河南省示范性高中2020届高三上学期期末考试物理模拟试题

河南省示范性高中2020届高三上学期期末考试物理模拟试题

‎2019河南省示范性高中高三（上）物理期末模拟试卷 一、单选题 ‎1.下列说法正确的是 A. β射线是由于原子核内的中子转化产生的 B. 光电效应和康普顿效应都揭示了光具有波动性 C. 一个氘核的质量等于一个质子和一个中子的质量之和 D. 钴60的半衰期为5.27年，则2个钴60原子核经过5.27年将一定有1个发生衰变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、原子核内的中子转化为一个电子和一个质子产生了β射线，A对；‎ B、光电效应和康普顿效应都揭示了光具有粒子性，B错；‎ C、根据质能方程知道在核反应中存在着质量亏损，所以一个氘核的质量不等于一个质子和一个中子的质量之和，C错；‎ D、半衰期是统计规律，对单个或者少数是不成立的，D错 故本题答案选：A ‎2. 一质量为m的物体放在水平地面上，动摩擦因数为μ，用一水平拉力F作用于物体上，使其获得加速度a，如图所示．要使该物体的加速度变为3a，应采用的正确方法是（ ）‎ A. 将拉力变为3F B. 将拉力变为3ma C. 将拉力变为（3ma+μmg） D. 将拉力变为3（F-μmg）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律列式即可求解．根据牛顿第二定律得： F-μmg=ma解得；a=．将拉力变为3F时，则有3F-μmg=ma′，解得：a′=＞3a，故A错误；将拉力变为3ma时，则有3ma-μmg=ma′，解得：a′=‎ ‎，故B错误；将拉力变为3ma+μmg时，则有：3ma+μmg-μmg=ma′，解得：a′=3a，故C正确．将拉力变为3（F -μmg）则有：，解得：故D错误．故选C ．‎ 考点：牛顿第二定律的考查．‎ ‎3.大约4亿年前，地球一年有400天，地球自转周期只有不到22小时，月球和太阳对地球引力作用产生的潮汐，就像是一个小小的“刹车片“，使地球自转缓慢变慢，还导致月球以每年4厘米的速度远离地球，若不考虑其它因素，则若干年后与现在相比较　　‎ A. 地球同步卫星的线速度变小 B. 地球近地卫星周期变大 C. 地球赤道处的重力加速度不变 D. 月球绕地球做圆周运动的角速度变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】解：A、地球自转缓慢变慢，则地球自转周期增加，同步卫星的周期变大，根据可知轨道半径变大；卫星绕着地球做匀速圆周运动，故有：，‎ 解得：，轨道半径变大，则线速度减小．故A正确；‎ B、近地卫星的轨道半径为地球半径，故近地卫星的轨道半径不变，则近地卫星的周期不变．故B错误；‎ C、地球自转缓慢变慢，则地球自转周期增加，角速度将减小，地面上的物体做匀速圆周运动需要的向心力减小，所以地球赤道处的重力加速度增大．故C错误；‎ D、月球绕着地球做匀速圆周运动，故有：，月球以每年4厘米的速度远离地球，则地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的角速度将减小．故D错误 故选A．‎ ‎4.如图所示，两个劲度系数均为k的轻弹簧顶端固定并与电路相连，下端用轻导线与长度为L的导体棒相连，导体棒水平放置且垂直于匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．断开开关，导体棒静止时，弹簧的长度为x1；接通电源后，导体棒水平静止时，弹簧的长度为x2，电流表示数为I．忽略电流产生的磁场作用．则该匀强磁场的磁感应强度大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】断开开关时：‎ ‎ ‎ 闭合开关时：‎ ‎ ‎ 联立以上两式解得： ‎ 故选D．‎ ‎5.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，不计重力，则（ ）‎ A. A、N点的电场强度大小为零 B. 将一正点电荷静放在x轴负半轴，它将一直做加速运动 C. NC间场强方向向x轴正方向 D. 将一正电荷从N点移动到D点，电场力先做正功后做负功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知N、‎ A两点的场强均不为零，故A错误；从N到C，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，NC间电场强度方向沿x轴负方向，故C错误；结合矢量的叠加可知，x轴负半轴的电场强度方向指向x轴的负方向，所以若将一正点电荷放在x轴负半轴，则电场力指向x轴负方向，因此电场力与速度方向相同，导致一直做加速运动，故B正确；N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功，故D错误；‎ ‎【点睛】图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负．‎ 二、多选题 ‎6.在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S、匝数为n、线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( 　) ‎ A. t2~t3时间内穿过线圈磁通量变化量为零 B. t4时刻穿过线圈的磁通量变化率的大小为 C. t3~t4时间内通过电阻R的电荷量为 D. t1~t5时间内电阻R的发热量为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】t2～t3时间内穿过线圈磁通量的变化量为△Φ=BS，故A错误；由于产生的电动势最大值为E0，根据所以磁通量变化率的最大值 ‎ ‎ ，故B正确；通过电阻的电荷量，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量为：，故C正确；t1～t5时间内电阻R的发热量为：，故D错误；‎ ‎7.一质量为m小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度a随其运动距离x的变化规律如图所示．已知小物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在小物块运动0～2L的过程中，下列说法正确的是 A. 小物块在0～L内做匀变速直线运动，L～2L内做匀速运动 B. 小物块运动至2L处的速度为 C. 整个过程中水平外力做功为 D. 小物块从L处运动至2L处所用的时间为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、小物块在0～L内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动，L～2L内加速度不变，做匀加速运动．故A错误．‎ B、整个过程，根据动能定理得：，得小物块运动至2L处的速度为，故B正确．‎ C、整个过程，根据动能定理得：，得水平外力做功为，故C正确．‎ D、设小物块运动至L处的速度为．根据动能定理得：，得，小物块从L处运动至2L处做匀加速直线运动，有，联立解得 ‎，故D错误．‎ ‎8.如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，圆心为O，OA连线水平，AB为固定在A、B两点间的光滑直杆，在直杆和圆环上分别套着一个相同的小球M、N．先后两达让小球M、N以角速度ω和2ω随圆环一起绕竖直直径BD做匀速圆周运动．则 A. 小球M第二次的位置比第一次时离A点近 B. 小球M第二次的位置比第一次时离B点近 C. 小球N第二次的竖直位置比第一次时高 D. 小球N第二次的竖直位置比第一次时低 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】设AB与竖直方向夹角为θ，则mgtan450=mω2r，则当ω变为2ω时，r变为原来的1/4，则小球M第二次的位置比第一次时离A点远，离B点近，选项A错误，B正确；对放在N点的小球：mgtanα=mω2Rsinα，则，则当ω越大，α越大，物体的位置越高，故选项C正确，D错误；故选BC。‎ ‎9.下列说法正确的是 A. 一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒钟与嚣壁均碰次数随着温度降低而减少 B. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大 C. 干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度 D. 外界对气体做功时，其内能一定会增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小，故A正确；‎ B．晶体熔化时吸收热量，温度不变，分子平均动能不变，故B错误；‎ C．干泡温度计和湿泡温度计组成，由于蒸发吸热，湿泡所示的温度小于干泡所示的温度，故C正确；‎ D．外界对气体做功，，由于不知道气体是吸热还是放热，根据无法确定气体的内能增加还是减小，故D错误。‎ 故选AC。‎ 三、填空题 ‎10.一列简谐横波在某介质中沿x轴传播，在x轴上a、b两点的振动图像分别为如图甲乙所示，波的传播速度为5m/s，a、b间的距离小于一个波长，若波从a传播到b，则a、b间的距离为______________m，若波从b传播到a，所用的时间为____________s，若增大波源处质点的振动频率，则波从b传播到a所用的时间会________________（填“变大”、“变小”或“不变”）．‎ ‎【答案】 (1). 5 (2). 3 (3). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】若波从a传播到b，则，若波从b传播到a，则传播的时间；若增大波源处质点的振动频率，由于形成的波在同一介质中传播的速度不变，因此波从b传播到a所用的时间不变．‎ 四、实验题 ‎11.“验证机械能守恒定律”实验装置如图1所示，采用重物自由下落的方法：‎ ‎（1）实验中，下面哪种测量工具是必需的_____．‎ A．天平 B．直流电源 C．刻度尺 D．秒表 ‎（2）已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地的重力加速度g=9.80m/s2，所用重物的质量为200g，实验中选取一条符合实验要求的纸带如图2所示，0为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．计算B点瞬时速度时，甲同学用v=2gxOB，乙同学用vB=，其中所选方法正确的是_____（选填“甲”或“乙”）同学；根据以上数据，可知重物由O运动到B点时动能的增加量等于_____J，重力势能减少量等于_____J（计算结果均保留3位有效数字）‎ ‎（3）实验中，发现重物减少的势能总是大于重物增加的动能，造成这种现象的主要原因是_____．‎ ‎【答案】 (1). C (2). 乙 (3). 0.369 (4). 0.376 (5). 由于阻力的存在，使得一部分重力势能转化为内能 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验中需要测量重物下降的高度，即测量点迹间的距离，所以需要刻度尺，验证动能增加量和重力势能减小量是否相等时，两边都有质量，可以约去，所以不需要天平，打点计时器使用的是交流电源，时间可以通过打点计时器直接测量，不需要秒表，故选C．‎ ‎（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，所以正确的是乙同学．‎ B点的速度=1.92m/s，则动能的增加量J=0.369J，重力势能的减小量△Ep=mgh=0.2×9.8×0.192J=0.376J．‎ ‎（3）发现重物减少的势能总是大于重物增加的动能，造成这种现象的主要原因是由于阻力的存在，使得一部分重力势能转化为内能．‎ 故答案为（1）C，（2）乙，0.369，0.376，（3）由于阻力的存在，使得一部分重力势能转化为内能．‎ ‎【点睛】纸带问题的处理时力学实验中常见的问题．我们可以纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，这是纸带法实验中考查的重点．‎ ‎12.某研究性学习小组利用伏安法测定某电源的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，实验器材有：‎ A．待测电源（电动势约4V，内阻较小）‎ B．电压表（量程0～5V，内阻约6KΩ）‎ C．灵敏电流计（量程为0～3mA，内阻r=99.5Ω）‎ D．定值电阻R0=4Ω E．滑动变阻器R1（阻值为0～20Ω、0～100Ω两种规格）‎ F．电阻箱R2（阻值为0～999.9Ω）‎ G．开关，导线若干 ‎（1）要把灵敏电流计改装成量程为0～0.6A的电流表，电阻箱R2应调到_____Ω；‎ ‎（2）为便于实验调节，滑动变阻器R1应选______规格；‎ ‎（3）根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路_________；‎ ‎（4）电压表与灵敏电流计对应测量数据已在U－I图中标出，由图象得到电源的电动势E=______V、内阻r=_______Ω（小数点后保留两位数字）．‎ ‎【答案】 (1). 0.5 (2). 0～20Ω (3). (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）灵敏电流计的量程是3mA，内阻是99.5Ω，要把灵敏电流计改装成量程为0～0.6A的电流表，则灵敏电流计应与并联，根据并联电路的特点，可得；（2）选择阻值小的变阻器调节方便，所以变阻器应选择0～20Ω；（3）完整的电路如图所示：‎ ‎（4）由图可知，图线的纵截距为电源的电动势，故E=3.95V；由电路图可知，干路中的电流为，根据图线的斜率的绝对值等于电源的内阻与定值电阻的和，则有：，故电源的内阻.‎ 五、计算题 ‎13.如图所示，ABDO是处于竖直平面内的光滑固定轨道，AB是半径为R的圆周轨道，半径OA处于水平位置，BDO是直径为的半圆轨道，D为BDO轨道的中央。一个小球P从A点的正上方高H处自由落下，沿竖直平面内的轨道通过D点时对轨道的压力等于其重力的倍。取g。‎ ‎（1）求H的大小。‎ ‎（2）试讨论小球能否到达O点，并说明理由。‎ ‎（3）求小球再次落到轨道上的速度大小。‎ ‎【答案】（1）10m；（2）由能到达O点；（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设小球通过D点的速度为v，则有：‎ ‎ ‎ 小球从P点落下直到沿光滑轨道运动到D点的过程中，机械能守恒，有：‎ 可得高度 ‎（2）设小球能够沿竖直半圆轨道运动到O点的最小速度为，有：‎ ‎ ‎ 小球至少应从Hm高处落下 解得 由，小球可以通过BDO轨道的O点。‎ ‎（3）小球由H落下通过O点的速度为 ‎ ‎ 小球通过O点后做平抛运动，设小球经时间t落到AB圆弧轨道上，有：‎ ‎ ‎ 且 可解得时间 ‎（另解舍弃）‎ 落到轨道上的速度大小 ‎14.如图所示，两边界MN、PQ相互平行，相距为L，MN左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大，质量为m、电荷量为+q的粒子从与边界MN距离为2L的O点，以方向垂直于边界M、大小为的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与MN的夹角为45°，粒子还能回到O点，忽略粒子的重力，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强大小为E；‎ ‎（2）粒子回到O点时的动能；‎ ‎（3）磁场的磁感应强度B和粒子从O点出发回到O点的时间t．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子向右通过电场的时间，离开电场时沿电场方向的分速度 在电场中运动加速度，由牛顿第二定律，解得 ‎（2）粒子向右通过电场和向左进入电场回到O点的过程可统一看成类平抛运动，则粒子两次经过边界MN的位置间的距离 由动能定理有，解得 ‎（3）粒子进入磁场的速度，‎ 设在磁场中运动半径为人，由几何关系可知 则能回到原点O，在磁场中的运动半径，由，解得 粒子在磁场中运动时间，则，解得 ‎15.如图为一内径粗细均匀的U形管，导热性能良好．U形管右侧B管上端封闭，左侧A管上端开口且足够长．管内注入水银．并在A管内装配有光滑的轻质活塞，使两管中均封入L＝28cm的空气柱，活塞上方的大气压强为p0＝76cmHg，这时两管内水银面高度差h＝10cm．环境的温度为T0＝280K．现缓慢升高环境温度，使两管内水银面一样高．求：‎ ‎①此时的环境温度；‎ ‎②轻活塞移动的距离．‎ ‎【答案】（1）380K（2）15cm ‎【解析】‎ ‎【详解】①对B气体，开始时：‎ 升温后： ‎ 根据理想气体状态方程：‎ 解得：‎ ‎②A气体发生等压变化，开始时：；升温后：‎ 由盖－吕萨克定律可得：‎ 轻活塞移向上，移动的距离：‎ ‎16.如图所示，与水面平行的单色细灯管AB在水面下方h=m处，灯管长度L=1m．由B点发出的某条光线射到水面时入射角为37°，其折射光线与水面夹角也为37°，取sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎(i)水对此单色光的折射率n；‎ ‎(ii)水面上有光线射出的区域面积S．‎ ‎【答案】(i) (ii) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据由B点发出的某条光线射到水面时入射角为37°，其折射光线与水面夹角也为37°可知，本题考查“光的折射和全反射现象”，根据折射定律与几何知识列方程求解．‎ ‎【详解】(i)由B点发出光线入射角，折射角，根据折射定律得 ‎ ‎ 解得：；‎ ‎(ii)设光从水面射出的临界角为C，则 ‎ ‎ A点发出的光射出水面的区域为圆，设其半径为R，则 ‎ ，R=0.5m 水面上有光线射出的区域如图所示，则 ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎