吉林省辽源市2020届高三物理下学期联合模拟考试试题（含解析）

吉林省辽源市2020届高三物理下学期联合模拟考试试题（含解析）

吉林省辽源市2020届高三物理联合模拟考试试题 ‎ 二、选择题 ‎1.关于原子或原子核的相关知识，下列说法中正确的是 A. α粒子散射现象说明原子核具有一定的结构 B. 原子序数较小的元素都不能自发放出射线 C. 原子发光现象没有涉及到原子核内部的变化 D. 光电效应现象中逸出的电子是原子核内中子转变成质子时产生的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. α粒子散射现象说明原子的核式结构模型，不能得出原子核内部具有复杂结构，故A错误；‎ B. 原子序数大于或等于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于83的元素，有的也能自发地放出射线，故B错误；‎ C. 原子发光现象是原子从高能级向低能级跃迁时辐射出光子，没有涉及到原子核内部的变化，故C正确；‎ D. 光电效应现象中逸出的电子是核外电子吸收光子能量后获得足够的能量摆脱原子核的束缚而溢出，故D错误。‎ 故选：C.‎ ‎2.如图所示，一条细线的一端与水平地面上的物体B相连，另一端绕过一轻质定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线固定在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成的夹角为α，则以下说法正确的是(　)‎ A. 无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变 B. 增大小球A的质量，若B仍保持不动，α角不变 C. 若OB绳与地面夹角为300，则α=300‎ D. 将B向右移动少许，若B仍保持不动，则B与地面的摩擦力变大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对小球A受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力，再对滑轮受力分析，结合平衡条件进行分析即可；根据几何关系确定α的大小；对B受力分析，根据平衡条件确定地面摩擦力的变化。‎ ‎【详解】A.对小球A受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：T=mg；‎ 如果将物体B在水平地面上向右移动稍许，AB仍保持静止，绳子的拉力不变，则∠AOB增加；‎ 对滑轮分析，受三个拉力，如图所示：‎ 根据平衡条件可知，∠AOB=2α，故α一定增加，故A错误；‎ B. 增大小球A的质量，若B仍保持不动，系统平衡，则α不变，故B正确；‎ C. 若OB绳与地面夹角为300，则∠AOB=2α=60°，α=300，故C正确；‎ D. 将B向右移动少许，若B仍保持不动，OB绳与水平方向的夹角减小，绳子拉力大小不变，拉力的水平分力等于地面的摩擦力，则B与地面的摩擦力变大，故D正确。‎ 故选：BCD ‎3.真空中质量为m的带正电小球由A点无初速自由下落t秒，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为g。则 A. 整个过程中小球电势能变化了 B. 整个过程中小球速度增量的大小为 C. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了 D. 从A点到最低点小球重力势能变化了 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由，又v=gt，解得 a=3g，则小球回到A点时的速度为v′=v-at=-2gt；整个过程中小球速度增量的大小为△v=v′=-2gt，速度增量的大小为2gt。由牛顿第二定律得 ，联立解得，qE=4mg，，故A正确；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了，故C错误。设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得解得，，从A点到最低点小球重力势能减少了．D错误。‎ ‎4.如图所示中的L1和L2称为地月连线中的拉格朗日点L1和拉格朗日点L2。在L1点处的物体可与月球同步绕地球转动。在L2点处附近的飞行器无法保持静止平衡，但可在地球引力和月球引力共同作用下围绕L2点绕行，且处于动态平衡状态。我国中继星鹊桥就是绕L2点转动的卫星，嫦娥四号在月球背面工作时所发出的信号通过鹊桥卫星传回地面，若鹊桥卫星与月球、地球两天体中心距离分别为R1、R2，信号传播速度为c。则 A. 鹊桥卫星在地球上发射时的发射速度大于地球的逃逸速度 B. 处于L1点的绕地球运转的卫星周期接近28天 C. 嫦娥四号发出信号到传回地面的时间为 D. 处于L1点绕地球运转的卫星其向心加速度a1大于地球同步卫星的加速度a2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据地球逃逸速度的定义可知选项A错误；‎ B．由于位于L1点绕地球运转的卫星与月球同步，故其周期接近28天，故选项B正确；‎ C．嫦娥四号发射出的信号通过的路程s小于（R1+R2），故选项C错误；‎ D．同步卫星离地球表面的高度约为36000公里，故同步卫星离地心的距离小于拉格朗日点L1离地心的距离，由得a2>a1，故选项D错误。‎ ‎5.如图所示,一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成,置于光滑的水平面上,如果轨道固定,将可视为质点和物块从圆弧轨道的最高点由静止释放,物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定,仍将物块雄圆弧轨道的最高点由静止释放,下列说法正确的是(　　)‎ A. 物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒 B. 物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒 C. 物块仍能停在水平轨道的最左端 D. 物块将从轨道左端冲出水平轨道 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据能量的转化情况分析系统的机械能是否守恒．对照动量守恒条件：合外力为零，分析系统的动量是否守恒．系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，由水平动量守恒和能量守恒列式分析物块停止的位置．‎ ‎【详解】轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒。物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，故AB错误。设轨道的水平部分长为L．轨道固定时，根据能量守恒定律得 mgR=μmgL；轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x。取向左为正方向，根据水平动量守恒得：0=（M+m）v，则得 v=0；根据能量守恒定律得：mgR=（M+m）v2+μmgx，联立解得 x=L，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故C正确，D错误。故选C。‎ ‎【点睛】分析清物体运动过程，该题属于水平方向动量守恒的类型，要知道系统在某一方向不受外力时，该方向的动量守恒．‎ ‎6.如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B= T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=l0rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（规格为“4W，l00Ω”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是 A. 若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势瞬时值为 B. 当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1:2‎ C. 若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大 D. 若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 输入电压的最大值为：Um=NBSω=10××0.4×10V=40V，图示时刻感应电动势最大，从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为，故A正确；‎ B. 变压器输入电压的有效值为：U1=Um/=40/V=40V。开关闭合时灯泡正常发光，所以U2==V=20V，此时原副线圈的匝数比为：n1:n2=U1:U2=40:20=2:1，故B错误；‎ C. 线圈匝数不变，根据U1：U2=n1：n2可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1=P2═变小，又P1=U1I1可知电流表示数变小，故C错误；‎ D. 若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据U1：U2=n1：n2可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故D正确；‎ 故选：AD.‎ ‎7.真空中有四个相同的点电荷，所带电荷量均为q，固定在如图所示的四个顶点上，任意两电荷的连线长度都为L，静电力常量为k，下列说法正确的是 A. 不相邻的两棱中点连线在同一条电场线上 B. 每条棱中点的电场强度大小都为 C. 任意两棱中点间的电势差都为零 D. a、b、c三点为侧面棱中点，则a、b、c所在的平面为等势面 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】假设ab连线是一条电场线，则b点的电场方向沿ab方向，同理如果bc连线是一条电场线，b的电场方向沿bc方向，由空间一点的电场方向是唯一的可知电场线不沿ab和bc方向，因此A错；由点电荷的电场的对称性可知abc三点的电场强度大小相同，由电场的叠加法则可知上下两个点电荷对b点的和场强为零，左右两个点电荷对b点的合场强不为零，每个电荷对b点的场强，合场强为，故B正确；由点电荷的电势叠加法则及对称性可知abc三点的电势相等，因此任意两点的电势差为零，故C正确；假设abc平面为等势面，因此电场线方向垂直于等势面，说明电场强度的方向都在竖直方向，由电场叠加原理知b点的电场方向指向内底边，因此abc不是等势面，故D错误。‎ ‎8.如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝1m。一质量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1m位移的过程中(g＝10 m/s2)(　　)‎ A. 金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J B. 金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J C. 整个系统产生的总热量Q＝4.25 J D. 拉力做的功W＝9.25 J ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式得到FA与x的关系式，可知FA与x是线性关系，即可求出发生s=1m位移的过程中安培力做功WA=-x，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q．‎ ‎【详解】由速度图象得：v=2x，金属棒所受的安培力，代入得：FA=0.5x，则知FA与x是线性关系。当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为：WA=-x=-0.25J；即金属棒克服安培力做的功为：W1=0.25J，故A正确。金属棒克服摩擦力做的功为：W2=-μmgx=-0.2×2×10×1J=-4J，故B错误；克服安培力做功等于产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q＝WA+W2=4.25 J，选项C正确；根据动能定理得：WF+W2+WA=mv2，其中v=2m/s，μ=0.2，m=2kg，代入解得拉力做的功为：WF=8.25J。故D错误。故选AC。‎ ‎【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．‎ 三、非选择题 ‎9.用落体法验证机械能守恒定律，打出如图甲所示的一条纸带。已知打点计时器频率为50Hz.‎ ‎（1）根据纸带所给数据，打下C点时重物的速度为 ________m/s（结果保留三位有效数字）。‎ ‎（2）某同学选用两个形状相同，质量不同的重物a和b进行实验，测得几组数据，画出图象，并求出图线的斜率k，如图乙所示，由图象可知a的质量m1 ________b的质量m2（选填“大于”或“小于”）。‎ ‎（3）通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2 = 0.052kg，当地重力加速度g = 9.78m/s2，求出重物所受的平均阻力f =______N.（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 2.25m/s (2). 大于 (3). 0.031‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）C点的瞬时速度等于BD段的平均速度，则有：．‎ ‎（2）根据动能定理知：（mg-f）h=mv2，则有：，知图线的斜率，b的斜率小，知b的质量小，所以a的质量m1大于b的质量m2．‎ ‎（3）m2 = 0.052kg，k2=9.18，解得 ．‎ ‎10.小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。‎ 他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图(a)的电路图：‎ a．电流表A1(量程0.6A，内阻很小)；电流表A2(量程300μA，内阻rA=1000Ω)；‎ b．滑动变阻器R(0-20Ω)；‎ c，两个定值电阻R1=1000Ω，R2=9000Ω；‎ d．待测电阻Rx；‎ e．待测电源E(电动势约为3V，内阻约为2Ω)‎ f．开关和导线若干 ‎(1)根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为___________(填“R1”或“R2”)‎ ‎(2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图(b)所示。根据图线可得电源电动势E=___________V；电源内阻r=___________Ω，(计算结果均保留两位有效数字)‎ ‎(3)小明再用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：‎ ‎①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数Ia，电流表A2示数Ib；‎ ‎②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数Ic，电流表A2示数Id；后断开S1；‎ ‎③根据上述数据可知计算定值电阻Rx的表达式为___________。若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比___________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)‎ ‎【答案】 (1). R2 (2). 3.0 (3). 2.1 (4). (5). 相等 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电流表A2与R2串联，可改装为量程为的电压表，故选R2即可；‎ ‎（2）由图可知电流表A2的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E=3.0V；内阻 ‎（3）由题意可知： ，；联立解得；由以上分析可知，若考虑电流表A1内阻的影响，则表达式列成： ，，最后求得的Rx表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相等。‎ ‎11.如图所示，在xOy平面的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E＝102 V/m，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面向外。一比荷＝107 C/kg的带正电粒子从x轴上的P点射入电场，速度大小v0＝2×104 m/s，与x轴的夹角θ＝60°。该粒子经电场偏转后，由y轴上的Q点以垂直于y轴的方向进入磁场区域，经磁场偏转射出，后来恰好通过坐标原点O，且与x轴负方向的夹角α＝60°，不计粒子重力。求：‎ ‎(1)OP的长度和OQ的长度；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小及等边三角形磁场区域的最小面积。‎ ‎【答案】(1)0.15m；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿y轴正方向的分运动是匀变速直线运动 沿y轴方向： ‎ 沿x轴正方向：‎ 联立解得：‎ ‎(2)粒子在磁场中作半径为r匀速圆周运动，其轨迹如图 根据几何关系由：‎ 解得：r＝0.05m 根据牛顿第二定律可得：‎ 解得：B＝002T 根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦QD为边长L的△QRD是磁场区域面积最小的等边三角形，如图，则，故最小面积：。‎ ‎12.如图所示，质量为mc=2mb的物块c静止在倾角均为α=300的等腰斜面上E点，质量为ma的物块a和质量为mb的物块b通过一根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，按住物块a使其静止在D点，让物块b从斜面顶端C由静止下滑，刚下滑到E点时释放物块a，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b与c立即发生完全弹性碰撞，碰后a、b都经过t=1 s同时到达斜面底端。已知A、D两点和C、E两点的距离均为l1=0.9m，E、B两点的距离为l2=0.4m。斜面上除EB段外其余都是光滑的，物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为μ=，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g =10 m/s2。求：‎ ‎（1）物块b由C点下滑到E点所用时间。‎ ‎（2）物块a能到达离A点的最大高度。‎ ‎（3）a、b物块的质量之比。‎ ‎【答案】0.6；0.578；15/16‎ ‎【解析】‎ 本题考查物体沿斜面运动，以及碰撞；需运用牛顿运动定律、运动学公式、动量及能量守恒、动量定理等知识。‎ ‎（1）物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度为 由 解得：‎ ‎（2）取沿AC方向为正方向，由， 解得 ‎ a沿斜面上滑距离有 所以物块a能到达离A点的最大高度 ‎（3）设绳断时物块b的速度为，b与c相碰后b的速度为，c的速度为，则 联立解得 ‎ 因的方向沿斜面向下，故的方向沿斜面向下，的方向沿斜面向上。‎ 在EB段上的加速度为，物块b在EB段上作匀速运动。‎ 和c相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为，则 代入数据，得 解得的大小为 ‎ 物块b刚下滑到E点时的速度为 若取，则的大小为，与事实不符，所以舍去。‎ 取，则，方向沿斜面向下。‎ 设细绳对物块a和b的冲量大小为I，由 解得 ‎ 点睛：绳绷紧瞬间，对两端物体的冲量大小相等。‎ ‎13.下列说法正确的是___________。‎ A. 布朗运动是液体分子的无规则运动 B. 在分子力作用范围内若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大 C. 一定质量的理想气体等压膨胀过程一定放热 D. 液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征 E. 水的饱和汽压随温度的升高而增大 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】布朗运动是固体颗粒 无规则运动，是液体分子无规则运动的表现，选项A错误；在分子力作用范围内若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大，选项B正确；一定质量的理想气体等压膨胀过程，温度升高，内能变大，对外做功，则一定吸热，选项C错误；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，选项D正确；水的饱和汽压随温度的升高而增大，选项E正确.‎ ‎14.如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向下。质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S＝2×10－3 m2，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离h＝24 cm，活塞距汽缸口10 cm。汽缸所处环境的温度为300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2。现将质量为m＝4 kg的物块挂在活塞中央位置上。‎ ‎（1）活塞挂上重物后，活塞下移，求稳定后活塞与汽缸底部之间的距离。‎ ‎（2）若再对汽缸缓慢加热使活塞继续下移，活塞刚好不脱离汽缸，加热时温度不能超过多少？此过程中封闭气体对外做功多少？‎ ‎【答案】（1）30 cm（2） 6.4 J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）挂上重物后，活塞下移，设稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为h1‎ 该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有：‎ 代入数据解得：；‎ ‎（2）加热过程中汽缸内压强不变，当活塞移到汽缸口时，温度达到最高，设此温度为T2‎ 根据盖—吕萨克定律有：‎ 而，，解得，即加热时温度不能超过 加热过程中气体对外做功 代入数据得。‎ ‎15.关于波的现象，下列说法正确的有________。‎ A．当波从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化 B．光波从空气进入水中后，更容易发生衍射 C．波源沿直线匀速靠近一静止接收者，则接收者接收到波信号的频率会比波源频率低 D．不论机械波、电磁波，都满足v＝λf，式中三参量依次为波速、波长、频率 E．电磁波具有偏振现象 ‎【答案】ADE;‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 波的频率是由波源决定的，与介质无关；光波从空气进入水中后，波长变短，波动性减弱；当波源与观察者的距离减小时，观察者接收到的波的频率会增大；波速公式v=λf适用于一切波；横波具有偏振现象，电磁波是横波．‎ ‎【详解】波的频率是由波源决定的，与介质无关，所以当波从一种介质进入另一种介质时，频率不变，故A正确．光波从空气进入水中后，波速减小，频率不变，由公式v=λf，可知波长变短，波动性减弱，则更不容易发生衍射．故B错误．波源沿直线匀速靠近一静止接收者，两者距离减小，产生多普勒效应，接收者接收到波信号的频率会比波源频率高，故C错误．波速公式v=λf适用于一切波，式中三参量依次为波速、波长、频率，故D正确．电磁波是横波，具有偏振现象，故E正确．故选ADE．‎ ‎16.钻石的临界角较小，很容易对光产生全反射，所以具有很高的亮度。如图OABCD为某钻石的截面图，关于直线OO′对称。现使某单色细光束垂直于BC边入射，已知该钻石对此光的折射率为n，光在真空中传播的速度为c。‎ ‎(Ⅰ)求该单色光在钻石中传播的速度大小v；‎ ‎(Ⅱ)为使该单色光经AO边全反射后射到OD边，在OD边再次全反射后射到BC边，则在打磨该钻石时，图中α角应满足的条件。‎ ‎【答案】（1） ；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据光的传播规律 可得该单色光在钻石中传播的速度大小为 ‎（2）设钻石对该单色光的临界角为，则 如图所示：‎ 设该单色光在AO边、OD边的入射角为、，为使该单色光在AO边发生全反射，则 由几何关系得：‎ 联立以上式子得：‎ 为使单色光在OD边发生全反射，则 由几何关系得：‎ 联立以上式子得：‎ 综上，角应满足的条件为