【物理】宁夏回族自治区银川一中2020届高三第二次模拟试题（解析版） 17页

宁夏回族自治区银川一中 2020 届高三 第二次模拟试题 1.“S 路”曲线行驶是我国驾驶证考试中的一项科目，某次考试过程中，有两名学员分别坐在 驾驶座和副驾驶座上，并且始终与汽车保持相对静止，汽车在弯道上行驶时可视作圆周运动， 行驶过程中未发生打滑。如图所示，当汽车在水平“S 路”上减速行驶时 A. 两名学员具有相同的线速度 B. 汽车受到的摩擦力与速度方向相反 C. 坐在副驾驶座上的学员受到汽车的作用力较大 D. 汽车对学员的作用力大于学员所受的重力 【答案】D 【解析】 【详解】A.两名学员的线速度大小和方向均不相同； B.汽车所需向心力由摩擦力提供，不与速度方向相反； C.学员质量未知，无法比较受到汽车的作用力大小; D.汽车对学员的作用力竖直分力等于学员所受的重力，水平分力提供合力，故大于重力. 故选 D。 2.甲乙两车在相邻的平行车道同向行驶，做直线运动，v－t 图像如图所示，二者最终停在同 一斑马线处，则（ ） A. 甲车的加速度小于乙车的加速度 B. 前 3s 内甲车始终在乙车后边 C. t=0 时乙车在甲车前方 9.4m 处 D. t=3s 时甲车在乙车前方 0.6m 处 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据 v－t 图的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲 车的加速度大于乙车的加速度，故 A 错误； BCD．设甲运动的总时间为 t，根据几何关系可得 3 15 18t  解得 3.6st  在 0－3.6s 内，甲的位移 18 3.6= m=32.4m2x  甲 0－4s 内，乙的位移 12 4= m=24m2x  乙 因二者最终停在同一斑马线处，所以，t=0 时乙车在甲车前方 =8.4mx x x  甲 乙 0－3s 内，甲、乙位移之差 6 3 m 9m2x    因 t=0 时乙车在甲车前方 8.4m 处，所以 t=3s 时甲车在乙车前方 0.6m 处，由此可知，前 3s 内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故 BC 错误，D 正确。 故选 D。 3.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界 d 点垂直于磁场方向射 入，沿曲线 dpa 打到屏 MN 上的 a 点，通过 pa 段用时为 t.若该微粒经过 P 点时，与一个静 止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏 MN 上．若两个微粒所受重力均忽 略,则新微粒运动的 ( ) A. 轨迹为 pb,至屏幕的时间将小于 t B. 轨迹为 pc,至屏幕的时间将大于 t C. 轨迹为 pa，至屏幕的时间将大于 t D. 轨迹为 pb,至屏幕的时间将等于 t 【答案】C 【解析】 试题分析：由动量守恒定律可得出粒子碰撞后的总动量不变，由洛仑兹力与向心力的关系可 得出半径表达式，可判断出碰后的轨迹是否变化；再由周期变化可得出时间的变化． 带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由 2vBqv m r  ，得： mv Pr qB qB   ，P、q 都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径 r 不变，故 轨迹应为 pa，因周期 2 mT qB  可知，因 m 增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧 线不变，圆心角不变，故 pa 所用的时间将大于 t，C 正确； 【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 mvR Bq  ， 周期公式 2 mT Bq  ，运动时间公式 2t T  ，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运 动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题， 4.真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从 O 点由静止释放，经过相同加速 电场和偏转电场，射出后都打在同一个与 'OO 垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。粒 子重力不计。下列说法中正确的是（ ） A. 在荧光屏上只出现 1 个亮点 B. 三种粒子出偏转电场时的速度相同 C. 三种粒子在偏转电场中运动时间之比为 2∶1∶1 D. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为 1∶2∶2 【答案】A 【解析】 【详解】ABC．根据动能定理得 2 1 0 1 2qU mv 则进入偏转电场的速度 1 0 2qUv m  因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为 2：1：1，则初速度之比为 2 :1:1，在偏转电场中运 动时间 0 Lt v  ，则知时间之比为1: 2 : 2 ，在竖直方向上的分速度 0 y qELv at mv   则出电场时的速度 2 2 2 2 1 0 2 0 1 2( ) ( ) 2 qUqEL qE Lv v mv m mU     因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，偏转位移 2 2 2 2 0 1 1 2 2 qU Ly at md v     因为 2 1 0 1 2qU mv 则有 2 2 14 U Ly U d  与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点，故 A 正确， BC 错误； D．偏转电场的电场力对粒子做功 W=qEy 因为 E 和 y 相同，电量之比为 1：1：2，则电场力做功为 1：1：2，故 D 错误。 故选 A。 5.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动 势的变化规律如图甲中的线 a 所示，用此线圈给图乙中电路供电，发现三个完全相同的灯 泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的线 b 所示，以下说法正 确的是 A. t＝0 时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行 B. 图线 b 电动势的瞬时值表达式为 e＝40 sin( 20 3 t )V C. 线圈先后两次转速之比为 2∶3 D. 转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同 【答案】B 【解析】 【分析】 本题考察交变电流表达式，最大值为 NBSω，由此得出改变转速后的最大值，电感和电容都 对交流电由阻碍作用。 【详解】A.t＝0 时刻电动势为 0，故线圈平面恰好与磁场方向垂直，A 错误； B.由图中可知，改变后的角速度为 -12 20 s3 πω T   ，故电动势的最大值为 40V，故表达式 为 2040sin V3 πe t     ，B 正确； C.由 1T n  可知线圈先后两次转速之比为 3∶2； D.中转速调整后交流电的频率发生变化，电感对交变电流的阻碍减小、电容对交变电流的阻 碍增大，三个灯泡的亮度各不相同。 故选 B。 6.如图所示，两平行金属板 A、B 板间电压恒为 U，一束波长为λ的入射光射到金属板 B 上， 使 B 板发生了光电效应，已知该金属板的逸出功为 W，电子的质量为 m。电荷量为 e，已知 普朗克常量为 h，真空中光速为 c，下列说法中正确的是（ ） A. 若增大入射光的频率，金属板的逸出功将大于 W B. 到达 A 板的光电子的最大动能为 ch  －W＋eU C. 若减小入射光的波长一定会有光电子逸出 D. 入射光子的能量为 ch  【答案】BCD 【解析】 【详解】A．金属板的逸出功取决于金属材料，与入射光的频率无关，故 A 错误； B．由爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的逸出最大动能 km cE h W  根据动能定理 ' km kmE E eU  则当到达 A 板的光电子的最大动能为 ' km cE h W eU   故 B 正确； C．若减小入射光的波长，那么频率增大，仍一定会有光电子逸出，故 C 正确； D．根据 E h ，而 c  ，则光子的能量为 cE h  故 D 正确。 故选 BCD。 7.一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取 竖直向上为正方向．下列关于小球运动的速度 v、加速度 a、位移 s、机械能 E 随时间 t 变化 的图象中可能正确的有 A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】AB. 小球在上升过程中所受重力和阻力，由于所受空气阻力与速度成正比，所以 阻力逐渐减小，则加速度逐渐减小，向上做加速度减小的减速运动，上升到最高点再次下落 过程中由于空气阻力逐渐增大，所以加速度逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故 A 正 确，B 错误； C. 在 s-t 图像中斜率表示速度，物体先向上做减速，在反向做加速，故 C 正确； D. 因阻力做负功，且导致机械能减小，机械能的减少量为 21 2E fs kv vt at       图像不是一次函数，故 D 错误； 故选 AC 8.如图所示，在竖直纸面内有四条间距均为 L 的水平虚线 L1、L2、L3、L4，在 L1、L2 之间与 L3，L4 之间存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。现有一矩形线圈 abcd，长边 ad=3L，宽边 cd=L，质量为 m，电阻为 R，将其从图示位置（cd 边与 L1 重合） 由静止释放，cd 边经过磁场边界线 L3 时恰好开始做匀速直线运动，整个运动过程中线圈始 终处于同一竖直面内，cd 边始终水平，已知重力加速度 g=10 m/s2，则（ ） A. ab 边经过磁场边界线 L1 后线圈要做一段减速运动 B. ab 边经过磁场边界线 L3 后线圈要做一段减速运动 C. cd 边经过磁场边界线 L2 和 L4 的时间间隔大于 2 32B L mgR D. 从线圈开始运动到 cd 边经过磁场边界线 L4 过程中，线圈产生的热量为 2mgL－ 3 2 2 4 42 m g R B L 【答案】BC 【解析】 【详解】A．cd 边经过磁场边界线 L3 时恰好开始做匀速直线运动，cd 边从 L3 到 L4 的过程中 做匀速直线运动，cd 边到 L4 时 ab 边开始到达 L1，则 ab 边经过磁场边界线 L1 后做匀速直线 运动，故 A 错误； B．ab 边从 L2 到 L3 的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培 力，线圈做匀加速直线运动，则 ab 边进入下方磁场的速度比 cd 边进入下方磁场的速度大， 所受的安培力增大，所以 ab 边经过磁场边界线 L3 后线圈要做一段减速运动，故 B 正确； C．cd 边经过磁场边界线 L3 时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有 mg BIL 而 BLvI R  联立解得 2 2 mgRv B L  cd 边从 L3 到 L4 的过程做匀速运动，所用时间为 2 3 2 L B Lt v mgR   cd 边从 L2 到 L3 的过程中线圈做匀加速直线运动，加速度为 g，设此过程的时间为 t1，由运 动学公式得 0 1 1 1 2 2 2 v v vL t t vt   得 2 3 1 L B Lt v mgR   故 cd 边经过磁场边界线 L2 和 L4 的时间间隔为 2 3 1 2 22 L B Lt t t v mgR     故 C 正确； D．线圈从开始运动到 cd 边经过磁场边界线 L4 过程，根据能量守恒得 3 2 2 2 4 4 13 32 2 m g RQ mg L mv mgL B L      故 D 错误。 故选 BC。 9.如图所示，某小组同学利用 DIS 实验装置研究支架上力的分解。A、B 为两个相同的双向 力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负。A 连接质量不计的 细绳，并可沿固定的圆弧形轨道移动。B 固定不动，通过光滑铰链连接一轻杆，将细绳连接 在杆右端 O 点构成支架，调整使得 O 点位于圆弧形轨道的圆心处，保持杆沿水平方向。随 后按如下步骤操作： ①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ； ②对两个传感器进行调零； ③用另一绳在 O 点悬挂住一个钩码，记录两个传感器读数； ④取下钩码，移动传感器 A，改变θ角，重复上述步骤①②③④，得到图示数据表格。 (1)根据表格数据，可知 A 传感器对应的是表中的力____（填“F1”或“F2”），并求得钩码质量 为______kg（保留一位有效数字，g 取 10m/s2）； (2)实验中，让 A 传感器沿圆心为 O 的圆弧形（而不是其它的形状）轨道移动的主要目的是 __________。 A.方便改变 A 传感器的读数 B.方便改变 B 传感器的读数 C.保持轻杆右端 O 的位置不变 D.方便改变细绳与杆的夹角θ 【答案】(1) F1 0.05 (2) C 【解析】 【详解】(1)[1]因绳子只能提供拉力，传感器示数为正值，由表中实验数据可知，A 传感器 对应的是表中力 F1 [2]对节点 O，由平衡条件得 1 sin30F mg  解得 0.05kgm  (2)[3]让 A 传感器沿圆心为 O 的圆弧形，移动传感器的过程中，传感器与 O 点的距离保持不 变，即 O 点位置保持不变，故 ABD 错误，C 正确 故选 C 10.某实验小组欲自制欧姆表测量一个电阻的阻值，实验提供的器材如下： A.待测电阻 Rx（约 200Ω） B.电源（电动势 E 约 1.4V，内阻 r 约 10Ω） C.灵敏电流计 G（量程 1mA，内阻 Rg=200Ω） D.电阻 R1=50Ω E.电阻 R2=200Ω F.滑动变阻器 R（阻值范围为 0~500Ω） G.开关，导线若干 (1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图（a）的测量电路。部分步骤 如下：先闭合开关 S1、S2，调节滑动变阻器 R，使灵敏电流计示数 I1=0.90mA，此时电路总 电流 I 总=______mA； (2)同时测出电动势 1.35V 后，该小组成员在图（a）的基础上，去掉两开关，增加两支表笔 M、N，其余器材不变，改装成一个欧姆表，如图（b），则表笔 M 为______（选填“红表笔” 或“黑表笔”）。用改装后的欧姆表先进行电阻调零，再测量 Rx 阻值，灵敏电流计的示数 I 如 图（c），待测电阻 Rx 的阻值为______Ω。 【答案】 (1). 4.50 (2). 黑表笔 (3). 180 【解析】 【详解】(1)[1]闭合开关 S1、S2，G 与 R1 并联，调节滑动变阻器 R，灵敏电流计读数 I1=0.90mA， 根据并联电路特点，通过 R1 的电流 ' 1 1 1 3.60mAgRI IR   故此时电路总电流 4.50mAI 总 (2)[2]改装为欧姆表后，表内有电源，根据多用电表“红进黑出”的特点，表笔 M 应接黑表笔 [3]根据欧姆表的原理，欧姆调零时，有 3 1.35= Ω 270Ω5 10 ER I  内 接待测电阻后，读出表的电流为 I=0.60mA，电路中的总电流为 5 3.00mAI I 总 则有 x ER R I  内 总 解得 180ΩxR  11.《道路交通安全法》规定汽车通过红绿灯路口时，需按信号灯指示行驶．若某路口有等 待通行的多辆汽车，第一辆汽车前端刚好与路口停止线对齐，汽车质量均为 m=1 500 kg，车 长均为 L=4.8 m，前后相邻两车之间的距离均为 x=1.2 m．每辆汽车匀加速起动 t1=4 s 后保持 v=10 m/s 的速度匀速行驶，运动过程中阻力恒为 f=1 800 N，求： （1）汽车匀加速阶段的牵引力 F 大小； （2）由于人的反应时间，绿灯亮起时，第一个司机滞后 △ t=0.8 s 起动，且后面司机都比前 一辆汽车滞后 0.8 s 起动汽车，绿灯时长 20 s．绿灯亮起后经多长时间第五辆汽车最后端恰 好通过停止线． 【答案】(1)5550N；(2)8.88s 【解析】 【详解】（1）依题意得，汽车前 4s 的加速度:a=v/t1=2.5m/s2① 由牛顿第二定律得:F-f=ma② 解得：F=5550N③ （2）第五辆车最后端通过停止线，需前进距离:s=4×(x+L)+L=28.8m④ 已知汽车匀加速阶段加速时间：t1=4s⑤ 所以汽车匀加速的位移: 1 1 20m2 vs t  ⑥ 汽车匀速行驶时间: 1 2 0.88ss st v   ⑦ 第五辆车延迟时间：t3=5Δt=4s⑧ 第五辆汽车最后端恰好通过停止线的时间:t=t1+t2+t3=8.88s＜20s⑨ 12.如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距 L＝1m，两轨道之间用电阻 R＝2Ω连接，有一质量 m＝0.5kg 的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电 阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度 B＝2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面 向上．现用水平拉力 F 沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动．经过位 移 x＝0.5m 后，撤去拉力，导体杆又滑行了 x′＝1.5m 后停下．求： (1)整个过程中通过电阻 R 的电荷量 q； (2)拉力的冲量大小 IF； (3)整个过程中导体杆的最大速度 vm； (4)在匀加速运动的过程中，拉力 F 与时间 t 的关系式． 【答案】(1)2C(2)4kg·m/s(3)6m/s(4)F＝72t＋18(N) 【解析】 【详解】（1）导体杆切割磁感线产生的感应电动势 E＝ t   回路中电流 I＝ E R 通过电阻 R 的电荷量 q＝IΔt＝ R  磁通量ΔΦ＝BLΔx，又Δx＝x＋x′ 代入数据可得 q＝ BL x R  ＝ 2 1 (0.5 1.5) 2    C＝2C （2）根据动量定理 IF－F 安Δt＝0－0 F 安＝BIL，Δt 为导体杆整个过程中所用时间 IF＝BILΔt＝BLq 所以 IF＝4kg·m/s． （3）当撤去力 F 后，根据楞次定律可以判断感应电流必定阻碍导体杆的相对运动，所以杆 做减速运动，杆的最大速度应该为撤去外力 F 瞬间的速度． 撤去 F 之后通过电阻 R 的电荷量为 q2＝ 'BLx R 撤去外力 F 之后，以水平向右为正方向，根据动量定理，则 －BLq2＝0－mvm 联立上式得导体杆的最大速度为 vm＝6m/s （4）根据受力分析可知 F－B BLv R L＝ma 由运动学公式 v＝at，vm2＝2ax 可解得 a＝36m/s2 联立上式可得关系式为 F＝72t＋18(N) 13.下列说法正确的是________。 A. 液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现 B. 用熵的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的熵不会增加 C. 晶体在物理性质上可能表现为各向同性 D. 液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 E. 热量可以从低温物体传给高温物体 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．液体的表面张力是分子力作用的表现，外层分子较为稀疏，分子间表现为引力； 浸润现象也是分子力作用的表现，故 A 正确； B．根据热力学第二定律，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少，故 B 错误； C．单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故 C 正确； D．扩散现象是分子无规则热运动的结果，不是对流形成的，故 D 错误； E．热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其它变化的情况下可以由低温物体 传给高温物体，故 E 正确。故选 ACE。 14.如图，体积为 V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气 缸内密封有温度为 2.4T0、压强为 1.2p0 的理想气体．p0 和 T0 分别为大气的压强和温度．已 知：气体内能 U 与温度 T 的关系为 U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是 缓慢的．求 ①气缸内气体与大气达到平衡时的体积 V1； ②在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量 Q. 【答案】① 1 1 2V V ② 0 0 1 2Q PV aT  【解析】①由理想气体状态方程得 0 0 1 0 0 1.2 2.4 PV PV T T  解得：V1= 1 2 V ②在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为 W=P0（V﹣V1） 活塞刚要下降时,由理想气体状态方程得 0 0 0 1 1.2 2.4 PV PV T T  解得：T1=2T0； 在这一过程中，气体内能的变化量为 △ U=α（T0﹣T1） 由热力学第一定律得， △ U=W+Q 解得：Q= 1 2 p0V+αT0 15.以下说法中正确的是________。 A. 全息照相利用了光的衍射现象 B. 如果两个波源振动情况完全相同，在介质中能形成稳定的干涉图样 C. 声源远离观察者时，听到的声音变得低沉，是因为声源发出的声音的频率变低了 D. 人们所见到的“海市蜃楼”现象，是由于光的全反射造成的 E. 摄像机的光学镜头上涂一层“增透膜”后，可减少光的反射，从而提高成像质量 【答案】BDE 【解析】 【详解】A．全息照相利用了激光的干涉原理，可以记录光的强弱、频率和相位，故 A 错误； B．当频率相同与振幅完全相同时，则会形成稳定的干涉图样，故 B 正确； C．若声源远离观察者，观察者会感到声音的频率变低，是接收频率变小，而发射频率不变， 故 C 错误； D．海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生 折射而引起的，属于全反射，故 D 正确； E．当薄膜的厚度为入射光在增透膜中波长的 1 4 时，从薄膜前后表面的反射光相互抵消，从 而减少了反射，增加了透射，故 E 正确。 故选 BDE。 16.一列简谐横波在介质中沿 x 轴正向传播，波长λ≥80cm．O 和 A 是介质中平衡位置分别位 于 x=0 和 x=40cm 处的两个质点．t＝0 时开始观测，此时质点 O 的位移 y=-8cm，质点 A 处 于 y=-16cm 的波谷位置；t＝0.5s 时，质点 O 第一次回到平衡位置，而 t=1.5s 时，质点 A 第 一次回到平衡位置．求： （ⅰ）这列简谐横波的周期 T、波速 v 和波长λ； （ⅱ）质点 A 振动的位移 y 随时间 t 变化的关系式． 【答案】（ⅰ）T=6.0s、v=0.40m/s、λ=2.4m （ⅱ） 0.16cos( )( )3y t m   或 20.16sin( )( )3 3y t m   ； 【解析】 （ⅰ）设振动周期为 T，由于质点 A 在 0 到 1.5s 内由负最大位移处第一次回到平衡位置， 经历的是四分之一周期，故振动周期为：T=6.0s； 由于质点 OA 距离 d=0.40m 小于半个波长，且波沿 x 轴正向传播，O 在 t=0.5s 时回到平衡位 置，而 t=1.5s 时 A 紧接着回到平衡位置，可知波从 O 传到 A 的时间为：∆t=1.0s 故此简谐波的传播速度： 0.40 /dv m st   据波长、波速和周期的关系，可得该波的波长： = 2.4vT m  （ⅱ）设质点 A 的位移随时间变化的关系式为： 0 0 2cos( ) cos( )3y A t A tT       已知 t=0 时，y=-0.16m，有： 0cos 0.16y A m   t=1.5s 时，y=0，有： 0cos( ) 02y A     联立解得： 0 rad  A=0.16m 因此质点 A 的位移随时间变化的关系为： 0.16cos( )3y t m   （或： 30.16cos( )3 2y t m   ）