宁夏石嘴山市第三中学2020届高三一模物理试题 19页

石嘴山三中2020届高三第一次模拟考试 理科综合试卷-物理部分 二、选择题 ‎1.据科学家推算，六亿两千万年前，一天只有21个小时，而现在已经被延长到24小时，假设若干年后，一天会减慢延长到25小时，则若干年后的地球同步卫星与现在的相比，下列说法正确的是（　　）‎ A. 可以经过地球北极上空 B. 轨道半径将变小 C. 加速度将变大 D. 线速度将变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由万有引力提供向心力得 解得 当周期变大时，轨道半径将变大，但依然与地球同步，故轨道平面必与赤道共面，故A、B错误；‎ C．由万有引力提供向心力得 可得 轨道半径变大，则加速度减小，故C错误；‎ D．由万有引力提供向心力得 可得 轨道半径变大，则线速度将变小，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34ev，那么对氢原子在能量跃迁过程中发射或吸收光子的特征,认识正确的是( )‎ A. 用氢原子从高能级向基态跃迁时发射光照射锌板一定不能产生光电效应 B. 一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出4种不同频率的光 C. 用能量为10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态 D. 一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eV ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误；‎ B、一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，根据可知，能放出3种不同频率的光，故B错误；‎ C、用能量为10.3eV的光子照射，小于12.09eV，不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，要正好等于12.09eV才能跃迁，故C错误；‎ D、氢原子从高能级向n=3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为E大=-1.51+13.6=12.09eV，因锌的逸出功是3.34ev，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为EKm=12.09-3.34=8.75eV，故D正确；‎ 故选D.‎ ‎3.如图所示，R3处是光敏电阻，a、b两点间接一电容，当开关S闭合后，在没有光照射时，电容上下极板上电量为零，当用光线照射电阻R3时,下列说法正确是（ ）‎ A. R3的电阻变小，电容上极板带正电，电流表示数变大 B. R3的电阻变小，电容上极板带负电，电流表示数变大 C. R3电阻变大，电容上极板带正电，电流表示数变小 D. R3的电阻变大，电容上极板带负电，电流表示数变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】R3是光敏电阻，当用光线照射电阻R3时，据光敏电阻的特点，其阻值变小，据闭合电路的欧姆定律知，所以电流表示数变大，CD错误；‎ 因原来时电容器极板上的带电量为零，故说明ab两点电势相等； 有光照以后，两支路两端的电压相等，因R1、R2支路中电阻没有变化，故R2的分压比不变；而由于R3的电阻减小，所以R3的两端电压减小，，而不变，所以增大，故上端的电势要高于下端，故上端带正电，A正确B错误；‎ ‎4.叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则：‎ A. 上方球与下方3个球间均没有弹力 B. 下方三个球与水平地面间均没有摩擦力 C. 水平地面对下方三个球的支持力均为 D. 水平地面对下方三个球的摩擦力均为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对上方球分析可知，小球受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方球有力的作用，故A错误；下方球由于受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有运动的趋势，故下方球受摩擦力作用，故B错误；对四个球的整体分析，整体受重力和地面的支持力而处于平衡，所以三个小球受支持力大小为4mg，每个小球受支持力为mg，故C正确；三个下方小球受到的是静摩擦力，故不能根据滑动摩擦力公式进行计算，故D错误．故选C．‎ ‎5.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是(　　)‎ A. q1、q2为等量异种电荷 B. N、C两点间场强方向沿x轴负方向 C. N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大 D. 将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；‎ B．沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向．故B正确；‎ C．φ−x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；‎ D．NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．故D错误；‎ ‎【点睛】由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷．由电势图线的斜率可以判断电场强度的大小．沿电场线电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而判断电势能的变化．‎ ‎6.如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′'垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是(　　)‎ A. 交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cos ωt B. 变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1‎ C. 电压表V示数为NBωL2‎ D. 若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均变小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e=NBL2ωcosωt 故A正确；‎ B．变压器的输入与输出功率之比为1：1，故B错误；‎ C．交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，次级交流电压的最大值等于 U‎2m=2NBωL2‎ 根据电流的热效应可得 解得 U=NBωL2‎ 故C正确；‎ D．当P位置向下移动，R增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表V的示数不变，电阻消耗的功率变小，故电流表示数变小，故D错误。‎ 故选AC．‎ ‎7.2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点．已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为‎40 m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝‎50 kg，重力加速度g＝‎10 m/s2，忽略空气阻力．下列说法正确的是(　　)‎ A. 运动员从O点运动到B点的整个过程中机械能守恒 B. 运动员到达A点时的速度为‎20 m/s C. 运动员到达B点时的动能为10 kJ D. 运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为s ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功，机械能守恒．故A正确；运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以：‎ mvA2=mgh=mgR（1-cos60°）所以：‎ ‎，故B正确；设运动员做平抛运动的时间为t，则：x=vAt；y=gt2 由几何关系： ，联立得：， ‎ 运动员从A到B的过程中机械能守恒，所以在B点的动能：EkB=mgy+mvA2，代入数据得：EkB=×105J．故C D错误．故选AB.‎ 点睛：本题是常规题，关键要抓住斜面的倾角反映位移的方向，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中.‎ ‎8.如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶‎ B. A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3(2－)∶1‎ C. A、B两粒子的比荷之比是∶1‎ D. A、B两粒子的比荷之比是(2＋)∶3‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设AB两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R和r， ‎ 根据上图可知 联立解得 故A错误，B正确。‎ CD．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得 解得，由题意可知，两粒子的v大小与B都相同，则AB两粒子的之比与粒子的轨道半径成反比，即粒子比荷之比为，故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题 共174分）‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第41题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎（一）必考题（11题，共129分）‎ ‎9.某同学将力传感器固定在车上用于探究“加速度与力、质量之间的关系”，如图甲、乙所示．‎ ‎（1）下列说法正确的是（ ）‎ A．需要用天平测出传感器的质量 B．需要用到低压交流电源 C．实验时不需要平衡摩擦力 D．若实验中砂桶和砂子的总质量过大，作出的a-F图象可能会发生弯曲 ‎（2）下列实验中用到与该实验相同研究方法的有（ ） ‎ A．探究单摆周期的影响因素 B．探究求合力的方法 C．探究做功与速度的变化关系 D．探究导体电阻与其影响因素的关系 ‎ ‎（3）图丙是某同学通过实验得到的一条纸带（交流电频率为50Hz），他在纸带上取A、B、C、D、E、F、G等7个计数点（每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出），将毫米刻度尺放在纸带上．根据图可知，打下F点时小车的速度为_____m/s．小车的加速度为______m／s2．（计算结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A (2). AD (3). 0.24 (4). 0.40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A．本实验是探究“加速度与力、质量之间的关系”，即F=Ma，所以M包括传感器的质量，即需要用天平测出传感器的质量．故A正确．‎ B．电火花计时器使用的是220V交流电源．故B错误．‎ C．实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时要把小车（包括力传感器）放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动．故C错误．‎ D．实验中力传感器直接测出了拉力的大小，所以不需要满足砂桶和砂子的总质量远小于小车的质量，所以即使实验中砂桶和砂子的总质量过大，作出的a-F图象也不会发生弯曲．故D错误．‎ ‎(2)[2]该实验采用了控制变量法进行探究．‎ A．单摆的周期公式为：，是用的控制变量法．故A符合题意．‎ B．探究求合力的方法，采用的是等效替代的方法．故B不符合题意．‎ C．探究做功与速度的变化关系，采用的是倍增法．故C不符题意．‎ D．导体的电阻为：，采用的是控制变量法．故D符合题意．‎ ‎(3)[3]由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：‎ ‎[4]根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小为：‎ ‎10.某同学研究小灯泡的伏安特性曲线，所使用的器材有：‎ 小灯泡L（额定电压，额定电流），‎ 电压表（量程，内阻为），‎ 电流表A（量程内阻约），‎ 定值电阻 （阻值为），‎ 滑动变阻器R（阻值），‎ 电源E（电动势，内阻很小）‎ 开关S，导线若干．‎ ‎(1)实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，请将图甲电路补画完整______________；‎ ‎(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图所示，由曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻将_________；‎ A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后不变 D.先减小后不变 ‎(3)若用多用表直接测量该小灯泡的电阻，正确操作后多用表指针如图所示，则小灯泡的电阻是_______．‎ ‎(4)用另一电源（电动势，内阻）和题中所给的小灯泡L、滑动变阻器R连接成如图所示的电路，闭合开关S，调节滑动变阻器R的阻值．在R的变化范围内，电源的最大输出功率为_______W，此时小灯泡的功率为_______W，滑动变阻器R接入电路的电阻为_______．‎ ‎【答案】 (1). (2). A (3). 1.5 (4). 0.4 (5). 0.28 (6). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻与电流表内阻接近，故应采用电流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用和电压表串联，故原理图如图所示 ‎(2)[2]图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；‎ A.与分析相符，故A正确；‎ B.与分析不符，故B错误；‎ C.与分析不符，故C错误；‎ D.与分析不符，故D错误；‎ ‎(3)[3]灯泡正常工作时的电阻为：‎ 则多用电表可以选择欧姆挡的×1挡；由图示多用电表可知，其示数为； ‎ ‎(4)[4]当电源内阻等于外电路电阻时，电源的输出功率最大，电源的最大输出功率为：‎ ‎[5]此时小灯泡的电流为：‎ 由图可知，此时灯泡电压为：‎ 此时小灯泡的功率为：‎ ‎[6]此时小灯泡的电阻为：‎ 滑动变阻器接入电路的电阻为：‎ ‎11.如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距L=‎0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻r=2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1=2Ω，R2=1Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDEF内有竖直向上的磁场，CE=‎0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．在t=0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变．求：‎ ‎（1）t=0.1s时电压表的示数；‎ ‎（2）恒力F的大小；‎ ‎（3）从t=0时刻到金属棒运动出磁场过程中整个电路产生的热量Q；‎ ‎【答案】（1）0.3V（2）0.27N（3）0.09J ‎【解析】‎ 试题分析：（1）在0～0．2s内，CDEF产生的电动势为定值：‎ 在0．1s时电压表的示数为：‎ ‎（2）设此时的总电流为I,则路端电压为：‎ 由题意知:‎ 此时的安培力为：‎ 解得：F=0．27N ‎（3）0～0．2s内的热量为：‎ 由功能关系知导体棒运动过程中产生的热量为：‎ 总热量为：‎ 考点:法拉第电磁感应定律、焦耳定律、功能关系．‎ ‎12.如图所示，质量为的带有圆弧的滑块A静止放在光滑的水平面上，圆弧半径R=‎1.8m，圆弧的末端点切线水平，圆弧部分光滑，水平部分粗糙，A的左侧紧靠固定挡板，距离A的右侧S处是与A等高的平台，平台上宽度为L=‎0.5m的M、N之间存在一个特殊区域，B进入M、N之间就会受到一个大小为F=mg恒定向右的作用力。平台MN两点间粗糙，其余部分光滑，M、N的右侧是一个弹性卡口，现有一个质量为m的小滑块B从A的顶端由静止释放，当B通过M、N区域后碰撞弹性卡口的速度v不小于‎5m/s时可通过弹性卡口，速度小于‎5m/s时原速反弹，设m=‎1kg，g=‎10m/s2，求：‎ ‎(1)滑块B刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力多大？‎ ‎(2)若A、B间的动摩擦因数μ1=0.5，保证A与平台相碰前A、B能够共速，则S应满足什么条件？‎ ‎(3)在满足(2)问的条件下，若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A与平台相碰后B滑上平台，设B与MN之间的动摩擦因数0＜μ＜1，试讨论因μ的取值不同，B在MN间通过的路程。‎ ‎【答案】(1)30N；(2)S＞‎0.8m；(3)见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设B滑到A的底端时速度为v0，根据机械能守恒定律得 小球在圆弧底端合力提供向心力有 联立各式并代入数据得v0＝‎6m/s；FN＝30N。根据牛顿第三定律可知滑块对圆弧底端的压力为30N。‎ ‎(2)设AB获得共同速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得：v1=‎4m/s；对A应用动能定理得 代入数据解得：S=‎0.8m，即保证A与平台相碰前A、B能够共速，S应满足S＞‎0.8m。 ‎ ‎(3)设B到达卡口的速度v2＝‎5m/s，B将从平台右侧离开，此时B与M、N的动摩擦因数为μ1，由动能定理得 解得：μ1=0.1，即0＜μ≤0.1，B从卡口右侧离开，通过的路程 S1＝L＝‎‎0.5m 如果B到达卡口的速度小于‎5m/s，B将被弹回，进入NM后做减速运动，到达M点速度恰好为零，设此时的动摩擦因数为μ2，则 解得μ2=0.8即0.1＜μ≤0.8，B从M左侧离开，通过的路程 如果0.8＜μ＜1，B经与卡口碰撞、往返多次后最终静止在N点，通过的路程S3，由动能定理得 解得 S3＝1.3μ（m）‎ ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 在完全失重的情况下，气体的压强为零 B. 液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力 C. 当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小 D. 水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小 E. 不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A.气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的，在完全失重的情况下，气体的压强并不为零，故A错误；‎ B.液体表面张力产生的原因是由于液体表面层里的分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，分子间表现为引力，故B正确；‎ C.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大，故C错误；‎ D.气泡在水中上浮过程中，体积增大，温度基本不变，压强减小，根据气体压强微观解释可知，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小，故D正确；‎ E.根据热力学第二定律可知，不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故E正确。‎ 故选BDE.‎ ‎14.如图所示，一圆柱形绝热气缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m、横截面积为s，与容器底部相距h．现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时停止加热，活塞上升了2h并稳定，此时气体的热力学温度为T1．已知大气压强为P0，重力加速度为g，活塞与气缸间无摩擦且不漏气．求：‎ ‎①加热过程中气体的内能增加量；‎ ‎②停止对气体加热后，在活塞上缓缓．添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好下降了h．求此时气体的温度．‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎①等压过程气体的压强为，‎ 则气体对外做功为 ‎ 由热力学第一定律得，‎ 解得；‎ ‎②停止对气体加热后,活塞恰好下降了,气体的温度为 则初态，，热力学温度为，‎ 末态，，热力学温度为，‎ 由气态方程，解得．‎ ‎【点睛】解答本题关键要注意：（1）确做功与热量的正负的确定是解题的关键；（2）对气体正确地进行受力分析，求得两个状态的压强是解题的关键．属于中档题．‎ ‎15.一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.2s波形图如图虚线所示，若波传播的速度为‎5m/s，则下列说法正确的是______．‎ A. 这列波沿x轴正方向传播 B. t=0时刻质点a沿y轴正方向运动 C. 若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的简谐横波频率为1.25Hz D. x=‎2m处的质点的位移表达式为y = 0.4sin(2.5πt+π)（m）‎ E. 从t=0时刻开始质点a经0.4s通过的路程为‎0.8m ‎【答案】CDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．波传播的速度为v=‎5m/s，经0.2s波形平移的间距为：‎ ‎△x=v•△t=5×0.2=‎‎1m 故结合波形图可以看出波形向左平移‎1m，所以这列波沿x轴负方向传播；故A错误；‎ B．波沿x轴负方向传播，故t=0时刻质点a沿y轴负方向运动，故B错误；‎ C．从波形图可以看出波长为‎4m，故周期：‎ 频率：‎ 故此波遇到另一列频率为1.25Hz的简谐横波能发生稳定的干涉现象，选项C正确；‎ D．x=‎2m处的质点的位移表达式为 故D正确；‎ E．周期为0.8s，由于 ‎△t=0.4s=T 故质点a经0.4s通过的路程为：‎ S=‎2A=‎‎0.8m 故E正确；‎ 故选CDE.‎ ‎16.宽为‎10m，中央水深为‎4m的池塘边有一棵树，站在正对岸边的人看到树顶端的倒影与池塘底部中央的点光源在一条直线上．已知人眼到水面的高度为‎1.5m，树顶端到水面的高度为‎6m．则水的折射率为___________；若在水面上各处都看不到该光，则至少要在水面上铺设直径为___________m的遮光膜．(结果可用根号表示)‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了光的折射定律，画出光路图如图，根据折射定律和几何知识求解．‎ ‎【详解】根据题意画出光路图如图所示，‎ ‎ ‎ BF=‎10m，CD=‎4m，AB=‎1.5m,EF=‎6m,由几何关系知OB=‎2m，OD=‎3m，OA=‎2.5m，OC=‎5m，则水的折射率；各处都看不到，则发生了全反射，，设遮光膜半径为R，，解得，所以遮光膜的最小直径为．‎ ‎【点睛】正确地画出光路图是解题的关键．‎ ‎ ‎