辽宁省大连市第二十四中学2020届高三下学期最后一模理综物理试题 Word版含解析 19页

- 1 - 2020 年大连市第二十四中学高考模拟考试 理科综合试卷-物理 本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，其中第 II 卷第 33—38 题为选考 题，其它题为必考题。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束 后，将本试卷和答题卡一并交回。 注意事项： 1、答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、 准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。 2、选择题答案使用 2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号；非 选择题答案使用 0.5 毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3、请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。 4、保持卡面清洁，不折叠，不破损。 5、做选考题时，考生按照题目要求作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂 黑。 可能用到的相对原子质量：H:1 B:11 C:12 N:14 O:16 P:31 1.已知氢原子的基态能量为 E1，激发态能量 En＝ 1 2 E n ，其中 n＝2,3,4…，h 表示普朗克常量， c 表示真空中的光速．有一氢原子处于 n＝3 的激发态，在它向低能级跃迁时，可能辐射的光 子的最大波长为( ) A. 1 9 8 hc E  B. 1 4 3 hc E  C. 1 hc E  D. 1 36 5 hc E  【答案】D 【解析】 【分析】 能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能 量越大，频率越大，波长越小． 【详解】一群氢原子处于 n=3 激发态，可释放出的光子频率种类为 3 种，据玻尔理论在这 3 种频率光子中，当氢原子从 n=3 能级向 n=2 能级跃迁时辐射的光子频率最小，波长最长，E2= 1 4 E ， E3= 1 9 E ， hc  =E3-E2， 3 2 1 36 5 hc hc E E E     ，故 D 正确，ABC 错误；故选 D． - 2 - 2.如图所示，在虚线左侧的足够大区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，有一个直角 三角形金属线框，线框左边与磁场边界平行，线框的电阻为 R，线框以垂直虚线方向的速度 v0 做匀速直线运动，从线框的左边进入磁场时开始计时，E 表示线框产生的感应电动势大小， F 表示线框中受到的安培力大小，P 表示线框的电功率的大小，I 表示线框中的感应电流，则 下列图象中正确的是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】如图所示，这直角三角形左侧的直角边边长为 L0，右边锐角角度为θ。 A．线框进入磁场的 t 时间时，线框切割磁感线的有效长度为 - 3 - 0 0( tan )L L v t   感应电动势为 0 0 0 0( tan )E BLv B L v t v   是关于 t 的一次函数，即电动势随时间均匀减小，故 A 正确； B．由于线框以速度 v0 做匀速直线运动，由平衡条件可知 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 ( tan ) ( tan )( tan )A B L v t v B L v t vF F BIL B L v tR R           是关于 t 的二次函数，故 B 错误； C．电功率等于克服安培力的功率 2 2 2 0 0 0 0 ( tan ) A B L v t vP F v R    是关于 t 的二次函数，故 C 错误； D．切割产生的感应电流 0 0 0 0( tan )BLv B L v t vEI R R R    是关于 t 的一次函数，故 D 错误。 故选 A。 3.如图所示，一颗卫星绕地球做椭圆运动，运动周期为 T,图中虚线为卫星的运行轨迹，A，B， C，D 是轨迹上的四个位置，其中 A 距离地球最近，C 距离地球最远．B 和 D 点是弧线 ABC 和 ADC 的中点，下列说法正确的是 A. 卫星在 C 点的速度最大 B. 卫星在 C 点的加速度最大 C. 卫星从 A 经 D 到 C 点的运动时间为 T/2 D. 卫星从 B 经 A 到 D 点的运动时间为 T/2 【答案】C - 4 - 【解析】 【详解】A、卫星绕地球做椭圆运动，类似于行星绕太阳运转，根据开普勒第二定律：行星与 太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，则知卫星与地球的连线在相等时间内扫过的面积 相等，所以卫星在距离地球最近的 A 点速度最大，在距离地球最远的 C 点速度最小，卫星在 B、 D 两点的速度大小相等；故 A 错误； B、在椭圆的各个点上都是引力产生加速度 2 GMa r  ，因 A 点的距离最小，则 A 点的加速度最 大，故 B 错误. C、根据椭圆运动的对称性可知 ADC CBAt t T  ，则 2ADC Tt  ，故 C 正确. D、椭圆上近地点 A 附近速度较大，远地点 C 附近速度最小，则 2BAD Tt  ， 2DCB Tt  ；故 D 错 误. 故选 C. 4.如图所示，小车 A、小物块 B 由绕过轻质定滑轮的细线相连，小车 A 放在足够长的光滑水平 桌面上，B、C 两小物块在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，C 放在水平地面上. 现用手控制住 A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与桌 面平行。已知 A、B、C 的质量均为 m，重力加速度为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时， 整个系统处于静止状态，对 A 施加一个恒定的水平拉力 F 后，A 向右运动至速度最大时，C 刚 好离开地面，则此过程中( ) A. 弹簧的弹性势能增大 B. 小车向右运动至速度最大时，A、B、C 加速度均为零 C. 拉力 F 的大小为 3mg D. 拉力 F 做的功为 2 22m g k 【答案】B 【解析】 【详解】A．开始时整个系统静止，弹簧压缩量为 x，则对 B 有 - 5 - kx=mg 得 mgx k  C 恰好离开地面时，弹簧的伸长量仍为 mgx k  可知弹簧的弹性势能先减小后增大，故 A 错误。 BCD．小车向右运动至速度最大时，加速度为零，AB 的合力为零，C 恰好离开地面时，则 F=2mg 拉力做功为 2 242 m gW F x k    故 B 正确，CD 错误。 故选 BC。 5.如图所示，矩形线圈面积为 S，匝数为 N，线圈电阻为 r，在磁感应强度为 B的匀强磁场中 绕OO轴以角速度 匀速转动，外电路电阻为 R.在线圈由图示位置转过 90°的过程中，下列 说法正确的是（ ） A. 磁通量的变化量 NBS  B. 电压表的示数为 2 NBS C. 电阻 R 产生的焦耳热 2 2 2 24( ) N B S RQ R r    D. 通过电阻 R 的电荷量为 NBSq R r   【答案】CD 【解析】 - 6 - 【详解】A．由图示位置转过 90°的过程中，磁通量的变化量△Φ=BS，与匝数无关，故 A 错 误； B．线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为 Em=NBSω，电动势的有效值为 E= 2 NBS ， 电压表测量为电路的外电压，所以电压表的读数为  2 ER NBS RU R r R r    ，所以 B 错误； C．电阻 R 产生的热量 2 2 2 2 2 2 4( ) U N B S RQ R R r        ．所以 C 正确． D．由 E t    ， EI R r   , q I t  得到，电量 NBSq R r   ，故 D 正确． 6.小灯泡通电后其电流 I 随所加电压 U 变化的 I—U 图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图 线的切线，PQ 为 U 轴的垂线，PM 为 I 轴的垂线，下列说法中正确的是（ ） A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B. 对应 P 点，小灯泡的电阻为 1 2 UR I  C. 对应 P 点，小灯泡的电阻为 1 2 1 UR I I   D. 对应 P 点，小灯泡的功率为图中矩形 PQOM 所围“面积” 【答案】BD 【解析】 【分析】 小灯泡的伏安特性曲线上的各点与原点连线的斜率表示电阻，斜率增大，灯泡的电阻增大； 任一状态灯泡的电阻，并依据 U 与 I 图象面积大小表示功率，从而即可求解。对于线性元件 欧姆定律成立，对于非线性元件欧姆定律不成立。 【详解】A．I-U 图线中各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题可知斜率减小，说明随 - 7 - 着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故 A 错误； BC．根据电阻的定义可知，对应 P 点的电压为 U1，电流为 I2，则小灯泡的电阻为 1 2 UR I  ，而 R 不等于切线斜率，故 B 正确，C 错误； D．根据功率表达式 1 2P U I ，则有小灯泡功率为图中矩形 PQOM 所围“面积”的数值，故 D 正确； 故选 BD。 7.如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为 m1 和 m2，图乙为它们 碰撞前后的 st(位移—时间)图像，已知 m1＝0.1 kg．由此可以判断( ) A. 碰前 m2 向左匀速运动，m1 向右加速运动 B. m2＝0.3 kg C. 碰后 m2 和 m1 动量大小相等 D. 碰撞过程中系统机械能守恒 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由 s-t（位移时间）图象的斜率得到，碰前 m2 的位移不随时间而变化，处于静止。 m1 速度大小为 1 4m/ssv t    方向只有向右才能与 m1 相撞。故 A 错误。 B．由图求出碰后 m2 和 m1 的速度分别为 v2′=2m/s，v1′=-2m/s，根据动量守恒定律得 m1v1=m2v2′+m1v1′ 代入解得 m2=0.3kg 故 B 正确。 C． 碰后 m2 和 m1 速度大小相等，但是质量不等，则动量大小不相等，选项 C 错误； D．碰撞过程中系统损失的机械能为 - 8 - 2 '2 '2 1 1 11 2 2 1 1 1 2 2 2v m v mE vm   代入解得 △E=0J 故碰撞过程中系统机械能守恒，选项 D 正确。 故选 BD。 8.如图甲，两个等量同种电荷 P、Q 固定于光滑绝缘水平面上，电荷量 q=+1×10-3C，质量 m=0.02kg 的小球从 a 点静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点 O 过程中的 v—t 图象如图乙 中图线①所示，其中 b 点处为图线切线斜率最大的位置，图中②为过 b 点的切线，则下列说 法正确的是 A. P、Q 带正电荷 B. b 点的场强 E=30 v／m C. a、b 两点间的电势差为 90V D. 小球从 a 到 O 的过程中电势能先减少后增加 【答案】BC 【解析】 【详解】A．带正电的小球从 a 点由静止释放，向上做加速运动可知，受到向上的电场力，则 aO 线上的电场竖直向上，故两电荷带负电，故 A 错误； B．v-t 图象上斜率表示加速度可得： 21.5m / sb va t   ＝ ＝ ①，根牛顿第二定律得：qEb=ma②， ①②联立解得：Eb=30V/m，故 B 正确； C．在 ab 由动能定理得：qUab= 1 2 mvb 2− 1 2 mva 2，由图乙可得 vb=3m/s 带入解得：Uab=90V，故 C 正 确； D．由图象乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故 D 错误． 第Ⅱ卷(共 174 分) - 9 - 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，每个小题考生都 必须做答。第 33 题—第 40 题为选考题，考生根据要求做答。 (一)必考题(11 题，共 129 分) 9.如图甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的交流电源 的频率为 f=50Hz。 回答下列问题： (1)实验中，必要的措施是__________； A.细线必须与长木板平行 B.小车必须具有一定的初速度 C.小车质量远大于钩码质量 D.必须平衡小车与长木板间的摩擦力 (2)如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G 是刚打好的纸带上 7 个连续的点。从图乙中可读得 s6=____cm， 计算 F 点对应的瞬时速度的表达式为 vF=_________； (3)如图丙所示，是根据实验数据画出的 v2-2s 图线（v 为各点的速度大小），由图线可知小车 运动的加速度为______________m/s2.（保留 2 位有效数字）。 【答案】 (1). A (2). 6.00 (3).  6 4 2 f s s (4). 0.50 【解析】 【详解】（1）[1]该实验目的是研究小车做匀变速直线运动，只要小车做匀加速运动即可，对 于初速度、小车质量与钩码质量关系、是否平衡摩擦力没有要求，为保证小车做直线运动细 线必须与长木板平行，故 BCD 错误，A 正确。 故选 A。 （2）[2]刻度尺的最小刻度为 mm，需要进行故读到下一位，因此读出 s6=6.00cm； - 10 - [3]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，可以求出打纸带上 F 点 时小车的瞬时速度为  6 46 4 2 2F f s ss sv T   （3）[4]根据匀变速直线运动的速度位移公式有 2 2 0 2v v as  解得 2 2 0 2v v as  由此可知在 2 2v s 图线中，横轴截距表示初速度的平方，斜率表示加速度的大小，则有 2 20.50m / s2 va k s    10.用图甲所示装置测量磁场的磁感应强度和某导电液体(有大量的正、负离子)的电阻率．水 平管道长为 l、宽度为 d、高为 h，置于竖直向上的匀强磁场中．管道上下两面是绝缘板，前 后两侧面 M、N 是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关 S、电阻箱 R、灵敏电流表 G(内阻为 Rg)连接．管道内始终充满导电液体，液体以恒定速度 v 自左向右通过．闭合开关 S，调节电 阻箱的取值，记下相应的电流表读数． (1)图乙所示电阻箱接入电路的电阻值为________Ω． (2)与 N 板相连接的是电流表 G 的_________极(填“正”或“负”)． (3)图丙所示的电流表读数为_________μA． (4)将实验中每次电阻箱接入电路的阻值 R 与相应的电流表读数 I 绘制出 1 RI  图象为图丁所 示的倾斜直线，其延长线与两轴的交点坐标分别为(-a，0)和(0，b)，则磁场的磁感应强度为 _________，导电液体的电阻率为________． - 11 - 【答案】 (1). 290.1 (2). 负 (3). 24.0 (4). a bdv (5). ( )ga R lh d  【解析】 【详解】（1）电阻箱的示数： 2 100 9 10 1 0.1 290.1R         ，（2）根据左手定 则可知，带正电的粒子向前表面偏转，带负电的粒子向后表面偏转，故 N 带负电，则与 N 板 相连接的是电流表 G 的负极；（3）丙所示的电流表读数为 24.0 A ；（4）液体以恒定速度 v 自左向右通过管道，则所受的电场力与洛伦兹力平衡，即 Bqv qE ，又 UE d  ，解得： U Bdv ，则回路中产生的电流为 g U BdvI R R R r     ，变形得：  1 1 1· · gR R rI Bdv Bdv    ， 由题知斜率 1bk a Bdv   ，解得： aB bdv  ，纵截距离  1 · gb R rBdv   ，解得： gr a R  ， 根据电阻定律得： lr S   ，其中 ,l d S lh  ，联立解得：  ga R lh d    . 【点睛】当液体以稳定速度通过时电场力与磁场力平衡，求出两端的电压，根据闭合电路的 欧姆定律求出电流，再根据图象所给信息求出相关的物理量． 11.如图所示，一水平面上 P 点左侧光滑，右侧粗糙，质量为 m 的劈 A 在水平面上静止，上表 面光滑，A 右端与水平面平滑连接，质量为 M 的物块 B 恰好放在水平面上 P 点．将一质量为 m 的小球 C，从劈 A 的斜面上距水平面高度为 h 处由静止释放，然后与 B 发生完全非弹性正碰(碰 撞时间极短) ．已知 M＝2m，物块 B、C 与水平面间的动摩擦因数为μ．求： (1)小球 C 与劈 A 分离时，A 的速度； (2)碰后小球 C 和物块 B 的运动时间。 【答案】（1） gh ；（2） 3 ght g 【解析】 【详解】(1)设小球 C 与劈 A 分离时速度大小为v0，此时劈 A 速度大小为 vA，由机械能守恒有 2 2 0 1 1 2 2 Amgh mv mv  - 12 - 根据动量守恒 0 Amv mv 得 v0＝ gh ，vA＝ gh 之后 A 向左匀速运动． (2)小球 C 与 B 发生完全非弹性正碰后速度为 vBC，由动量守恒得 mv0＝(m＋M)vBC 代入 M＝2m，得 vBC＝ 1 3 gh 物块 BC 减速至停止时，运动时间设为 t，由动量定理有 －μ(M+m)gt＝0－(M+m)vBc 得 3 ght g 12.如图所示，在 xoy 平面的第一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场；在第二象限 有一匀强电场，电场强度的方向沿 y 轴负方向．原点 o 处有一粒子源，可在 xoy 平面内向 y 轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在 0~v0 之间，质量为 m，电荷量为+q 的同种粒子．在 y 轴正半轴垂直于 xoy 平面放置着一块足够长的薄板，薄板上 0 2 Ly  处开一个小孔，薄板上有 粒子轰击的区域的长度为 L0．已知电场强度的大小为 2 0 0 9 4 mvE qL  ，不考虑粒子间的相互作用， 不计粒子的重力．求： (1)匀强磁场磁感应强度的大小 B； (2)粒子源发射的粒子垂直 y 轴穿过小孔进入左侧电场区域，经过 x 轴的横坐标； (3)粒子源发射的粒子穿过小孔进入左侧电场区域，经过 x 轴最远点的横坐标。 - 13 - 【答案】（1） 0 0 2mvB qL  ；（2） 0 3 Lx   ；（3） 0 3 3x L  【解析】 【详解】(1)速度为 v0 的粒子沿 x 轴正向发射，打在薄板的最远处，其在磁场中运动的半径为 r0，由牛顿第二定律 2 0 0 0 vqv B m r  0 0 2 Lr  联立，解得 0 0 2mvB qL  (2) 由 0 0 4 Lr  得 0 2 vv  由 qE ma 得 2 0 0 9 4 va L  由 20 1 2 2 L at 得 0 0 2 3 Lt v  由 x vt  得 - 14 - 0 3 Lx   (3)如图所示 速度为 v 的粒子与 y 轴正向成α角射出，恰好穿过小孔，在磁场中运动时，由牛顿第二定律 2vqvB m r  0 4sin Lr  粒子沿 x 轴方向的分速度 sinxv v  联立，解得 0 2x vv  说明能进入电场的粒子具有相同的沿 x 轴方向的分速度。当粒子以速度为 v0 从 o 点射入，可 以到达 x 轴负半轴的最远处。粒子进入电场时，沿 y 轴方向的初速度为 vy，有 2 2 0 0 3 2y xv v v v   20 1 2 2y L qEv t tm    最远处的横坐标 xx v t  联立，解得 - 15 - 0 3 3x L  13.关于分子动理论和热力学定律，下列说法中正确的是（ ） A. 空气相对湿度越大时，水蒸发越快 B. 物体的温度越高，分子平均动能越大 C. 第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第一定律 D. 两个分子的间距由无穷远逐渐减小到难以再减小的过程中，分子间作用力先增大后减小到 零，再增大 E. 若一定量的理想气体对外膨胀做功 50J，内能增加 80J，则气体一定从外界吸收 130J 的热 量 【答案】BDE 【解析】 【详解】A.空气相对湿度越大时，空气中水蒸汽压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，故 A 错 误； B.物体的温度越高，分子平均动能越大，故 B 正确； C.第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故 C 错误； D.根据分子力随距离变化曲线，两个分子的间距由无穷远逐渐减小到难以再减小的过程中， 分子间作用力先增大后减小到零，再增大，故 D 正确； E.根据  U=Q+W 可知，若一定量的理想气体对外膨胀做功 50J，即 W=-50J；内能增加 80J，即  U=80J；则 Q=50J+80J=130J 气体一定从外界吸收 130J 的热量，故 E 正确。 故选 BDE。 14.如图所示为一水平放置的导热性能良好的 U 型玻璃管，左端封闭，右端开口，左端竖直管 与水平管的粗细相同，右端竖直管与水平管的横截面积之比为 2∶1．一段长为 12 cm 的水银 柱位于图中所示位置且封闭一段空气柱，设周围环境的温度由 27℃不断上升，大气压强为 75 cmHg，求当温度为 119℃时空气柱长度是多少? - 16 - 【答案】98cm 【解析】 【分析】 根据玻璃管的导热性，可知封闭气体的温度发生变化，利用理想气体方程分析求解． 【详解】当温度为 119°C 即 392K 时，假设水银仍在水平管中，则气体压强不变，做等压变 化有 1 2 1 2 V V T T  代入数据 1 80V S ； 1 300T K ； 2 392T K 解得： 2 104.5V S >100S 不合理 故有部分水银已经到达右端竖直管，设右端竖直管中水银柱高为 xcm，则 2 (75 )P x cmHg  2 (88 2 )V x S  由 1 1 2 2 1 2 PV PV T T  得：X=5cm 所以此时空气柱长度为 L=88cm+2×5cm 2 5cm =98cm 【点睛】在处理本题时由于不知道液体是否移到竖直管中，所以可以采用先假设的方法来判 断． 15.在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙二位同学在纸上画出的界面 ab、cd 与玻 璃砖位置的关系分别如图①、②所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻 璃砖．他们的其他操作均正确，且均以 ab、cd 为界面画光路图．则甲同学测得的折射率与真 实值相比_______；乙同学测得的折射率与真实值相比________． ( 填“偏大”、“偏小”或 “不变” ) 【答案】 (1). 偏小 (2). 不变 【解析】 【详解】第一空.如图．测定折射率时，玻璃中折射角增大，则由 sinin sinr  知，折射率减小； - 17 - 第二空.用图②测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关；即乙同学测得的折射率与真 实值相比不变. 16.下图甲为一列简谐横波在 t=0.10s 时刻的波形图，P 是平衡位置在 x=1.0m 处的质点，Q 是 平衡位置在 x=4.0m 处的质点；图乙为质点 Q 的振动图像。 (1)判断波的传播方向，并求出质点 P 处于波峰位置的时刻； (2)试写出质点 Q 简谐运动的表达式。 【答案】(1)向 x 正方向传播， P 3 s5 40 nt      （n=1、2、…）；(1)y=-0.10sin10πt(m) 【解析】 【详解】(1)由图乙可知，在 t=0.10s 时，质点 Q 向 y 轴正方向运动，则波沿 x 轴正方向传播， 质点的振动周期和波长分别为 T=0.2s， 8m  从 0t  开始，质点 Q 处于波峰位置需要振动 3 s5 40 3 8P T nt n         （n=0、1、2、…） (2)质点 Q 简谐运动的表达式为 2siny A tT   又 A=10cm，T=0.2s 代入解得 y=-0.10sin10πt(m) - 18 - - 19 -