山东省日照市2020届高三下学期5月校际联合考试二模物理试题 Word版含解析

山东省日照市2020届高三下学期5月校际联合考试二模物理试题 Word版含解析

‎2020年高三校际联合考试 物理试题 一、单项选择题 ‎1.下列说法中正确的有（　　）‎ A. 医院用的“CT”的工作原理是利用超声波的多普勒效应 B. 将单摆从赤道移到北极，单摆周期将变大 C. 光导纤维传递光信号是利用光的衍射原理 D. 由我国“射电望远镜”接收到某遥远天体发出的光波的频率越来越小，可以判断此天体正远离地球 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．医院用的彩超的工作原理是利用超声波的多普勒效应，选项A错误；‎ B．将单摆从赤道移到北极，由于重力加速度变大，则由可知，单摆周期将变小，选项B错误；‎ C．光导纤维传递光信号是利用光的全反射原理，选项C错误；‎ D．根据多普勒效应，由我国“射电望远镜”接收到某遥远天体发出的光波的频率越来越小，可以判断此天体正远离地球，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.如图甲所示，在某一电场中有一条直电场线，在电场线上取A、B两点，将一个电子由A点以某一初速度释放，它能沿直线运动到B点，且到达B点时速度恰为零，电子运动的v—t图像如图乙所示。则下列判断正确的是（　　）‎ A 电场方向沿电场线由B点指向A点 B. 电子在A点的加速度一定小于在B点的加速度 - 23 -‎ C. 电子在B点的电势能一定大于A点的电势能 D. 该电场可能是在A点左侧的正点电荷产生的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC． 电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，电势能增加，电子带负电，故电场力方向向左，则场强方向向右，电场线为A指向B，故A错误C正确；‎ BD． 由图可知，电子做匀减速运动，加速度恒定，则可知受电场力不变，由F=Eq可知，A点的场强等于B点场强，则电场不可能由正点电荷产生，故BD错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，有四块相同的坚固石块垒成弧形的石拱，其中第3、4块固定在地面上，每块石块的两个面间所夹的圆心角均为37°。假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、3块石块间的作用力和第1、2块石块间的作用力的大小之比为（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】以第1块石块为研究对象，分析受力情况：重力G、第2块石块的弹力N1和第3块石块的弹力N2，如图，由平衡条件得 故选A。‎ ‎4.一不计重力的带电粒子垂直射入自左向右逐渐增强的磁场中，由于周围气体的阻碍作用，其运动轨迹恰为一段圆弧，则从图中可以判断（　　）‎ - 23 -‎ A. 粒子从B点射入，速率逐渐减小 B. 粒子从A点射入，速率逐渐增大 C. 粒子带正电荷 D. 粒子带负电荷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因粒子受周围气体的阻力作用，则速率减小，根据可知，粒子的速率减小，半径不变，则磁感应强度B的值减小，可知粒子从A点射入，由左手定则可知，粒子带正电，故选项ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将质量为m的球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上。已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，球落在底线上时速度方向的偏角为α。下列判断正确的是（　　）‎ A. ‎ B. 球的速度 C. 球从抛出至落地过程重力的冲量等于 - 23 -‎ D. 球从击出至落地所用时间为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知，球位移的偏向角正切为 由平抛运动的推论可知 选项A错误；‎ BD．球从击出至落地所用时间为 球的速度 选项BD错误；‎ C．球从抛出至落地过程重力的冲量等于 选项C正确。‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示，蹦蹦球是儿童喜爱的一种健身玩具。晓倩和同学们在室外玩了一段时间的蹦蹦球之后，发现球内气压不足，已知当时室外温度为－3℃，此时球内气体的体积为2L、压强为2atm。于是她将球拿到室内放置了足够长的一段时间，再用充气筒给蹦蹦球充气。室内温度为27℃，充气筒每次充入体积为0.4L、压强为1atm的室内空气（可视为理想气体），不考虑整个过程中蹦蹦球体积的变化和充气过程中气体温度的变化，球内气体视为理想气体，则下列说法正确的是（　　）‎ - 23 -‎ A. 球在室内充气前与在室外相比，球内壁单位面积上受到气体分子的撞击力不变 B. 充气前球内气体的压强为atm C. 在室内，蹦蹦球充气过程温度不变，则球内气体内能不变 D. 晓倩把球内气体的压强充到4atm以上，至少需要充气9次 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 详解】B．蹦蹦球从室外拿到室内足够长后，气体体积不变，由查理定律得 解得 故B错误；‎ A．球在室内充气前与在室外相比，压强发生变化，气体体积不变，球内壁单位面积上受到气体分子的撞击力发生变化，故A错误；‎ C．在室内，蹦蹦球充气过程温度不变，但气体质量发生变化，所以球内气体内能发生变化故C错误；‎ D．设至少充气n次可使球内气体压强达到4atm以上，以蹦蹦球内部气体和所充气体的整体为研究对象 解得 则n取9次，即小倩在室内把球内气体的压强充到4atm以上，她至少需充气9次,故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.在光滑水平面上，有一质量为m的质点以速度做匀速直线运动。t=0‎ - 23 -‎ 时刻开始，质点受到水平恒力F作用，速度大小先减小后增大，运动过程中速度最小值为。质点从开始受到恒力作用到速度最小的过程经历的时间为t，发生位移的大小为x，则判断正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在t=0时开始受到恒力F作用，加速度不变，做匀变速运动，若做匀变速直线运动，则最小速度可以为零，所以质点受力F作用后一定做匀变速曲线运动。‎ 设恒力与初速度之间的夹角是θ，最小速度 解得 设经过t质点的速度最小，将初速度沿恒力方向和垂直恒力方向分解，故在沿恒力方向上有 解得 故AB错误；‎ CD．垂直于恒力F方向上发生的位移 沿力F方向上发生的位移 位移的大小为 - 23 -‎ 故D正确，C错误；‎ 故选D。‎ ‎8.如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为4:1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接有（V）的正弦交变电流，图中D为二极管，定值电阻R=9。则下列判断正确的是（　　）‎ A. 时，副线圈输出电压的瞬时值为V B. 时，电压表示数为V C. 电流表的示数为A D. 变压器输入功率为9W ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将s 代入表达式得。输入电压的瞬时值 根据电压与匝数之间的关系可求得副线圈上的电压有效值为 副线圈输出电压的瞬时值为 故A正确；‎ B．电压表测量的是有效值，根据有效值的计算可知电压表的读数为 - 23 -‎ 故B正确；‎ C．根据电压与匝数之间的关系可求得副线圈上的电压有效值为 解得 由于二极管的存在，只有半个周期有电流，根据有效值的定义，有 解得R两端电压的有效值 根据欧姆定律 所以电流表的示数为，故C正确；‎ D．变压器的输入功率等于负载上的功率，所以 故D错误。‎ 故选AC。‎ 二、多项选择题 ‎9.“两弹一星”精神彰显了中华民族自强不息的伟大精神。下列核反应方程中，属于研究“两弹”的基本核反应方程的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．是卢瑟福利用α粒子轰击氦核打出了质子实验的核反应方程式，故A错误； ‎ B． 是是α衰变，故B错误；‎ C．是是氢弹爆炸聚变反应方程式，故C正确；‎ D．是原子弹爆炸裂变反应方程式，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎10.下列说法正确的是（　　）‎ A. 当分子间的距离增大时，分子间引力增大、斥力减小 B. 当不浸润的某种液体和固体接触时，附着层的液体分子比液体内部稀疏 C. 布朗运动说明了固体分子永不停息做无规则热运动 D. 雨后荷叶上有晶莹剔透的水珠，这是水的表面张力作用使水珠成球形 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若分子间的距离增大，分子间的引力减小，斥力也减小，故A错误；‎ B．当不浸润的某种液体和固体接触时，附着层里的液体分子比液体内部分子稀疏，附着层内液体分子间距离大于r0，附着层内分子间作用表现为引力，附着层有收缩的趋势，表现为不浸润，选项B正确；‎ C．布朗运动说明了液体分子永不停息的做无规则热运动，而不是说明了固体分子永不停息的做无规则热运动，故C错误；‎ D．雨后荷叶上有晶莹剔透的水珠表面分子间距离大于内部分子间的距离，表现为引力，所以由于水的表面张力作用使水珠成球形，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎11.2019年9月12日，我国在太原卫星发射中心又一次“一箭三星”发射成功。现假设三颗星a、b、c均在赤道平面上空绕地球做匀速圆周运动，其中a、b转动方向与地球自转方向相同，c转动方向与地球自转方向相反，a、b、c三颗星周期分别为、h、h，某一时刻三个卫星位置如图所示，从该时刻起，下列说法正确的是（　　）‎ - 23 -‎ A. a、b每经过4h相距最近一次 B. a、b经过8h第一次相距最远 C. a、c经过2h第一次相距最远 D. a、c经过8h相距最近 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．a、b转动方向相同，在相遇一次的过程中，a比b多转一圈，设相遇一次的时间为t1，则由 解得 t1=8h 即a、b每经过8h相距最近一次，故AB错误； C．a、c转动方向相反，当a、c第一次相距最远时，设经过时间t2，则 解得 t2=2h 选项C正确。‎ D．a、c转动方向相反，在相距最近过程中，a、c共转n圈，设相遇的时间为t2，则由 ‎（n=1，2，3……）‎ 当n=2时解得 t2=8h 故D正确。 故选CD。‎ - 23 -‎ ‎12.如图所示，水平地面上方矩形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长不等（左侧线圈边长长）的正方形单匝闭合线圈，分别用同种材料、不同粗细（右侧线圈粗）的均匀导线绕制做成。两线圈下边在距离磁场上边界h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，磁场上下边界间距为d（d略大于线圈边长），最后落到地面上。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边平行于磁场上边界，则下列判断正确的是（　　）‎ A. 两线圈进入磁场的过程中受到的安培力一定不相等 B. 整个过程中通过两线圈导线截面的电荷量可能相等 C. 两线圈落至地面时速度大小一定相等 D. 两线圈进入磁场过程的加速度一定时刻相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为 由电阻定律有 ‎ ‎ ‎（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），则 因两线圈的LS可能相等，所以两线圈刚进入磁场时受到的安培力大小可能相等，故A错误； B．当线圈进入磁场时通过线圈截面的电荷量为 - 23 -‎ 因两线圈的LS可能相等，则整个过程中通过两线圈导线截面的电荷量可能相等，选项B正确；‎ CD．线圈的质量为 ‎ m=ρ0S•4L（ρ0为材料的密度）‎ 当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为 则知两线圈进入磁场过程的加速度一定时刻相等，大线圈和小线圈进入磁场的过程先同步运动，由于当小线圈刚好全部进入磁场中时，大线圈由于边长较长还没有全部进入磁场，小线圈完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而此时大线圈仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，所以两线圈落地速度不相等，选项C错误，D正确。 故选BD。‎ 三、非选择题 ‎13.甲、乙两同学利用橡皮筋和弹簧测力计做“互成角度的两个力的合成”的实验时，分别画出了某次实验时力的图示，如图所示（力是用一只弹簧测力计拉时的图示）。‎ ‎(1)______同学的结果比较符合实验事实（填“甲”或“乙”）。‎ ‎(2)有关此实验，下列叙述正确的是_________。‎ A.两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大 B.橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力 C.两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同 D.‎ - 23 -‎ 若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可 ‎【答案】 (1). 甲 (2). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]F1、F2合力的理论值是指通过平行四边形定则求出的合力值，而其实验值是指一个弹簧拉橡皮条时所测得的数值，一定沿AO方向，由此可知F是F1、F2合力的理论值，是合力的实验值；由于误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定的差别，故甲更符合实验事实；‎ ‎（2）[2]A． 两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大．故A正确；‎ B．两弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，B错误；‎ C．两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置O，故C正确；‎ D．结点位置不变，合力不变，当一只弹簧测力计的拉力大小改变时，另一弹簧测力计的拉力的大小和方向必须都改变，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎14.某同学利用如图1所示的电路测量一电压表（量程为3V，内阻约两三千欧）的内阻。可使用的器材有：待测电压表；两个定值电阻（，）；两个滑动变阻器R3（其中一个最大阻值为10，另一个最大阻值为2000）；电阻箱R0（只能使用×100挡）；电源E（电动势约为9V，内阻未知）；单刀开关S和K；导线若干。‎ - 23 -‎ ‎(1)请根据原理图1，将实物图2连线_________；‎ ‎(2)实验步骤如下：‎ ‎①为了保护电压表，开关S闭合前，将滑动变阻器R3的滑片滑动到接近图1中的滑动变阻器的______端（填“左”或“右”）对应的位置；‎ ‎②闭合开关S，保持开关K断开，适当调节R3，此时电压表示数如图3所示，读数为_____V；此后保持R3不变，多次调节R0，电压表示数几乎保持不变；‎ ‎③保持S闭合和R3不变，再闭合K，调节R0，做出电压表的示数U随着电阻箱阻值R0的变化图线，如图4；‎ ‎(3)根据上述实验步骤，可知选择的滑动变阻器R3最大阻值为_________；‎ ‎(4)根据图线，计算得电压表的内阻_________。（保留四位有效数字）‎ - 23 -‎ ‎【答案】 (1). (2). 左 (3). 2.20 (4). 10 (5). 2515~2550‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．实物连线如图；‎ ‎(2) ①[2]．为了保护电压表，开关S闭合前，将滑动变阻器R3的滑片滑动到接近图1‎ - 23 -‎ 中的滑动变阻器的左端对应的位置；‎ ‎②[3]．电压表读数为2.20V；‎ ‎(3) [4]．闭合开关S，保持开关K断开，适当调节R3，此时电压表示数如图所示；此后保持R3不变，多次调节R0，电压表示数几乎保持不变；以上信息说明与滑动变阻器连接的上部分电路的电阻比滑动变阻器R3的阻值大得多，可知选择的滑动变阻器R3最大阻值为10Ω。‎ ‎(4)[5]．因保持R3不变，闭合开关K，电压表示数不变，由电桥知识可知 由图像可知，当电压表读数为2.20V时，R0=505Ω，解得 RV=2525Ω ‎15.如图所示，一直角玻璃三棱镜置于真空中，已知∠A=60°，∠C=90°。一束极细的光束于BC边上的D点以入射角角入射，BD=a，CD=b，棱镜的折射率。求：光从进入棱镜到它第一次射入真空所经历的时间（设光在真空中传播的速度为c）。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示 设折射角为，由折射定律 - 23 -‎ 解得 ‎ ‎ 根据 ‎ ‎ 可知临界角 ‎ ‎ 设折射光线与AB边的交点为E，由几何知识可知在AB的入射角为，大于临界角，发生全反射，发射光线与BC边平行，最终垂直于AC边射出，光在棱镜中的路程 光在棱镜中的速度 ‎ ‎ 光从进入棱镜到它第一次射入真空所经历的时间 ‎ ‎ 联立解得 ‎16.如图所示，A、B、C三个小球（均可视为质点）用轻绳（足够长）通过轻小滑轮对称连接，A、B的质量均为m，当连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为α=60°时，整个装置处于静止状态。现在外力作用下将小球C竖直向下缓慢拉动至虚线位置，此时连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为β=30°，然后撤去外力，不计一切阻力，整个装置处于竖直面内，左右滑轮到竖直中线的距离为d=0.3m，取g=10m/s2。求：‎ ‎(1)小球C的质量M；‎ ‎(2)撤去外力后C向上运动的过程中，当连接物体C的轻绳与竖直方向的夹角变为α时。小球C的速度大小v。‎ - 23 -‎ ‎【答案】(1)m；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题知，当连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为α=60°时，整个装置处于静止状态，则对A受力分析，根据平衡条件有 对C受力分析，根据平衡条件有 联立解得M=m ‎（2）设撤去拉力后，C上升的高度为H，AB下降的高度为h，根据几何关系有 ‎，‎ 设AB的速度为，把C的速度沿着绳子和垂直绳子分解，则有 根据系统机械能守恒得 联立解得 ‎17.如图所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为，导轨间距为L=0.5m，接在两导轨间的电阻为R=3，在导轨的中间矩形区域内存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T。一质量为m=0.2kg、有效电阻为r=6的导体棒从距磁场上边缘d=2m处由静止释放，在磁场中运动了一段距离加速度变为零，然后再运动一段距离离开磁场，磁场区域的长度为4d - 23 -‎ ‎，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直。不计导轨的电阻，取g=10m/s2。求：‎ ‎(1)导体棒刚进入磁场时导体棒两端的电压U0；‎ ‎(2)导体棒通过磁场的过程中，导体棒产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)求导体棒从开始运动到离开磁场经历的时间t。‎ ‎【答案】(1)；(2)J；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)导体棒从静止下滑d的过程中，由动能定理得 运动导体棒相当于电源，导体棒两端电压即路端电压 ‎(2)当加速度为零时，速度达到最大值v1，由受力平衡 由能量守恒定律，产生的总焦耳热等于机械能减少量 导体棒产生热量 - 23 -‎ ‎(3)从开始运动到进入磁场历时t1‎ 从进入磁场到离开磁场历时t2‎ ‎18.如图所示，A为内表面光滑的薄壁U型盒，质量m=0.5kg，底面长L=5.75m。A的中央位置放有可视为质点、质量M=1kg的滑块B，初始A、B均静止。在A左侧与A相距d=12.25m处有一可视为质点、质量为m=0.5kg的滑块C，开始时C以的初速度向右沿直线运动，与A碰撞后粘在一起。已知A、C与水平面间的动摩擦因数均为。不考虑各物体相互碰撞的时间及B与A碰撞时的机械能损失，三物体始终在一条直线上运动，取g=10m/s2。求：‎ ‎(1)C与A碰撞前瞬间，滑块C速度的大小vC；‎ ‎(2)A与B发生第一次碰撞后B的速度、C开始运动到B与A发生第二次碰撞前经历的时间t；‎ ‎(3)系统停止运动时B与A的右端的距离x以及整个过程B与A碰撞的次数N。‎ ‎【答案】(1)24m/s；(2)11m/s，1.27s；(3)3.625m，6次 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设C与A碰撞前瞬间，滑块C速度的大小，根据动能定理 - 23 -‎ 解得 ‎（2）设C与A碰撞后粘在一起的速度为，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 ‎ 代入数据解得 A和C碰后，A和C一起运动过程中，小球B保持静止，设A和C与B碰撞前的速度为，对A、C系统，根据动能定理得 解得 设A和C第一次与B碰撞后A和C的速度，B的速度，对A、B、C系统，以向右为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律得 ‎ 由机械能守恒定律得 代入数据解得 即碰撞完后，A和C静止，B做匀速运动 设C物体开始运动到A的时间，对C由动量定理得 - 23 -‎ 解得 A和C碰后一起运动过程中，小球B保持静止，以A和C为对象，设该过程时间为，根据动量定理得 ‎ 解得 B第二次与A和C整体碰撞前，A和C静止，B匀速运动，设运动的时间 ‎ ‎ ‎ C开始运动到B与A和C发生第二次碰撞前经历的时间t ‎（3）因为A和C的总质量和B的质量相等，相撞时满足动量守恒和能量守恒，则每次相撞时交换速度，所以可以把相碰后A和C看成一直做减速运动，速度为，直到系统静止，则A和C做减速运动的位移为 ‎ ‎ 解得 因为 所以，A和C运动两个底面长L 后，再运动 ‎ ‎ ‎ 而静止，而A和C一起运动时B不动，所以B在A和C最后运动后静止时，正好距离A的右端的距离也是 首先，A和C碰后一起运动和B碰撞，然后，A和C静止，B运动L后和A和C碰撞，B静止，A和C第一次前进L后和B碰撞，A和C静止，B运动L后和A和C碰撞，B静止，‎ - 23 -‎ A和C第二次前进L后和B碰撞，A和C在静止，B运动L后和A和C碰撞，B静止，A和C在运动停止，整个过程相撞的次数为六次 ‎ ‎ - 23 -‎