河南省洛阳市2020届高三下学期高考押题卷理综物理试题 Word版含解析

河南省洛阳市2020届高三下学期高考押题卷理综物理试题 Word版含解析

- 1 - 洛阳市 2020 届高三高考理综物理押题卷 二、选择题 1. 原子弹和核能发电的工作原理都是核裂变。一种典型的铀核裂变的核反应方程是 235 1 89 1 92 0 36 0U+ n X+ Kr+3 n ，则下列说法正确的是（ ） A. X 原子核中含有 86 个中子，裂变后的总质量数减少 B. X 原子核中含有 144 个核子，裂变 后的总质量数不变 C. X 原子核中含有 144 个核子，裂变后的总质量数减少 D. X 原子核中含有 86 个中子，裂 变后的总质量数增加 【答案】B 【解析】 【详解】ABCD．根据质量数守恒，则 X 的质量数 m=235+1-89-3=144 可知 X 原子核中含有 144 个核子；根据核电荷数守恒，得 z=92-36=56 所以 X 中的中子数 n=m-z=144-56=88 可知 X 原子核中含有 88 个中子；在核反应的过程中，质量数是守恒的。总质量数既不减小， 也不增加，故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 2. 质量相等的甲、乙两物体放在光滑的水平地面上，分别在水平力 F1、F2 的作用下从同一地 点，沿同一方向同时开始运动，图示为它们的 v—t 图像，则下列说法正确的是（ ） A. 在 0-2s 内，F1 越来越大 B. 在 4～6s 内，乙在甲的前方 C. 6s 时两物体间有最大距离 D. 在 0～4s 内，拉力对甲乙做功一样多 【答案】D - 2 - 【解析】 【详解】A．两物体在水平方向上只受拉力作用，而 v t 图像的斜率表示加速度大小，从图中 可知甲在 0~2s 内的加速度越来越小，所以 1F 越来越小，A 错误； BC．在 0～4s 内，甲的速度大于乙的速度，两物体之间的距离逐渐增大，4s 时两者速度相等， 之后 4～6s 内，乙的速度大于甲的速度，两物体之间的距离逐渐减小，甲在乙前方，4s 时两 者相距最大，BC 错误； D．两者从静止开始，所以初速度相等，在 4s 末两者的速度相等，又两者的质量相等，所以 0~4s 内甲乙的动能增加量相等，故根据动能定理可得拉力做功相等，D 正确。 故选 D。 3. 在抢险救灾工作中常见到直升机的身影，如图为直升机抢救伤员的情景，直升机悬停在空 中，用绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤员做功的功率恒定，则在伤员加速上升的过程 中（不计空气阻力）（ ） A. 绳索对伤员的拉力越来越大 B. 伤员克服重力做功的功率恒定 C. 伤员运动的速度变化越来越快 D. 合力对伤员做功的功率越来越小 【答案】D 【解析】 【详解】A．绳索对伤员的拉力做功的功率不变，而伤员加速上升，速度增大，由 P=Fv 可知， 绳索对伤员的拉力 F 越来越小，A 错误； B．速度增大，由 1P mgv 可知，伤员克服重力做功的功率不断增大，B 错误； C．F 在减小，由 F mg ma  可知，故伤员运动的加速度越来越小，速度变化得越来越慢， C 错误； D．合力对伤员做功的功率 - 3 -  P F mg v P mgv   合 由于 P 不变，速度越来越大，则合力对伤员做功的功率越来越小，D 正确。 故选 D。 4. 2018 年 12 月 8 日凌晨 2 点 24 分，中国长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心起飞，把 嫦娥四号探测器送入地月转移轨道，“嫦娥四号”经过地月转移轨道的 P 点时实施一次近月 调控后进入环月圆形轨道 I，再经过系列调控使之进入准备“落月”的椭圆轨道Ⅱ，于 2019 年 1 月 3 日上午 10 点 26 分，最终实现人类首次月球背面软着陆。若绕月运行时只考虑月球 引力作用，下列关于“嫦娥四号”的说法正确的是（ ） A. “嫦娥四号”的发射速度必须大于11.2km / s B. 沿轨道 I 运行的速度大于月球的第一宇宙速度 C. 经过轨道 I 的 P 点时必须进行减速才能进入轨道Ⅱ D. 沿轨道 I 运行至 P 点的加速度小于沿轨道Ⅱ运行至 P 点的加速度 【答案】C 【解析】 【详解】A．嫦娥四号仍在地月系里，也就是说嫦娥四号没有脱离地球的束缚，故其发射速度 需小于第二宇宙速度 11.2km/s，而大于第一宇宙速度 7.9km/s，故 A 错误； B．由公式 GMv r  月 可知，在轨道 I 的半径大于月球的半径，所以沿轨道 I 运行的速度小 于月球的第一宇宙速度，故 B 错误； C．经过轨道 I 的 P 点时必须进行减速后才能进入更靠近月球的轨道Ⅱ，故 C 正确； D．卫星经过 P 点时的加速度由万有引力产生，不管在哪一轨道只要经过同一个 P 点时，万有 引力在 P 点产生的加速度相同，故 D 错误。 故选 C。 5. 如图所示，边界 OM 与 ON 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界 ON 上有一粒子源 S．某 - 4 - 一时刻，从离子源 S 沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的 重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界 OM 射出磁场．已知∠MON＝30°，从边界 OM 射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于 1 2 T（T 为 粒子在磁场中运动的周期），则从边界 OM 射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（ ） A. 1 3 T B. 1 4 T C. 1 6 T D. 1 8 T 【答案】A 【解析】 【详解】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是 S，出射点在 OM 直线上，出射点与 S 点的连线为轨迹的一条弦．当从边界 OM 射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最 短，根据几何知识，作 ES⊥OM，则 ES 为最短的弦，粒子从 S 到 E 的时间即最短． 由题意可知，粒子运动的最长时间等于 1 2 ，设 OS＝d，则 DS＝OStan30°＝ 3 3 d ，粒子在磁 场中做圆周运动的轨道半径为： DS 3 2 6r d  ， 由几何知识有： ES＝OSsin30°＝ 1 2 d，cosθ＝ 2 2 2 2 ES 2 r r  ＝ 1- 2 ，则：θ＝120°， - 5 - 粒子在磁场中运动的最长时间为： tmin＝ 1 360 3T T  ，故 A 正确，BCD 错误． 6. 如图所示,由绝缘材料制成的光滑的半圆轨道固定在水平面上，O 点为圆心,带电荷量为 aq 、 质量为 am 的 a 小球固定在半圆轨道底端的 A 点,带电荷量为 bq 、质量为 bm 的 b 小球静止于半 圆轨道内的 B 点,此时∠AOB=74°.由于 a b、 、两小球的质量变化或电荷量变化使得 b 小球沿 半圆轨道缓慢下滑,恰好静止于 C 点,∠AOC=60°,此时 a b、 两小球的质量分别为 am 、 bm ， 电荷量分别为 aq 、 bq ,已知 a b、 两小球均可视为带电质点,sin37°=0.6,则下列说法正确的 是（ ） A. b 小球受到的支持力一定大于其重力 B. b 小球的质量和电荷量至少有一个应发生变化 C. 可能仅是 b 小球的质量 bm 增加至 216 125 bm D. 可能仅是 a b、 两小球电荷量的乘积 a bq q  减小至 5 6 a bq q 【答案】C 【解析】 对小球 b 在 B 处受力分析如图：由图可知，△OAB∽△BFF1，则 1Fmg F OA OB AB   ，即 NFmg F R R AB   ，所以 NF mg ．小球 b 所受的支持力大小不变．由图可知 2 a bkq qF L  - 6 - sin 2L R  ， mg F R AB  即 2 2 (2 sin )2 2 sin 2 a b a b kq q kq q Rmg L R L R    ．整理得 3sin 2 2 a b b kq q m g   ．初末 态比为 sin30 5 sin37 6   ，则 2 a b b kq q m g 变为原来的 125 216 即可（ aq 、 bq 、 bm 三个数据都可以变化）； 若只改变 b 小球的质量，则变为原来的 216 125 的倍；若改变 a、b 两小球电荷量的乘积，则减小 至原来的 125 216 ．综上分析，C 正确． 7. 静电场方向平行于 x 轴，其电势φ随 x 的分布可简化为如图所示的折线．一质量为 m、带 电量为－q 的粒子(不计重力)，以初速度 v0 从 O 点(x＝0)进入电场，沿 x 轴正方向运动．下列 叙述正确的是( ) A. 粒子从 x1 运动到 x3 的过程中，电势能一直增大 B. 粒子从 O 运动到 x1 的过程中速度逐渐减小 C. 要使粒子能运动到 x3 处，粒子的初速度 v0 至少为 0q m  D. 若 v0＝ 0q m  ，粒子在运动过程中的最大速度为 03q m  【答案】AD 【解析】 【详解】粒子从 x1 运动到 x3 的过程中，电势不断降低，根据负电荷在电势高处电势越小，可 知，粒子的电势能不断增大．故 A 正确．粒子从 O 运动到 x1 的过程中，电势升高，场强方向 沿 x 轴负方向，粒子所受的电场力方向沿 x 轴正方向，粒子做加速运动．故 B 错误．0 到 x3 根据动能定理得：-q（0-（-φ0））=0- 1 2 mv0 2 解得：v0=   02q m  ，要使粒子能运动到 x4 处， - 7 - 粒子的初速度 v0 至少为   02q m  ．故 C 错误．若 v0=   0q m  ，粒子运动到 x1 处电势能最小， 动能最大，由动能定理得：-q（0-φ0）= 1 2 mvm 2- 1 2 mv0 2，解得最大速度为：vm=   03q m  ．故 D 正确．故选 AD． 【点睛】根据电势φ随 x 的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电 势能的变化．利用动能定理列方程解答． 8. 如图所示，一根轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与可视为质点的小滑块连接，把滑块放在 倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上的 A 点，此时弹簧恰好水平。将滑块从 A 点由静止释放， 经 B 点到达位于 O 点正下方的 C 点。当滑块运动到 B 点时弹簧与斜面垂直，且此时弹簧恰好 处于原长。已知 OB 的距离为 L，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g，则滑块由 A 运动 到 C 的过程中（ ） A. 滑块的加速度先减小后增大 B. 滑块的速度一直在增大 C. 滑块经过 B 点时的速度大于 gL D. 滑块经过 C 点的速度可能小于 2gL 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．弹簧原长为 L，在 A 点不离开斜面，则 sin3( )sin c 330 0 os 0Lk mgL    在 C 点不离开斜面，则有 ( )cos30 cos30cos30 Lk L mg    从 A 点滑至 C 点，设弹簧与斜面夹角为α（范围为 30°≤α≤90°）；从 B 点滑至 C 点，设弹 簧与斜面的夹角为β，则 2sin30 cosmg kx ma  可知下滑过程中加速度一直沿斜面向下且减小，选项 A 错误，B 正确； - 8 - C．从 A 点滑到 B 点，由机械能守恒可得 21cos30 2p BmgL E mv   解得 2 cos30 2 3 2p p B E Ev gL g m gL Lm     选项 C 正确； D．从 A 点滑到 C 点，由机械能守恒可得 21 cos30 2P C Lmg E mv  解得 4 32 2 22cos30 3 p p C gLE ELv g gLm m     选项 D 错误。 故选 BC。 三、必考题 9. 某实验小组采用如图甲所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出 后，沿木板滑行，打点计时器工作频率为 50 Hz． （1）为了消除运动过程中所受摩擦的影响，调整时应将木板____（选填“左”或“右”）端 适当垫高以平衡摩擦力． （2）实验中，某同学打出一段纸带如图乙所示，相邻两计时点距离依次为：AB=3.50cm、 BC=3.80cm、CD=DE=EF=FG=GH=4.00cm，则匀速运动的速度 v=______m/s． （3）根据多次测量的数据，画出橡皮筋对小车做功 W 与小车匀速运动速度 v 草图如图丙所示， 根据图线形状猜想，W 与 v 的关系可能为________． A．W∝ v B．W∝v-1 C．W∝v-2 D．W∝v2 【答案】 (1). （1）左； (2). (2) 2； (3). (3)D； 【解析】 - 9 - （1）平衡摩擦力时，将左端垫高形成斜面，使重力的下滑分力与摩擦力平衡； （2）由题给条件可知，小车自 C 点开始匀速运动，则匀速运动的速度： 24.00 10 / 2m / s0.02 CDxv m sT    ； （3）根据图象结合数学知识可知，该图象形式和  y 2,3,4nx n   ,形式相符合，故选 D． 10. 为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻 R（阻值约 100 Ω）、滑动变阻器 R1(0～100 Ω）、滑动变阻器 R2（0～10 Ω）、电阻箱 R0(0～9 999.9 Ω）、理想电流表 A（量 程 50mA）、直流电源 E（3 V，内阻忽略）、导线若干、开关若干． (1)甲同学设计如上图（a）所示的电路进行实验． ①请在图（b）中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接_________． ②滑动变阻器应选________（选填字母代号即可）． ③实验操作时，先将滑动变阻器的滑动触头移到最________（选填“左”或“右”）端，再 接通开关 S；保持 S2 断开，闭合 S1，调节滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电 流 I1. ④断开 S1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱 R0 阻值在 100Ω左右，再闭合 S2，调节 R0 阻值使得电流表读数为________时，R0 的读数即为电阻的阻值． (2)乙同学利用电路（c）进行实验，改变电阻箱 R0 的值，读出电流表相应的电流 I，由测得 的数据作出 0 1 RI  图线如图（d）所示，图线纵轴截距为 m，斜率为 k，则电阻的阻值为 ________(用 m、k 表示）． (3)若电源内阻是不可忽略的，则上述电路（a）和（c），哪种方案测电阻更好________？原 - 10 - 因是____________. 【答案】 (1). (2). R2 (3). 左 (4). I1 (5). m k (6). （a） (7). 此方案不受电源内阻的影响 【解析】 【详解】（1）①根据电路图连接实物图如图所示： ②因为滑动变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以变阻器应选 R2； ③实验操作时，应将变阻器的滑动触头置于输出电压最小的一端，即最左端； ④根据欧姆定律，若两次保持回路中电流表读数不变，即电流表读数仍为 I1 时，则根据电路 结构可知，回路中总电阻也应该相等，结合回路中的电阻计算，可知 R0 的读数即为电阻的阻 值． （2）根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R+R0） 解得： 01  RR I E E   结合数学知识可知 m= R E ，k= 1 E 解得：E= 1 k ，R=Em= m k （3）若电源内阻是不可忽略的，则电路（a）好，因为电源内阻对用（a）测电阻没有影响， 而导致用（c）测量电阻偏大，有测量误差． 11. 如图所示，在竖直平面內有一粗糙斜面轨道 AB 与光滑圆弧轨道 BC 在 B 点平滑连接(滑块 经过 B 点时速度大小不变)，斜面轨道长 L=2.5m，斜面倾角θ=37°，O 点是圆弧轨道圆心， OB 竖直，圆弧轨道半径 R=1m，圆心角θ=37°，C 点距水平地面的高度 h=0.512m，整个轨道 是固定的．一质量 m=1kg 的滑块在 A 点由静止释放，最终落到水平地面上．滑块可视为质点， - 11 - 滑块与斜而轨道之间的动摩擦因数μ=0.25，取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计 空气阻力，求： (1)滑块经过圆弧轨道最低点 B 时，对圆弧轨道的压力； (2)渭块离开 C 点后在空中运动的时间 t． 【答案】(1) 30N (2) 0.64s 【解析】 【分析】 （1）对滑块在 A 到 B 的过程，由动能定理求解到达 B 点的速度，根据牛顿第二定律求解滑块 经过圆弧轨道最低点 B 时，对圆弧轨道的压力；（2）由动能定理求解到达 C 点的速度，滑块 离开 C 点后在竖直方向上做竖直上抛运动，由此求解在空中运动的时间. 【详解】（1）对滑块在 A 到 B 的过程，由动能定理： 0 0 21sin37 cos37 2 BmgL mgL mv  解得 vB=2 5 m/s 对滑块经过 B 点时，由牛顿第二定律：F-mg=m 2 Bv R 由牛顿第三定律可得：F=F′ 解得 F′=30N 方向竖直向下； （2）对滑块在 B 到 C 的过程，由动能定理： 0 2 21 1(1 cos37 ) 2 2C BmgR mv mv    解得 vC=4m/s 滑块离开 C 点后在竖直方向上做竖直上抛运动，以竖直向下为正方向，则： 0 21sin37 =02Ch v t gt   解得 t=0.64s 12. 如图，平行金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，倾斜部分是两个竖直放置的四分之一 圆弧导轨，圆弧半径 r=0.2m。水平部分是两段均足够长但不等宽的光滑导轨，CC＇=3AA＇=0.6m， 水平导轨与圆弧导轨在 AA＇平滑连接。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强 - 12 - 度 B=1T，导体棒 MN、PQ 的质量分别为 ml=0.2kg、m2=0.6kg，长度分别为 l1=0.2m、l2=0.6m， 电阻分别为 R1=1.0Ω、R2=3.0Ω，PQ 固定在宽水平导轨上。现给导体棒 MN 一个初速度，使其 恰好沿圆弧导轨从最高点匀速下滑，到达圆弧最低处 AA＇位置时，MN 克服安培力做功的瞬时 功率为 0.04W，重力加速度 g=10m/s2，不计导轨电阻，导体棒 MN、PQ 与导轨一直接触良好。 求： (1)导体棒 MN 到达圆弧导轨最低处 AA＇位置时对轨道的压力大小； (2)导体棒 MN 沿圆弧导轨下滑过程中，MN 克服摩擦力做的功(保留 3 位有效数字)； (3)若导体棒 MN 到达 AA＇位置时释放 PQ，之后的运动过程中通过回路某截面的电量 q。 【答案】(1)6N；(2)0.397J；(3)0.5C 【解析】 【详解】(1)导体棒 MN 到达圆弧最低处时，克服安培力做功的功率为 P=B1I1l1v，由 E1=Bl1v， 1 1 1 2 EI R R   ，解得 v=2m/s 由牛顿第二定律有 2 N 1 1 vF m g m r   解得 FN=6N 据牛顿第三定律，导体棒 MN 在 AA位置时对轨道的压力大小为 6N (2)导体棒 MN 沿圆弧轨道下滑过程中，感应电动势 1 sine Bl v  有效值 1 2 Bl vE  - 13 - 经历时间为 2 1 4 rt v   产生的焦耳热为 2 1 2 0.00314JEQ tR R   克服安培力做功 W2=Q=0.00314J 根据动能定理 m1gr－W1－W2=0 解得 W1=0.397J (3)释放 PQ 后，当 Bl1v1=Bl2v2 时回路中的电流为 0，对 MN： －BIl1t=m1v1－m1v 对 PQ： BIl2t=m2v2－0 整理得 v2=0.5m/s 对 PQ： Bl2q=m2v2－0， 解得 q=0.5C 13. 我国地震台网正式测定：2017 年 10 月 19 日 09 时 15 分在山西临汾市襄汾县（北纬 35.95 度，东经 111.54 度）发生 3.0 级地震，震源深度 5 千米。地震波既有横波，也有纵波，某监 测站截获了一列沿 x 轴负方向传播的地震横波，在 t s 与（t＋0.2）s 两个时刻 x 轴上-3 km ～3 km 区间内的波形图分别如图中实线和虚线所示，则下列说法正确的是（ ） - 14 - A. x=1.5km 处质点离开平衡位置的最大距离是 2A B. 该地震波的最大周期为 0.8s C. 该地震波最小波速为 5km/s D. 从波源开始振动到波源迁移到地面最长需要经过 1s 时间 E. 从 t 时刻开始计时，x＝2km 处的质点比 x＝1.5km 处的质点先回到平衡位置 【答案】BCE 【解析】 【详解】x =1.5 km 处质点离开平衡位置的最大距离是 A，选项 A 错误；由波形图可知： 1 0.24nT T s  （n=0，1，2，…。），则 0.8 4 1T sn   ，当 n=0 时，周期最大，则 Tmax=0.8s， 选项 B 正确；该地震波最小波速为 min max 4 5 /0.8 kmv km sT s    ，选项 C 正确；机械波传播时， 波源不随波迁移，选项 D 错误； t 时刻，x＝2 km 处的质点将要向下振动，而 x＝1.5 km 处 的质点向上振动，则从 t 时刻开始计时，x＝2 km 处的质点比 x＝1.5 km 处的质点先回到平衡 位置，选项 E 正确；故选 BCE。 14. 如图所示，两块同样的玻璃直角三棱镜 ABC 和 A1B1C1，∠A=∠A1=30°，AC 面和 A1C1 面平行， 且 A、B1、C1 在一条直线上，两三棱镜放置在空气中，一单色细光束 O 垂直于 AB 面入射，光线 从 A1B1 面射出时，出射光线方向与入射光线 O 的方向平行．A、C1 两点间的距离为 d，光线从 A1B1 面上的 b 点（图上未画）射出，ab= 3 2 d． - 15 - （1）画出完整光路图； （2）玻璃的折射率 n． 【答案】（1）光路图见解析；（2） 3n  【解析】 【详解】(１) 光线垂直 AB 射入玻璃，因入射角为 0，因此折射角也为 0，当光线射入 AC 界 面上时，因入射角为 30°，由题意可知，光不会在 AC 面上发生全反射，结合光路可逆性，则 光线从 1 1A B 射出光线仍垂直 1 1A B ，光路图如图所示 ： （２）设光线在 1 1C A 边入射角为 ，如上图所示； 根据几何关系： r  ，而且 30fce fec       ，即 fe fc d  ， 可以得到：    cos 90 2 30 cos 90 2 30ab fe d             整理可以得到： 60   则： sin sin 60 3sin30 sin30n       点睛：考查光的折射定律，与光的全反射条件，理解几何关系的应用，注意正确作出光路图 是解题的关键． - 16 -