湖南省全国大联考2020届高三理综物理试题

2020届高三综合试卷1

一、选择题:本题共10小题，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1- 6小题只有一个选项正确，第7- 10小题有多个选项正情:全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。

1.雷击，指打雷时电流通过人、畜、树木、建筑物等而造成杀伤或破坏，其中一种雷击形式是带电的云层与大地上某点之间发生迅猛的放电现象，叫作“直击雷”．若某次发生“直击雷”前瞬间云层所带的电荷量为8C，雷击时放电时间为200，则此次雷击时的平均电流为

A. 0. 04A B.

C. 0. 08A D.

【答案】B

【解析】

【详解】已知雷击时放电时间为200μs，放电量等于8C，则此次雷击时的平均电流为：

，

故B正确，ACD错误；

2.如图所示，竖直轻弹簧下端固定，上端与一物体相连，系统处于静止状态．现对物体施加一竖直向上的力，使得物体竖直向上做匀速直线运动（弹簧一直在弹性限度内），则在下面四幅图中，能正确反映该力的大小F随物体的位移x变化的关系的是

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】开始时物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，有：

mg=kx1

物体向上匀速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、拉力F，根据平衡条件有

F=mg-F弹

根据胡克定律，有

F弹=k（x1-x）=mg-kx

所以

F =kx

故外力与为x是正比例关系；

A.与分析相符，故A正确．

B.与分析不符，故B错误．

C.与分析不符，故C错误．

D.与分析不符，故D错误．

3.如图所示，物块A放在光滑的水平面上，一跨过桌子边缘定滑轮P的轻绳上端系在物块A 上，下端连接物块B．开始时，用手（未画出）托住B，使轻绳处于伸直状态，系统保持静止．现将B由静止释放，A沿水平面滑动，当轻绳OP（O为物块A的一个顶点）与水平面夹角为时，B的速度大小为v0，则此时A的速度大小为

A. v0cos B.  C.  D. v0sin

【答案】B

【解析】

【详解】依据运动的合成与分解，则O点的分运动即为沿着绳子方向运动，与垂直绳子的运动，如图所示，根据平行四边形定则，及三角知识，则有

故B正确．

4.如图所示，在x轴上有A、O、B、M四点，OA＝OB＝BM＝，A、B两点固定有电荷量分别为＋Q（Q>0）和－2Q的异种点电荷。静电力常量为k。下列说法正确的是

A. 在x轴上A、O两点之间还有一点与M点的电场强度相同

B. O点的电场强度大小为，方向沿x轴正方向

C. O点的电势高于M点的电势

D. 将一带正电的试探电荷从O点移至M点，其电势能增加

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由O点到B点，场强越来越大，而从B点到O点，场强越来越小，而O点的场强大于在M点的场强，从A到O的场强逐渐减小，所以在x轴上A、O两点之间不会有一点与M点的电场强度相同，A错误；

B．O点的合场强大小为

方向沿x轴正方向，B正确；

C．B点的电荷在M点和O点形成的场强大小一样，方向相反，A点在O点形成的场强大于在M点形成的场强，而在O的场强是两场强大小相加，在M点的场强是两场强大小相减，可以判断在O点的场强大于在M点的场强，根据沿电场线方向电势降低可知，O点的电势高于M点的电势，C正确；

D．O点的场强大于M点的场强，所以将一带正电的试探电荷从O点移至M点，其电势能减少，D错误。

故选BC。

5.2019年7月31日，《天文学和天体物理学》杂志刊文，某国际研究小组在距离球31光年的M型红矮星GJ357系统中，发现了行星GJ357b、GJ357c、GJ357d，他们均绕GJ357做圆周运动且他们的轨道半径关系为Rb<Rc<Rd。GJ357d处于GJ357星系宜居带，很可能是一个宜居星球。GJ357d到GJ357的距离大约为日地距离的1/5，公转周期为55.7天，下列说法正的是

A. GJ357d和GJ357c的轨道半径与周期的比值相同

B. GJ357d的周期比GJ357c的周期小

C. GJ357d的线速度比GJ357c的线速度大

D. GJ357与太阳的质量之比的为1：3

【答案】D

【解析】

【详解】A.G357d和GJ357c都绕GJ357做圆周运动，由开普勒第三定律可知，它们轨道半径的三次方与周期的二次方的比值相同，故A错误；

B.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：

，

解得：

，

由于Rc＜Rd，则Tc＜Td，故B错误；

C.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：

，

解得：

，

由于Rc＜Rd，则vd＜vc，故C错误；

D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：

，

解得：

，

故D正确；

故选：D；

6.蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”．如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处．然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔．设弹性绳的原长为L，蹦极者下落第一个时速度的增加量为△v1， 下落第五个时速度的增加量为△v2，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则满足

A. 1<<2 B. 2<<3

C. 3<<4 D. 4<<5

【答案】D

【解析】

【详解】蹦极者下落高度L的过程，可视为做自由落体运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1：（ -1）：（−）：（ −）：（−）……，可知

即

4＜＜5

根据 ，可得

4<<5．

A．1<<2，与结论不相符，选项A错误；

B．2<<3，与结论不相符，选项B错误；

C．3<<4，与结论不相符，选项C错误；

D．4<<5，与结论相符，选项D正确；

7.如图所示，竖直正对的平行板电容器带等量异种电荷，带正电的右板与静电计相连，左板接地．假设两极板所带的电荷量不变，电场中P点固定一带正电的点电荷，下列说法正确的是

A. 若仅将左板上移少许，则静电计指针偏角变小

B. 若仅将左板右移少许，则静电计指针偏角变小

C. 若仅将左板上移少许，则P点电势升高

D. 若仅将左板右移少许，则P的点电荷电势能增大

【答案】BC

【解析】

【详解】A.两极板所带的电荷量不变，若仅将左板上移少许，根据可知，电容C减小，由可知，U增大，所以静电计指针偏角θ增大，故A错误；

B.若仅将左板右移少许，d减小，可知，电容C增大，由可知，U减小，由则静电计指针偏角θ变小，故B正确；

C.若仅将左板上移少许，根据可知，电容C减小，由可知，U增大，由可知，E增大；左极板接地，由沿电场线的方向电势降低可知P点的电势为正，根据可得，P点电势升高，故C正确；

D.若仅将左板右移少许，两极板所带的电荷量不变，则E不变，根据可得，P点电势减小，则由可得P的点电荷电势能减小，故D错误；

8.从同一地点同时沿同一直线运动的两个质点甲、乙的位移--时间图象如图中图线A、B所示，其中图线B是抛物线的一部分且顶点在原点O。在0~4s时间内，下列说法正确的是

A. 乙所受的合力不变

B. t=4s时，甲、乙相距最远

C. t=2s时，甲、乙的速度相同

D. 甲的平均速度大于乙的平均速度

【答案】AC

【解析】

【详解】A.由题意知甲做匀速直线运动，乙做初速度为0匀加速直线运动，乙的加速度不变，根据F＝ma知乙所受合力不变，故A正确；

B.甲、乙两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，经过时间t＝4s位移又相等，故在t＝4s时刻乙车刚好从后面追上甲车，两车相遇，相距最近，故B错误；

C.4s时刻两个位移相等，所以

，

此时乙的速度等于甲的速度的2倍，根据中间时刻的瞬时速度等于初末速度和的一半，知2s时的速度等于，即此时甲乙速度相等，故C正确。

D.0−4s时间内，甲、乙两车的位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知，0到4s时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故D错误；

故选：AC；

9.如图所示，长方体金属薄片MN与垂直纸面向外的匀强磁场平行，一带电粒子（不计重力）从MN上边缘的a点以初动能Ek0垂直MN向上运动，第一次从b 点穿越薄片后再次从c点开始射入薄片。若ab=bc， 粒子穿越薄片过程中受到的阻力大小及电荷量恒定，穿越薄片的时间不计，则

A. 粒子带负电荷

B. 粒子到达c点时的动能为Ek0

C. 粒子从a点运动到b点的时间大于其从b点运动到c点的时间

D. 粒子穿越薄片的次数最多为4

【答案】BD

【解析】

【详解】A.根据左手定则结合粒子的运动轨迹可知粒子带正电，故A错误；

B.由可知，粒子穿越薄片前后轨迹半径之比，结合

，

，

可得

，

故B正确；

C.根据和可得

，

显然t与r无关，粒子从a点运动到b点时间与从b点运动到c点的时间相同，故 C错误；

D.粒子每穿越薄片一次克服阻力做功为

，

由于

，

故粒子穿越薄片的次数最多为4次，故D正确；

故选：BD；

10.如图所示，质量均为m的圆环P、Q套在倾角为＝30°的固定直杆上，P、Q分别通过轻绳与质量均为3m的小球A、B相连，P、Q均沿杆向下滑动且分别与A、B保持相对静止，PA绳与杆垂直，QB绳竖直．重力加速度大小为g．下列说法正确的是

A. P不受摩擦力 B. P的加速度大小为g

C. Q受到的摩擦力大小为mg D. Q受到杆的作用力大小为4mg

【答案】AD

【解析】

【详解】AB.A球做直线运动，对其受力分析，如图：

由牛顿第二定律，得到：

细线拉力为：

再对P环受力分析，如图所示，

根据牛顿定律，有：

由以上各式解得：

，

，

故A正确，B错误；

CD.对B球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动，细线拉力

；

再对Q环受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向后的摩擦力；Q受到杆的作用力为支持力和摩擦力的合力，根据平衡条件知支持力和摩擦力的合力与重力和绳的拉力的合力等大反向，

即支持力和摩擦力合力等于

，

故C错误，D正确；

二、非选择题:本题共6小题，共60分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能给分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

11.某物理兴趣小组利用图示装置探究小车加速度与外力的关系，小车前端固定的力传感器可以测量轻绳的拉力大小F。

（1）将长木板放在水平桌面上，安装好实验装置，在平衡摩擦力的过程中，下列说法或做法正确的是（     ）

A挂上小吊盘

B.滑轮右侧的轻绳必须水平

C.轻推小车，使得与小车相连的纸带上打出的点迹均匀分布

（2）平衡摩擦力后，保持小车的总质量不变，增加吊盘中的小砝码以改变轻绳的拉力大小，为了减小实验误差，________（选填“需要”或“不需要”）满足吊盘及盘中砝码的总质量远小于小车的总质量。

（3）若某同学平衡摩擦力时木板的倾角过大，但其他步骤操作正确，增添吊盘中小砝码以探究加速度a与外力F的关系，得到的a－F图线应为________________。

A. B. C.D.

【答案】    (1). C    (2). 不需要    (3). D

【解析】

【详解】(1)[1]将长木板放在水平桌面上，安装好实验装置，在平衡摩擦力的过程中，需要平衡摩擦力，需要轻推小车，使得与小车相连的纸带上打出的点迹均匀分布；

(2)[2]因为本实验使用了力传感器，力传感器的示数即为小车所受的合外力，所以不用满足吊盘及盘中砝码的总质量远小于小车的总质量；

(3)[3]因为平衡摩擦力时木板的倾角过大，所以在没有给予外力的情况下，小车就会有一个加速度，由于使用了力学传感器，所以应是一条直线，所以应选D。

12.用伏安法测定一个待测电阻（阻值约为200Ω）的阻值，要求结果尽可能准确．实验室提供如下器材：

A．电池组E（电动势3V，内阻不计）；

B．电流表A1（量程0～15mA，内阻约为10Ω）；

C．电流表A2（量程0～300uA，内阻为1000Ω）；

D．滑动变阻器R1（阻值范围0～20Ω，额定电流为2A）；

E．电阻箱R2（阻值范围0～9999Ω，额定电流为1A）；

F．开关S、导线若干．

（1）将电流表A2与电阻箱R2串联，改装成一个量程为3.0V的电压表，需将电阻箱R2的阻值调到__．

（2）在方框中完整画出测量R阻值的电路图，并在图中标明器材代号_______．

（3）调节滑动变阻器R1两电流表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数为__mA，电流表A2的示数为__μA，测得待测电阻的阻值为__Ω（结果保留一位小数）

【答案】    (1). 9000    (2).     (3). 8.5    (4). 180    (5). 216.3

【解析】

【详解】（1）[1]由于电流表A2 的额定电流太小，不能作为电流表单独使用，又它的内阻一定，定值电阻R2 与电流表A2 内阻接近，可考虑将 A2与 R2串联，故可以将电流表 A2串联定值电阻 R2，将其改装成一个量程为3V的电压表，改装表选用的器材是A2、R2；A2的满偏电压：

V＝0.3V

将其改装成一个量程为3V的电压表需要串联一个电阻为：

Ω=9000Ω；

（2）[2]电压表的内阻为：

1000Ω+9000Ω＝10000Ω

由于 ，故电流表应用用外接法；又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：

②根据图可得，电流表的读数：8.5mA；A2的读数：180μA；对应的电压表：

V＝1.8V；

根据欧姆定律有：

代入数值可得：

Ω

13.如图所示，AB为固定的粗糙绝缘竖直杆，△ABC为直角三角形，∠A=30°。 C点固定一个电荷量为Q的正点电荷。现将中间有小孔的带电小球穿过竖直杆，并从A点由静止释放，带电小球沿杆一直加速下滑，通过AB的中点P时的加速度大小为g（g为重力加速度的大小）。已知杆的长度为2L，小球的质量为m，电荷量为q，静电力常量为k。

求:  （1）小球与杆间的动摩擦因数μ；

（2）小球刚到达B端时的加速度大小a。

【答案】(1)    (2) g-

【解析】

【详解】（1）经分析可知小球带负电，其在两点的受力情况如图所示，有：

解得

；

（2）小球通过B点时受到的库仑力大小为：

小球通过B点时受到摩擦力大小为：

，

根据牛顿第二定律有：

，

解得：

；

14.一小物块（视为质点）在方向竖直向上、大小F=4N 的恒定拉力作用下从地面上的A 点由静止开始上升，经时间t1=3 s到达B点时立即撤去拉力，撤去拉力后物块经时间t2=3s。 恰好落回地面。取g= 10 m/s2 ，空气阻力不计。求:

（1）物块质量m以及物块到达B点时的速度大小υ；

（2）物块距离地面的最大高度H。

【答案】(1) 15 m   (2) 20m

【解析】

【详解】（1）设物块从A点运动到B点的位移大小为h1，有：

，

，

物块从B点运动到A点的过程中，有：

，

由牛顿第二定律有:

，

解得：

，，；

（2）设物块从B点运动到最高点的位移大小为h2，有:

，

经分析可知：

，

解得：

；

15.如图所示，水平放置的两块长直平行金属薄板a .b间的电势差为U，b板下方足够大的空间内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从贴近a板的左端以大小为v0的初速度水平射入板间的匀强电场，然后从狭缝P垂直进人匀强磁场，最后粒子回到b板上与P点距离为L的Q点(图中未标出，粒子打到b板后被吸收)．粒子重力不计．求:

(1)粒子穿过狭缝P时的速度大小v；

(2)匀强磁场的磁感应强度大小B．

【答案】(1) (2)

【解析】

【详解】(1)对粒子从贴近a板处运动到狭缝P的过程，由动能定理有:

解得:

(2)设粒子进人磁场时的速度方向与b板的夹角为，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹的圆心为O、半径为r，如图所示，由几何关系有:

由牛顿第二定律有:

解得:

16.如图所示，长度L=2m的水平轨道AB与傾角θ=37°的光滑固定倾斜轨道CD间用一段半径R=1m的光滑圆弧形轨道BC平滑连接（相切），并在倾斜轨道顶端D处固定一块垂直于轨道的挡板。现使一个质量m=0.8kg的小滑块（视为质点）在水平向右的恒力F作用下，从水平轨道左端A由静止开始沿轨道运动，已知小滑块与轨道AB段间的动摩擦因数µ=0.25，滑块到达D点与挡板发生碰撞过程中无机械能损失。第一次与挡板碰撞后，小滑块沿轨道回到水平轨道AB的中点时速度恰好为零。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求：

（1）该水平恒力的大小F；

（2）小滑块第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小υ以及小滑块与挡板碰撞前瞬间的最小速度υmin（结果可保留根号）；

（3）小滑块与挡板第三次碰撞后返回水平轨道向左运动的最远位置到B点的距离x以及小滑块在水平轨道AB段运动的总路程s。

【答案】(1) 6N   (2) m/s     (3) 6m

【解析】

【详解】（1）对小滑块从A点由静止开始沿轨道运动到第一次回到水平轨道AB的中点的过程，由动能定理有：

，

解得:

；

（2）由于，故小滑块在倾斜轨道上做匀速直线运动，对小滑块第一次从A点运动至 D点的过程，由动能定理有：

解得:

经分析可知，小滑块最终在BCD间往复运动，在B点的速度为零，小滑块碰撞挡板的最小速度等于在轨道 BCD间往复运动时经过C点时的速度，由动能定理有：

解得:

；

（3）设小滑块与挡板第二次碰撞后返回AB段向左运动的最远位置到B点的距离为x′，由动能定理有：

，

解得:

，

同理可得：

，

设小滑块在水平轨道AB上运动的总路程为s，由能量守恒定律有：

，

解得:

；