2020届高三物理上学期1月模考试题（含解析）

2020届高三物理上学期1月模考试题（含解析）

‎2019学年度高三1月模考理综物理部分 ‎1. 如图所示为氢原子能级示意图的一部分，根据玻尔理论，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长 B. 处于n=4的定态时电子的轨道半径r4比处于n=3的定态时电子的轨道半径r3小 C. 从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子的能量减小，电子的动能减小 D. 从n=3能级跃迁到n=2能级时辐射的光子可以使逸出功为2.5eV的金属发生光电效应 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大，则波长越小．根据库仑力提供向心力分析半径与电子的动能之间的关系．‎ 由图可知，从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光子能量，从n=4能级跃迁到n=2能级辐射出光子能量，根据可知光子能量越小，光子频率小，光子的波长越大，其中，所以从n=3能级跃迁到n=2能级时辐射的光子不能使得逸出功为2.5eV的金属发生光电效应，A正确D错误；根据玻尔理论，能级越高，半径越大，所以处于n=4的定态时电子的轨道半径比处于n=3的定态时电子的轨道半径大，B错误；从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子向外发射电子，能量减小，根据可知，电子越大的半径减小，则电子的动能增大，C错误．‎ ‎2. 两个质量分别为2m和m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L，a、b之间用长为L的强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（   ）‎ - 15 -‎ A. a比b先达到最大静摩擦力 B. a、b所受的摩擦力始终相等 C. 是b开始滑动的临界角速度 D. 当时，a所受摩擦力的大小为 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：两个木块的最大静摩擦力相等．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力，m、ω相等，，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，A、B错误；a、b整体为研究对象，临界角速度为，则：，解得，C错误；当时，a、b均未滑动，所以，对a：；对b:,解得：，D正确；故选D。‎ 考点：摩擦力、向心力、牛顿第二定律。‎ ‎【名师点睛】正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答。‎ ‎3. 如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则（ ）‎ ‎ ‎ A. A、B间没有摩擦力 B. A受到B施加的静摩擦力方向沿斜面向上 C. A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ D. A与B间的动摩擦因数为μ=tanθ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：对B物体受力分析，根据共点力平衡可以得出A - 15 -‎ 受力的情况，得出AB间摩擦力的大小及方向．再对整体受力分析可得出A受斜面的摩擦力情况．‎ 对B受力分析可知，B受重力、支持力；将重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，要使B能匀速下滑，受力一定平衡，故A对B应有沿斜面向上的摩擦力，A错误；由牛顿第三定律可知，A受到B的摩擦力应沿斜面向下，故B错误；对整体分析，并将整体重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力与摩擦力等大反向，故A受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小为，故C正确；由于AB间为静摩擦力，无法确定动摩擦因数，故D错误．‎ ‎4. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（   ）‎ A. 只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流 B. 只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流 C. 只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D. 若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由可知，电场力变大，带点微粒向上运动，故C错误；若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，故D错误．故选A．‎ 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】此题是关于电路的动态分析问题，关键是能从局部开始分析电阻的变化，然后到整体，最后再回到局部；本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的．分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化。‎ - 15 -‎ ‎5. 如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T﹣v2图象如图乙所示，则（　　） ‎ A. 轻质绳长为 B. 当地的重力加速度为 C. 当v2=c时，轻质绳的拉力大小为 D. 只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a ‎【答案】ACD ‎【解析】A、在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得： ‎ 得 ①‎ 由图象知，时，，图象的斜率，则得：，得：绳长 ，故A正确；‎ B、当时，，由①得：，得 ，故B错误；‎ C、当时，代入①得：，故C正确；‎ D、只要，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得：‎ 最高点： ②‎ 最低点： ③‎ 从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得： ④‎ 联立②③④解得：，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为，故D正确。‎ 点睛：解决本题的关键知道小球在最高点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道图线的斜率和截距表示的含义。‎ - 15 -‎ 视频 ‎6. 如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）以下说法正确的是（ ）‎ A. 粮袋到达B点的速度可能大于、可能相等或小于v B. 粮袋开始运动的加速度为g（sinθ﹣cosθ），若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动 C. 若μ＜tanθ，则粮袋从A到B一直做加速运动 D. 不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a＞gsinθ ‎【答案】AC ‎7. 如图，正方形闭合导线框在边界水平的匀强磁场区域的上方，由不同高度静止释放，用、分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，用、分别表示线框ab边和cd边刚出磁场的时刻。线框下落过程中形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界平行，线框平面与磁场方向垂直。设磁场区域的宽度大于线框的边长，不计空气阻力的影响，则下列反映线框下落过程中速度v随时间t变化规律的图象有可能的是 (　　) ‎ - 15 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】A、在0～时间内，线框做自由落体运动，时刻以后，线框全部进入磁场后做匀加速直线运动，这两段时间内的v－t图线均为直线。在～时间内，线框进入磁场的过程中，线框的运动状态与进入磁场时的速度v有关。当线框在磁场中匀速运动时，安培力等于重力，即。若线框的速度v远大于，则进入磁场后减速。由可知，加速度减小；若线框速度v＞，但相差不大，则线框进入磁场后可能先减速再匀速，故A错误，B正确；‎ C、若线框的速度，但相差不大，则线框进入磁场后可能先加速再匀速；若线框的速度v远小于，则线框进入磁场后加速，加速度减小，故选项C正确；‎ D、若线框的速度，则线框进入磁场一直匀速至全部进入磁场，故选项D正确。‎ 点睛：解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析。‎ ‎8. 真空中有一半径为r0的带电金属球壳，若取无穷远处为零电势，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布规律可用图中曲线表示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。下列说法中正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 该球壳带负电 - 15 -‎ B. A点的电场强度大于B点的电场强度 C. 若，则 D. 将电子从B点移到A点，电场力对电子做正功 ‎【答案】BD ‎【解析】根据图象，从球向外电势降低；电场线从正电荷出发终止于负电荷，沿着电场线电势逐渐降低；故该球带正电；故A错误；根据场强公式知，图象斜率大小等于场强，则得A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确．由于图象斜率大小等于场强，从O到A再到B，电场强度逐渐减小；故若r2-r1=r1-r0，则φA-φB＜φ0-φA，故C错误；电子沿直线从B移到A的过程中，电场力方向由B指向A，所以电场力做正功，故D错误．故选B．‎ ‎9. 如图(a)所示,一圆盘可绕过其圆心的水平轴在竖直平面内转动,在圆盘的边缘上绕有足够长的细线,细线上A点处有一标记(图中的黑点).沿水平方向匀加速拉动细线的一端使圆盘转动,细线与圆轮边缘无相对滑动,同时用频闪照相技术将细线上标记的运动拍摄下来,照片如图(b)所示,A1、A2、A3、A4表示不同时刻黑点的位置。已知照片背景为厘米刻度尺,光源的频闪周期为T.要由图(b)照片提供的信息求出A3标记时圆轮转动的角速度,还需直接测量的物理量是______________;从拍摄到A3的标记起(此时圆盘角速度为ω)再经过3个频闪周期,圆盘的角速度ω′=__________.‎ ‎【答案】 (1). 圆盘半径 (2). 13/7ω ‎【解析】由角速度与线速度的关系式可知，要想测量角速度，则需要直接测量圆盘的半径；‎ 由逐差法可以得知速度之比等于1：3：5：7：9：11：13……，由题意可知第四个与第7个周期速度之比为7：13，所以角速度之比13：7，则角速度为。‎ ‎10. 小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻。（1）小王所测电源的内电阻r1较小，因此他在电路中接入了一个阻值为2.0Ω的定值电阻R0‎ - 15 -‎ ‎，所用电路如图甲所示．‎ ‎①请用笔画线代替导线将图乙所示器材连接成完整的实验电路_______ ‎ ‎②闭合开关S，调整电阻箱的阻值R，读出电压表相应的示数U，得到了一组U、R数据．为了比较准确地得出实验结论，小王同学准备用直线图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表读数U，则图象的横坐标表示的物理量应该是______．‎ ‎（2）小李同学所测电源的电动势E2约为9V，内阻r2为35～55Ω，允许通过的最大电流为50mA．小李同学所用电路如图丙所示，图中电阻箱R的阻值范围为0～9999Ω．‎ ‎①电路中R0为保护电阻．实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用_____．‎ A．20Ω，125mA B．50Ω，20mA C．150Ω，60mA D．1500Ω，5mA ‎②实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表的示数U，根据测得的多组数据，作出图线，图线的纵轴截距为a，图线的斜率为b，则电源的电动势E2=____，内阻r2=____‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). C (4). (5). ‎ ‎【解析】（1）①根据电路图，实物图连接如图所示：‎ - 15 -‎ ‎②根据欧姆定律可知： ，可得 ，故横坐标为 ．‎ ‎（2）①电路最小总电阻约为 ，为保护电路安全，保护电阻应选C；‎ ‎②在闭合电路中，电源电动势为 ，则 ，则图象是直线，截距 ，得 ，斜率 ，得 ．‎ ‎11. 如图所示，所有轨道均光滑，轨道AB与水平面的夹角为θ=370，A点距水平轨道的高度为H=1．8m。一无动力小滑车质量为m=1．0kg，从A点沿轨道由静止滑下，经过水平轨道BC再滑入圆形轨道内侧，圆形轨道半径R=0．5m，通过圆形轨道最高点D然后从水平轨道E点飞出，E点右侧有一壕沟，E、F两点的竖直高度差h=1．25m，水平距离s=2． 6m。不计小滑车通过B点时的能量损失，小滑车在运动全过程中可视为质点，g=10m/s2，sin370=0．6，cos370=0．8,求：‎ ‎（1）小滑车从A滑到B所经历的时间；‎ ‎（2）在圆形轨道最高点D处小滑车对轨道的压力大小；‎ ‎（3）要使小滑车既能安全通过圆形轨道又不掉进壕沟，则小滑车至少应从离水平轨道多高的地方由静止滑下。‎ ‎【答案】（1）1s （2）22N （3）1.35m - 15 -‎ ‎【解析】试题分析：（1）滑块在斜面的加速度由牛顿第二定律可得：a=gsinθ AB之间的距离为：‎ 由位移公式得：x＝at2‎ 代入数据解得：t=1s ‎（2）小滑车由A到D过程由动能定理得：mg（H−2R）＝mvD2‎ 在D点由牛顿第二定律有：‎ 代入数据解得FN=22N 由牛顿第三定律知小滑车对轨道的压力为22N ‎（3）小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为v1，‎ 则由动能定理得：mvD2+mg（2R）＝mv12‎ 由重力提供向心力有：‎ 小滑车要能越过壕沟，小滑车做平抛，在平台上速度至少为v2，则 竖直方向上：h＝gt2‎ 水平方向上：s=v2t 因为v2＞v1，所以只要mgH＝mv22‎ 代入数据联立解得：H=1．35m 考点：牛顿第二定律；动能定理的应用 ‎【名师点睛】选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小球恰能通过圆形轨道的含义以及要使小球不能脱离轨道的含义．解第（2）时解出来的是轨道对小滑车的弹力，需要用牛顿第三定律说明，这是容易忽略的地方。‎ ‎12. 如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1‎ - 15 -‎ ‎=0．20T,方向垂直纸面向里，电场强度E1=1．0×105V/m,PQ为板间中线。紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界AO、与y轴的夹角∠AOy=450，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=0．25T,边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2=5.0×105V/m。一束带电荷量q=8.0×10-19C、质量m=8.0×10-26Kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从轴上坐标为（0,0．4 m）的Q点垂直轴射入磁场区，多次穿越边界线OA。求：‎ ‎（1）离子运动的速度；‎ ‎（2）离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间；‎ ‎（3）离子第四次穿越边界线的位置坐标。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】(1) 设正离子的速度为v，由于沿中线PQ做直线运动，则：qE=qvB1‎ 代入数据解得：v=5.0×105m/s；‎ ‎(2) 离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：，代入数据解得：r=0.2 m 作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图所示：OQ=2r，‎ 若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为45°，则轨迹圆弧的圆心角为θ=90°，过N - 15 -‎ 点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做匀减速运动，离子在磁场中运动为： ，‎ 离子在电场中的加速度： ，‎ 而离子在电场中来回运动的时间为：，‎ 所以离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间为：t=t1+t2=（2π+2）×10-7s=8.28×10-7s；‎ ‎(3) 离子当再次进入磁场后，根据左手定则，可知洛伦兹力水平向右，导致离子向右做匀速圆弧运动，恰好完成周期，当离子再次进入电场后，做类平抛运动，由题意可知，类平抛运动的速度的方向位移与加速度的方向的位移相等，根据运动学公式，则有：，代入数据解得：t3=2×10-7s，‎ 因此离子沿着速度的方向的位移为：x3=vt3=0.1m，‎ 所以离子第四次穿越边界线的x轴的位移为：x=R+R+x3=0.2m+0.2m+0.1m=0.5m，‎ 则离子第四次穿越边界线的位置的坐标为（0.5m，0.5m）。‎ ‎13. 关于热力学定律，下列说法正确的是________。‎ A. 气体吸热后温度可能降低 B. 对气体做功一定改变其内能 C. 理想气体等压膨胀过程内能一定增加 D. 不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功 E. 如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间分子平均动能相同 ‎【答案】ACE - 15 -‎ ‎...............‎ 点睛：本题考查热力学第一定律，热力学第二定律以及热平衡定律等，知道做功和热传递都能改变内能，理解热力学第二定律的几种不同的说法是解答的关键．‎ ‎14. 如图所示，一个绝热气缸竖直放在水平地面上，缸体质量活塞质量M=4kg，活塞横截面积S=2xl0-3m2，活塞上面封闭了一定质量的理想气体，活塞下面与劲度系数k=2xl03N/m的轻弹簧相连，气缸底部有一个小气孔0与外界相通，大气压强内=l.OxlO5 Pa，当气缸内气体温度为400K时，弹簧恰好为自然长度，此时缸内气柱长度知=20cm.,客取10 m/s2,若缸 体始终竖直，铦塞始终没有漏气且与缸壁无摩擦，求：‎ ‎①缓慢加热缸内气体，当气缸恰好对地面无压力的时候，求弹簧的形变量以及缸内气体的压强？‎ ‎②当缸内气柱长度L3==30cm时，缸内气体温度为多少？‎ ‎【答案】① ②1125K ‎【解析】设气缸刚好对地面没有压力时弹簧长度为Δx，则 ‎ 解得Δx=7cm - 15 -‎ 此时缸内气体的压强为：‎ ‎②当缸内气柱长度为L3=30cm时，气缸被顶起，由题意可知：V1=L1S，T1=400K ；V3=L3S；‎ 根据理想气体状态变化方程： ‎ 解得：T3=1125K 点睛：本题是力学与热学相结合的一道综合题，应用理想气体状态方程与气体实验定律即可正确解题，解题时要注意研究对象的选择，并能找到气体的状态参量即可解答.‎ ‎15. 下列说法正确的是___________。（填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0）‎ A. 肥皂泡呈现的彩色是光的干涉现象，通过狭缝看太阳光呈现的彩色是光的衍射现象 B. 光纤通信，医用纤维式内窥镜及全息照相都是利用了光的全反射原理 C. 泊松亮斑支持了光的波动说 D. 相对论认为：竖直向上高速运动的球在水平方向上变扁了 E. 含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫光的色散，光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散 ‎【答案】ACE ‎【解析】肥皂泡呈现的彩色是光的干涉现象，通过狭缝看太阳光呈现的彩色是光的衍射现象，选项A正确；光纤通信，医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理，而全息照相是利用光的干涉原理，选项B错误；泊松亮斑支持了光的波动说，选项C正确；相对论认为：竖直向上高速运动的球在竖直方向上变扁了，选项D错误；含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫光的色散，光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散，选项E正确；故选ACE.‎ ‎16. 如图所示，横截面为正方形ABCD的玻璃砖边长为20cm，玻璃砖的AD面为镀银后形成的平面镜。现让一束单色光从玻璃砖AB边的中点O处入射，入射方向与AB边成α＝30°角，光线经平面镜反射后从CD边的P点射出，出射方向与CD边的夹角恰好也为α＝30°，且＝5cm。‎ - 15 -‎ ‎①试计算该玻璃砖的折射率n；‎ ‎②试计算该单色光在玻璃砖中的传播时间t(光在真空中传播的速度为c＝3.0×108m/s)。‎ ‎【答案】① ②1.2×10－9s ‎【解析】试题分析：‎ 由光路图可知：，又AB=20cm 可解得：AO'=cm，DO'=cm 有：tanγ=，sinγ=‎ 又β=60°，所以该玻璃砖的折射率n==‎ ‎②OO'==×10－2m，O'P=＝×10－2m 光在该玻璃砖中的传播速度为v==‎ 所以光在玻璃砖中的传播时间为t=≈1.2×10－9s 考点：折射定律 视频 ‎ ‎ - 15 -‎