路的歐姆定律可知上- -0.1/? A,電期貨畦的熱功率為P=l2R=(ngw r故AB情氤 it + /,a交流電的周期T=幼=0.2"故C正確.D當線圈平面和磁場方向平行時，線圈中的感應電流最大，故 D錯誤。故選：Co電表示數、發熱功率為有效值，根據EfNBSo求得產生的感應電動勢的最大值，根據有效值和最大值間的關系求得有效值。根據角速度與周期關系求解周期。當線圈平面和磁場方向平行時，線圈中的感應電流最大。本題關鍵知道正弦式交流電峰值的表達式B=nBSco,同時要會計算平均值和瞬時值，對于交變電流，求解

26、熱量、電功和電功率用有效值，對于正弦式電流最大值是有效值的倍。7 .【答案】A【解析】解：A、圖中光電管加的是正向電壓，若僅增大光照強度，電路中光電流一定增大，故A正確。日 若將電源極性反接，其電壓值小于截止電壓時仍有電流，故 B錯誤。C由題意，入射光的波長為入。時，能發生光電效應，若換用波長為入1 （入1入°）的光照射陰極K時，入射光的頻率減小，仍然可能發生光電效應，電路中可能有光電流，故C錯誤。D若僅將電路中滑動變阻器的滑片向右滑動，光電管兩端電壓增大，如果已經達到飽和光電流，則光電流不會增大，故D錯誤。故選：Ao發生光電效應的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，或入射光的波長

27、小于金屬的極限波長。光電子有初動能，光電管加反向電壓時，仍可能有光電流。本題的解題關鍵是掌握光電效應產生的條件、光電流強度與入射光的強度有關，知道截止電壓等等光電效 應的基本規律。8 .【答案】BD【解析】C解：A因為是一根繩，由繩子的特點可知兩端繩子的張力大小相等，由于繩子在水平方向的分力相等，則兩端繩子與水平方向的夾角也相同，與桿的高度無關，故A錯誤。日 設繩子與豎直方向方向的夾角為“，繩子總長度為L,兩桿間的距離為 S,延長AO交右邊桿與C,根據S _ 4幾何關系可知 OC=OB則AC=L則sin a =一=0.8,解得a =53° ;由共點力的平衡條件可知，兩拉力 的合力與物

28、體的重力等大反向；由幾何關系可知拉力為：匚 仃 5 卜= 二 I土才九如 t；G=10N故兩桿頂端所受白拉力大小均為10N,故B正確。C把A端緩慢向下移動的過程中，sin 8不變，則繩上的拉力不變，故 C錯誤。D B端在桿上的位置不動，將右桿移動到虛線位置時，S增大，sin ”增大，cos a減小，繩上的拉力變大,故D正確。故選：BD因為是一根繩子，故兩端的拉力相等，由共點力的平衡條件可知兩繩子的拉力的合力與物體的重力大小相等方向相反；作出平行四邊形由幾何關系可求得兩繩與水平方向的夾角及張力，根據平衡條件分析繩子拉 力的變化情況。本題的關鍵在于明確同一根繩子不論如何彎曲，只要是繃緊的則各部分拉

29、力一定相等；故本題可以直接得 出結論兩邊繩子與水平方向的夾角相等。9 .【答案】CD【解析】解：ABC分析物體的運動情況：在 0-3s內物體沿正方向做加速運動，在 3-4s內沿正方向做減速運動，故在第3s末物體的速度最大，在第 4s末距離出發點最遠，故 AB錯誤，C正確；D a-t圖象的“面積”大小等于速度變化量， 則在前4s內物體速度的變化量 v等于前2s內速度變化量， 由動能定理得，前 4s內合外力做的功等于前 2s內合外力做的功，故 D正確； 故選：CD由牛頓第二定律知：加速度方向與合外力方向相同，當加速度方向與速度方向相同時，物體做加速運動；否則做減速運動。根據加速度圖象，分析物體的運

30、動情況，即可判斷速度最大、位移最大的時刻。根據a-t 圖象的“面積”大小等于速度變化量。本題關鍵有兩點：一要正確分析物體的運動情況；二抓住 a-t圖象的“面積”求出速度的變化量。10 .【答案】AD【解析】UNm = 4的解：AR兩顆衛星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，/ 一“J'，解得線速度一 V,“海洋二號B”衛星的軌道半徑是“海洋一號C'衛星的n倍，則“海洋二號 B”衛星的線速度是“海洋一 /i號C“衛星的V1倍，故A正確，B錯誤。1CD根據扇形面積公式可知，衛星與地球球心的連線掃過的面積為 S段，則在相同的時間內，“海洋二號B”衛星與地球球心的連線掃過的面積是

31、“海洋一號C”衛星的倍，故C錯誤，D正確。故選：AD兩顆衛星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，得出線速度大小關系。根據扇形面積公式比較在相同的時間內，兩位衛星與地球球心的連線掃過的面積。本題考查了人造衛星的相關計算，明確萬有引力提供向心力，得出線速度公式，同時掌握扇形面積公式。11 .【答案】CD【解析】ir解：A、小球在最高點，根據牛頓第二定律：Fr+mg=m ,得FT=mJ，-mg,根據圖象，當Ft=0時，v2=a=gr,所以數據a與小球的質量無關，故 A錯誤；閆B根據圖象，v2=2a時，FT=b，代入FT=m'' -mg,解得b=mg,所以數據b與小球的質量有關，

32、故 B錯誤；C由a=gr, b=mg,可以求出小球的質量 m和圓周軌道半徑r,故C正確;D數據b對應的狀態，可設最高點對應的速度為vi,最高點對應的速度為 V2叮小球在最高點，根據牛頓第二定律：b+mg=m ,小球在最低點，根據牛頓第二定律：FT2-mg=m ',2mgr=I1 mvf小球從最高點到最低點，根據動能定理：？， 由聯合解得：FT2=7mg=7b,故D正確。故選：CD結合圖象，根據牛頓第二定律可以求出a、b的表達式，從而可以判斷 a、b與質量的關系；數據 b對應的狀態，根據牛頓第二定律和動能定理可以求出繩子的拉力。本題考查了牛頓第二定律、 圓周運動等知識點。利用圖象及牛頓第

33、二定律求 a、b表達式是解決本題的關鍵。12 .【答案】ABC【解析】解：A、設A、B的質量均為 m A、B相對靜止前，A相對于B向左運動，A對B的滑動摩擦力向左，地面對B的滑動摩擦力也向左，則 B所受的合外力大小：Fb=? 2mg-+(i mg=3(i mg對B,由牛頓第二定律：F-ma,解得：a=3科g相對靜止后，對A、B整體，由牛頓第二定律得2mg=2ma,解彳導:a2=g,則a1=3a2,故A正確。日 敲擊A后，A獲得速度后，向右做勻減速運動。對B來說，地面與B間的最大靜摩擦力為f指科？2mg=2mg. A對B的滑動摩擦力為f=科mg,則f v f m,故B靜止不動。對A ,由牛二定&

34、#174;5 : 2A:出"y m由運動學公式有：2a*Lr£ 解得：v*=匕礪i r故B正確.*段擊B后f段經過時間tA，達到共同速度v ,位移分剔為& r%（聞）口速度的*J洋子五,則： v=3r" v=vB-lt乂珀土承-3或2 一 ，且皿3l_聯立解得；yb=2 Ja© L ,故C正誦.D從左邊緣再次對齊到 A、B停止運動的過程中， A B一起做勻減速運動， A有向左的加速度，說明 B對 A有摩擦力，故D錯誤。故選：ABC敲擊A后，A獲得速度后，向右做勻減速運動，B靜止不動，根據牛頓第二定律及勻變速直線運動規律結合 求A被敲擊后獲得的初速

35、度大小 Va；B被敲擊后，根據 A與B之間的摩擦力，B與地面之間的摩擦力，結合牛頓第二定律可求出A B相對靜止前、后B的加速度大小；由 A B所發生的相對位移 L著手，分析出共速時各自發生的位移，聯立等式進行 求Vb.從左邊緣再次對齊到 A B停止運動的過程中，對整體分析加速度，再對 A分析A是否受摩擦力。 對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關鍵是弄清楚物體的受力情況，來判斷其運動情況。特別要注意分析 速度相等的狀態，利用牛頓第二定律和運動學結合進行處理。13 .【答案】解14 50 ,其笛 CD【解析】解：（1）游標卡尺的主尺讀數為 2mm游標讀數為 0.05 x 10mm=0.50mmW以最

36、終讀數 d=2mm+0.50mm=2.50mmriV滑塊經過光電門時的瞬時速度可近似認為是滑塊經過光電門的平均速度為：;,根據運動學公式可知：v2=2aL,解得滑塊的加速度大小為：豆五屋（2） AB、拉力是直接通過傳感器測量的，故不需要滑塊質量遠大于鉤碼和力傳感器的總質量，不需要測出鉤碼的重力，故AB錯誤。CD應將氣墊導軌調節水平，同時保證細線與氣墊導軌平行，使拉力才等于合力，故CD正確。故選：CD故答案為：（1） 2.50 ;； （2） CD,（1）游標卡尺讀數結果等于固定刻度讀數加上可動刻度讀數，不需要估讀；滑塊經過光電門時的瞬時速度可近似認為是滑塊經過光電門的平均速度。根據運動學公式解答

37、。（2）用細線拉力表示合力， 要考慮摩擦力的影響， 拉力是直接通過傳感器測量的，故與小車質量和鉤碼質量大小關系無關。常用儀器的讀數要掌握，這是物理實驗的基礎。處理實驗時一定要找出實驗原理，根據實驗原理我們可以 尋找需要測量的物理量和需要注意的事項。14 .【答案】否 1.804.782.5【解析】解：(1)根據閉合電路歐姆定律有：U=E-Ir ,所以圖象的斜率為電源內阻，但圖象的斜率在電流較大時，變化很大，所以電源的內阻是變化的。從電壓表的示數可以示數為1.80V ,再從圖象的縱軸截距為 2.9V ,即電源的電動勢為 2.9V,又從圖象看出,E-U _ £9 - L.8當路端電壓為1

38、.80V時，電流為0.23A,所以電源的內阻r=?口印 =4.78 。(2)在實驗一中，電壓表的示數為2.0V,連接坐標原點與電源的(2.0V路端電壓)兩點，作出定值的伏安特性曲線如圖所示，t 17V此時還能求出滑動變阻器的阻值R61 Q -R0-4.5 Q ,同時該直線與圖象 b有一交點，則該交點是電阻是實驗二對應的值，由交點坐標可以讀出：0.7V, 0.75A o所以滑動變阻器此時消耗的功率P= (0.75 ) 2X4.5W=2.5W> 故答案為：(1)否；1.80; 4.78; (2) 2.5。(1)電源的U-I圖象的斜率表示其內阻，根據斜率的變化可以知道內阻的變化情況，圖象與縱軸

39、交點表示電動勢，與橫軸交點表示短路電流；(2)由圖象b找到路端電壓為2.0V的電路電流，由歐姆定律及串聯電路特點求出可調電阻阻值，然后由P=|2 R求出可調電阻消耗的電功率。本題主要考查了在實驗中如何利用圖線進行數據處理，在測電源電動勢和內阻的實驗中，明確電源U-I圖象和電阻U-I圖象的含義和區別。15 .【答案】解：(1)運動員將小車 A推出的過程，以兩者組成的系統為研究對象，取向右為正方向，由動量守恒定律得(m+m) V0=mv1+mvA解得V1=8m/s,方向向右。(2)據題，運動員抓住反彈回來的小車A后，小車A和小車B恰好不會再次相撞，兩者速度相同，均為V2。對整個過程，以運動員和兩車

40、組成的系統為研究對象，根據動量守恒定律得(m+m) V0= (m+m+na) V2解得V2=6m/s,方向向右。答：(1)將小車A推出后，運動員的速度 vi是8m/s,方向向右。(2)小車A與小車B碰撞后，小車 B的速度V2是6m/s,方向向右?！窘馕觥?1)研究運動員將小車 A推出的過程，兩者組成的系統動量守恒，由此動量守恒定律求將小車A推出后，運動員的速度Vi；(2)對整個過程，以運動員和兩車組成的系統為研究對象，根據動量守恒定律列式，結合小車A和小車B恰好不會再次相撞的條件：速度相同，即可求小車 B的速度V2。本題是系統動量守恒問題，涉及多個過程，首先要正確選擇研究對象，其次要確定研究過

41、程，再利用動量守恒定律分過程研究。 第2小題也可這樣處理： 先研究小車A與小車B碰撞過程，利用動量守恒定律列式，再對運動員抓住小車 A的過程，利用動量守恒定律列式求速度V2。16.【答案】解：(1)金屬棒開始運動瞬間安培力為零，金屬棒水平方向受到拉力和摩擦力，根據牛頓第二定律可得 F-mg=ma解得：a=5m/s2;(2)金屬棒達到穩定時受力平衡，水平方向受到拉力、摩擦力和安培力作用。根據平衡條件可得：F=科mg+BIL其中1=解得“瑞挈代入數據解得：v=1.25m/s ;(3)金屬棒達到穩定速度后，某時刻的位置GH到框架左端的距離為 x=7.5m,并將該時刻記作t=0 ,則該時刻的磁通量為：

42、 1=BoLx則t時的磁通量2=BL (x+vt )金屬棒中不產生感應電流，則有1=蟲2當t也時二1皿答：(1)金屬棒開始運動瞬間的加速度大小為5m/s2;(2)金屬棒達到的穩定速度大小為1.25m/s ;(3) t=2s時磁感應強度 B為1.5T。【解析】(1)金屬棒開始運動瞬間安培力為零，根據牛頓第二定律求解加速度大小；(2)金屬棒達到穩定時受力平衡，根據平衡條件結合安培力的計算公式求解；(3)金屬棒中不產生感應電流的條件是磁通量變化為零，根據這個條件得到磁感應強度隨時間的變化情況進行解答。本題主要是電磁感應的力學問題，根據牛頓第二定律、平衡條件列出方程進行分析即可。17.【答案】解：(1

43、)由題可知，小物塊初速度為零，在傳送帶上水平方向只受摩擦力 由牛頓第二定律可得mg=ma解得a =8m/s2所以小物塊加速到與傳送帶共速的時間由ti=0.6sL、七 人的 門/L44j“加速位移12又因為傳送帶長 L=16m所以勻速運動的位移 X2=L-Xi=14.56m罰勻速運動的時間 "£ "'所以運動的總時間為 t總=t i+t 2=3.6s(2)物體進入第一象限重力G=mg=0.02N方向豎直向下靜電力F=Eq=0.02N方向豎直向上所以重力和靜電力平衡，物體只受洛倫茲力由皿;=竽得#=詈=2川又因為傳送帶左右側輪的半徑R=0.2m,所以物體在第一

44、象限運動半個圓周后從 物體的運動軌跡如圖v=v0+at 得右側輪的圓心坐標高 h=7.8mY軸上的y=3.2m處水平射出，做平拋運動.f x/mffx=vt 3=3.84m所以P點坐標為(-3.84 , 0)(3)講速度增加至 v=16m/s ,物塊在傳送帶上加速運動 由(1)得，加速度 a=8m/s2所以當物體和傳送帶共速時的位移由 加速位移x 116m所以物體進入復合場的初始速度v' =16m/s=由由,得ri=8mx軸進入第四象限，在第四象限中的半徑 r2=4m物體在第一象限運動軌跡為四分之一圓周，垂直于 所以物體運動的軌跡如圖為了讓小物塊能穿過擋板上的小孔，所以由幾何關系可得工

45、=rt ti + 1陽門0,J工=的十 】內答：(1)小物塊在傳送帶上加速運動的時間為3.6s ;(2) P點的坐標為(-3.84 , 0)(3)擋板放置的位置與 y軸之間的距離為【解析】(1)小物塊輕放在傳送帶上， 相對于傳送帶向左運動， 受到向右的摩擦力作用下加速運動，傳送帶長已知，可以算出小物塊加速位移以及勻速位移，進而通過運動學公式求解運動時間。(2)物體進入第一象限復合場中，受到重力，靜電力，洛倫茲力的作用，重力向下與靜電力向上平衡，所以物體相當于只受洛倫茲力，在第一象限做勻速圓周運動，由洛倫茲力等于向心力求得半徑，畫出軌跡，通過幾何關系從而求得 P點坐標。(3)將傳送帶速度增加到

46、v=16m/s,物塊在傳送帶上加速，同理，進入復合場中，計算半徑，畫出軌跡，通過幾何關系求得位置。本題綜合性比較強，解決復合場問題一定要注意受力分析，分析電場力，重力，洛倫茲力的關系，并畫出軌跡，解決相關幾何問題。18 .【答案】CDE【解析】解：A、氫氣和氧氣的摩爾質量不同，故相同質量的氫氣和氧氣的分子數不同；溫度相同，故分子熱運動平均動能相同，故相同質量和相同溫度的氫氣的內能大于氧氣具有的內能，故 A錯誤。日 冰融化為水要吸收熱量，故相同質量的0c的水的分子勢能比 0c的冰的分子勢能大，故 B錯誤。C物體吸收熱量后，可能對外做功，內能不一定增加，故 C正確。D溫度是分子平均動能的標志，一定

47、量的某種理想氣體，分子勢能忽略不計，其內能只與溫度有關，故D正確。E、根據理想氣體狀態方程，一定量的某種理想氣體在等壓膨脹，溫度一定升高，分子的平均動能也一定增大，而分子勢能可以忽略不計，所以內能也一定增加，故E正確。故選：CDE熱力學第一定律公式： U=W+Q物體的內能包括分子熱運動的動能和分子勢能，而氣體分子間距大， 分子勢能為零。冰融化為水要吸收熱量，吸收的熱量轉化為分子勢能。根據理想氣體狀態方程和內能定義聯合求解。本題關鍵明確內能的概念，同時要能結合熱力學第一定律列式求解，不難。19 .【答案】解：（i）以封閉氣體為研究對象，初態體積:Vi=h0S ,溫度為：S: V產（ho-02ho

48、） S=0.8h（）S為:.體做等曲化,根據蓋£薩克定律得："=母代入數據解得：11=0.81（） 活塞緩慢移動的過程,封閉氣體做等壓變化r有；W=pS&h其中P二Pt 等二 “0,則W=pSm二。poS-0+2ho= ； p0Shc與 hbb根據熱力學第一定律可知，該過程中氣體減少的內能為：川=Q+W由U=K砌知3U=K>T=T=To-0.8T0=0.2T0 ,貝！）：心U=-0.2kT（> 聯立解得：Q=-0.2kTo+i p0Sh0售：變化后環境的溫度TM8To；C ii ）全過程中密封氣體向外界放出的熱度Q為=-02kTo+ L pgShj【解析

49、】以封閉氣體為研究對象，氣體做等壓變化，根據蓋呂薩克定律列式求解；氣體體積縮小，外界對氣體做功，根據W=PV求解外界做功，根據密封氣體的內能U與熱力學溫度T的關系為U=kT求解內能變化，然后利用熱力學第一定律列式求解密封氣體向外界放出的熱量。本題關鍵是明確氣體是等壓變化，運用熱力學第一定律和蓋？呂薩克定律列式求解，應用熱力學第一定律時要注意各量正負號的含義。20 .【答案】BCD【解析】解：A、光從空氣中射向玻璃表面時，不可能發生全反射，故 A錯誤。員 當入射角最大時f根據折射定律n= ”知,折射角也最大r而最大的入射角為90口,則由n= "得，sinr= inrsitir理;包，4

50、5聽以最大的折射角為451故B正確.n 21當折射用y30時r由折射定律n二包得入射南二451故CLE確.MmmwS當反射潮的射標恰好互相垂直時，設入射角為i r折射角為B ,有i邛=9。1 口二黑 £f b/E-kJ二也口i.所以i二酊m門v/2 .故D正瞰E、光在該玻璃中的傳播速度v='=：曳2 10sm/5 F故E錯誤； n 9故選；BCD.本題應根據下列知識進行分析：光由光密(即先在此介5s中的折射率大的)介質射到光疏(即先在此介面中折射率小的)介質的界面時，全都被反射回原介質內的現象用U做全反射.當入射光線從Tkf質斜射入另f 介面時，會發生折射，同時也發生反射.反

51、射遵守反射定律.折射遵守折射定 律取 空.先在介質中恃播的速度為g £.后津富r"解決本題的關鍵掌握折射定律門二也以及拿震全反射的條件.ftmr21 .【答案】解：(i ) 0.2s內，波傳播的距離為： x=vAt=9m=2 X + '入，則波沿x軸正方向傳播，ti時刻質點M向y軸正方向振動。 因(ii )在ti到t2的時間內，有： t=2T+ 1 T,振幅A=20cm=0.2mt M通過的路程為 1.4m=7A,了工-T即波傳播了 1,經過了，則波沿x軸負方向傳播。I U I y-. j 波速為：v= =35m/s答：(i )若波速為45m/s,質點M在ti時刻的

52、振動方向為 y軸正方向。(ii )在ti-t 2這段時間內，如果 M通過的路程為1.4m,那么波向x軸負方向傳播，波速為 35m/s。 【解析】(i) 0.2s內，波傳播的距離 x=vAt=9m=2 X +入知t=2T+；T可知ti時刻質點M振動方向。閾(ii )因為 x' =i.4m=7A,所以4 t=(,據此判斷波的傳播方向和波速。本題給出兩個時刻的波形圖，讓從中獲取信息求解。要熟練基本方法是波形平移法分析波的傳播方向和質 點的振動方向。長沙市2020屆高三年級統一模擬考試物理參考答案及評分標準- 選民題（本題共12小題,每小題4分，共48分在每遒給出的四個選項中，第八 個題只有一項符合題目要求，第五U題有多項符合題目要求全部港寸的得4分海寸 但不全的得2分f有選錯的或不答的得0公）1A233D4,C5.B6. C 7. AS.BD9.CD10. AD11.CD12 ABC二非的題（包括必考題和選考題兩部分，共62分作13 17題為必考題，每個海 考生都必須作答.第18 -19題為第題r考生根據要求作答）必考題（共47分）j213. （1） 2.50-12） CD每空2分ILr14 （1）否 L80 U 757.85均算正確）5.0 （心加52均算正需）27乂1收（25乂由49乂12均算