河南省焦作市普通高中2020届高三第三次模拟考试理综物理试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com 焦作市普通高中2019—2020学年高三年级第三次模拟考试 理科综合 一、选择题 ‎1. 在匀强磁场中，一个静止的原子核发生了一次α衰变，生成新的原子核Th，新原子核Th和α粒子的运动方向与磁场垂直。若不计衰变后粒子间的作用力，关于新原子核Th和α粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（ ）‎ A. 运动的速率之比为2 ：119‎ B. 运动半径之比为2 ：117‎ C. 运动的周期之比为2 ：117‎ D. 衰变过程中发生了质量亏损 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据方程两边质量数，电荷数相等，写出核反应方程式，再结合对应的公式计算速率、半径、和周期之比。‎ ‎【详解】A．发生α衰变时，新原子核Th和α粒子动量守恒，所以新原子核Th和α粒子的动量大小相等，质量比为117：2，故速率之比为2 ：117，A选项错误；‎ B．根据公式 又由动量守恒可知，两者mv相同，则 B错误；‎ C．由周期公式可知 可得 - 24 -‎ C错误；‎ D．根据能量守恒和质能方程可知，发生α衰变过程中会发生质量的亏损，Ｄ正确。‎ 故选Ｄ。‎ ‎2. 如图所示，质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的滑块在沿着斜面向上的恒力F作用下向下做匀速运动，斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度为g，在滑块下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 滑块与斜面体之间动摩擦因数μ大于tanθ B. 撤去恒力F后，地面对斜面体的支持力不变 C. 地面对斜面体的支持力大于（M＋m）g D. 地面对斜面体的摩擦力方向水平向左 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别对M和m进行受力分析，由共点力的平衡条件可判断摩擦力的大小，再对整体进行受力分析，由共点力的平衡条件求出桌面的大小。‎ ‎【详解】A．对m进行受力分析可知m受四个力，由于m在做向下的匀速运动，所以受力平衡，有 A错误；‎ B．对M进行受力分析可知，M所受的力与恒力F没有关系，故撤去恒力F - 24 -‎ 后，地面对斜面体的支持力不变，B正确；‎ C．对整体进行受力分析可知，地面对斜面体的支持力小于（M＋m）g，C错误；‎ D．对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力水平向右，D错误。‎ 故选B ‎3. 如图所示，一木块静止在长木板的左端，长木板静止在水平面上，木块和长木板的质量相等均为M，木块和长木板之间、长木板和地面之间的动摩擦因数都为μ。一颗质量为的子弹以一定速度水平射入木块并留在其中，木块在长木板上运动的距离为L；静止后第二颗相同的子弹以相同的速度射入长木板并留在长木板中，则（ ）‎ A. 第一颗子弹射入木块前瞬间的速度为 B. 木块运动的加速度大小为 C. 第二颗子弹射入长木板后，长木板运动的加速度大小为 D. 最终木块静止在距离长木板左端L处 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 子弹射入小木块后，子弹与木块组成的系统动能守恒，由动量守恒定律可以求出子弹射入木块的瞬时速度；根据牛顿第二定律可以求解出加速度，由运动学公式可以求出运动距离。‎ ‎【详解】A．由动量守恒定律可得，设射入木块前的速度为，射入木块后的速度为 解得 根据受力可知：物块在长木板上运动时，长木板不动 由动能定理可得 解得 - 24 -‎ A错误；‎ B．由牛顿第二定律可得 B正确；‎ C．第二颗子弹射入长木板时，由牛顿第二定律可知，长木板受到的摩擦力均向左，故有 解得 C错误；‎ D．两个物体运动时间相同，由运动学公式可得 解得不等于L,D错误。‎ 故选B。‎ ‎4. 如图所示为宇宙飞船分别靠近星球P和星球Q的过程中，其所受星球的万有引力F与到星球表面距离h的关系图象。已知星球P和星球Q的半径都为R，下列说法正确的是（ ）‎ - 24 -‎ A. 星球P和星球Q的质量之比为1 ：2‎ B. 星球P表面和星球Q表面的重力加速度之比为1 ：2‎ C. 星球P和星球Q的第一宇宙速度之比为2 ：1‎ D. 星球P和星球Q的近地卫星周期之比为1 ：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图像可以得出部分数据，再结合万有引力公式可以计算出答案。‎ ‎【详解】A．当h等于0时，即在星球表面时，根据万有引力公式有 A错误；‎ B．在h等于零时，宇宙飞船在两个星球的表面，根据万有引力公式可得 所以 B错误；‎ C．根据万有引力公式可得 - 24 -‎ 由于R相同，所以第一宇宙速度为1：1，C错误；‎ D．根据万有引力公式可得 所以星球P和星球Q的近地卫星周期之比为1 ：，D正确。‎ 故选D。‎ ‎5. 如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是一正方体的8个顶点，正方体边长为d，AE边竖直向下。空间有一沿AB方向的匀强电场，从A点沿AD方向水平抛出一质量为m、带电量为＋q的小球，小球恰好落到G点，重力加速度为g，则（ ）‎ A. 电场强度大小为 B. 小球抛出的速度大小为 C. 小球从A点运动到G点的时间为 D. 小球运动到G点时速度方向与水平面的夹角θ满足 ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 小球在重力和电场力的作用下，小球在做类平抛运动，结合电场和重力场知识及运动学公式计算可以得出答案。‎ ‎【详解】A．小球在正方体内做类平抛运动，只有当重力等于电场力时，小球才可以到达G点，故 A正确；‎ B．由运动学公式可得 B错误；‎ C．由B可得 C错误;‎ D．小球运动到G点时速度方向与水平面的夹角θ满足 D错误。‎ 故选A。‎ ‎6. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1 ：n2＝1‎ - 24 -‎ ‎ ：2，原线圈接电压恒定的正弦交流电，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，已知滑动变阻器R2的最大阻值为定值电阻R1的5倍。在滑动变阻器滑片从中点缓慢向上滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 变压器原、副线圈中的电流之比始终为2 ：1‎ B. 定值电阻R1消耗的功率逐渐增大 C. 滑动变阻器R2消耗的功率先增大后减小 D. 变压器副线圈两端的电压逐渐增大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确电路结构，根据串联电路得规律及数学知识可明确负载电阻得变化；再由闭合电路欧姆定律的动态分析方法进行分析，明确变压器的工作原理及规律。‎ ‎【详解】A．变压器原、副线圈中的电流之比之和匝数比有关，匝数不变，电流之比不变，A正确；‎ B．设输入的交流电有效值为U,原线圈中的电流为I，根据可知，副线圈中的电流为，副线圈两端的电压为，原线圈两端电压为，则 当滑动变阻器向上移动时，增大，根据 可知当原线圈中的电流变小，因此电阻消耗的功率变小，B错误；‎ C．滑动变阻器消耗的功率为 因此当 - 24 -‎ 即时，消耗功率最大，所以当滑动变阻器滑片从中点缓慢向上滑动时，消耗的功率先变大后变小，C正确；‎ D．滑动变阻器滑片从中点缓慢向上滑动时，电阻逐渐变大，所以变压器副线圈两端的电压逐渐增大，D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎7. 如图所示，一正方形金属线框abcd静止在光滑的水平桌面上，线框右侧两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向竖直向上。cd边与磁场边界平行，磁场虚线间距大于正方形金属线框边长。现给线框一水平向右的初速度，线框能通过磁场区域并继续向右运动，下列说法正确的是（ ）‎ A. 线框进入磁场的过程中，cd边受到的安培力方向水平向左 B. 线框通过磁场的整个过程中，cd边两端的电压始终不变 C. 线框进入磁场和离开磁场的过程中，通过线框的电荷量相等 D. 线框进入磁场和离开磁场的过程中，线框速度的变化量相等 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则和电磁感应知识点可以解决相应问题。‎ ‎【详解】A．由左手定则可知，线框进入磁场的过程中，cd边受到的安培力方向水平向左，A正确；‎ B．cd边进入磁场时 ‎ cd边出去磁场后 - 24 -‎ 且 ‎ 所以cd两端电压会发生改变，B错误；‎ C．线框进入磁场和离开磁场的两个过程中，磁通量的变化量相等，根据公式 分析可知通过线框横截面的电量相等，C正确；‎ D．根据动量定理得，线框进入磁场得过程，有 离开磁场得过程，有 又因为 所以，D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎8. 如图所示，半径为R＝1m的光滑圆环竖直固定放置，AB为水平直径，CD为竖直直径。一质量为m＝1kg、中间带孔的小球穿过圆环，弹性橡皮绳一端固定在圆环最高点C，另一端固定在小球上，小球静止在E点，CE与竖直方向的夹角为37°，弹性橡皮绳原长为1.5 m，弹力满足胡克定律。现沿着圆环切线向右下方给小球一个初速度v0＝5m/s。已知橡皮绳的弹性势能与橡皮绳的形变量x满足，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 橡皮绳的劲度系数为k＝160N/m - 24 -‎ B. 小球运动到D点时机械能最大 C. 小球运动到D点时，圆环对小球的弹力大小为70 N D. 小球能运动到C点 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合胡克定律、机械能守恒可以把答案求解出来。‎ ‎【详解】A．对小球进行受力分析，由相似三角形得 ‎，， ‎ 解得k＝160N/m，A正确；‎ B．整个系统只有小球重力势能、橡皮绳子的弹性势能和小球的动能相互转化，当橡皮绳子的弹性势能为零时，小球的机械能最大，D点时，弹性绳子伸长，具有弹性势能，小球机械能不是最大，故B错误；‎ C．小球在最低点时得弹簧形变量为，设小球速度为v，由机械能守恒可得 解得 所以在最低点时，由牛顿第二定律可得 解得 方向竖直向下，故C错误；‎ D．假设小球能运动到C点，由于系统得机械能守恒，可得小球在C点的动能 所以小球能运动到C点，D正确。‎ 故选AD。‎ - 24 -‎ 二、非选择题 ‎ ‎9. 某实验小组用如图1所示的实验装置研究匀变速直线运动，已知固定斜面的倾角为θ＝37°，把木块自斜面上某一位置由静止释放，测量释放点到斜面底端的距离x以及木块在斜面上运动的时间t，改变释放点位置，得到多组数据，作出图象如图2所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2。‎ ‎(1)根据图象可知，木块在斜面上运动的加速度大小为__________m/s2；‎ ‎(2)木块与斜面之间的动摩擦因数为__________；‎ ‎(3)在图象中，有一组数据偏离直线比较远，可能的原因是____________________。（回答出一条原因即可）‎ ‎【答案】 (1). 0.4 (2). 0.7 (3). 木块释放点到斜面底端的距离x测大了（或木块在斜面上运动的时间t测小了；或木块不是由静止释放）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用加速度得定义即速度与时间的变化量可以求出对应得加速度；根据牛顿第二定律可以把摩擦力计算出来，从而求出动摩擦因数；根据实验原理可以得出实验误差出现得原因。‎ ‎【详解】(1)由公式可得 得出图像的斜率就是加速度的一半，所以求得；‎ ‎(2)由牛顿第二定律可得 带入数值算得；‎ - 24 -‎ ‎(3)偏离直线的数据可以从中得出原因。‎ ‎10. 某实验小组用如图1所示的电路测量电源的电动势和内阻，已知电流表A1、A2是用相同的表头改装而成的，电流表A1的量程为1A，内阻为3.0Ω；电流表A2的量程为1.5 A，内阻未知。闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，得到多组电流表A1示数I、电压表示数U的数据，作出U—I图象如图2所示。‎ ‎(1)电流表A2的内阻为__________Ω；‎ ‎(2)根据U—I图象可以求得电源电动势为__________V，内阻为__________Ω；（要求结果尽量准确，保留一位小数）‎ ‎(3)关于本实验中误差的主要来源，下列说法正确的是__________。（填正确答案标号）‎ A．电流表分压会引起系统误差 B．电压表分流会引起系统误差 C．电流表、电压表读数会引起偶然误差 D．作图描点、连线会引起偶然误差 ‎【答案】 (1). 2.0 (2). 6.0 (3). 0.8 (4). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电路的接法利用闭合电路欧姆定律可以计算出表达式，再利用数学规律可求得电动势和内阻；由于技术上的不完善及电路的设计、实验方法及测量技术等造成的误差为系统误差，由于读数等造成的误差为偶然误差。‎ ‎【详解】(1) 由于电流表A1、A2是用相同的表头改装而成的，所以有 - 24 -‎ 解得=2Ω；‎ ‎(2) 根据闭合电路欧姆定理 当两个电流表并联时，所测得的电流为 有图像中I=0的点可以得出感应电动势，根据上面两个公式可以算出内阻，‎ ‎，‎ ‎(3) 由于技术上的不完善及电路的设计、实验方法及测量技术等造成的误差为系统误差，由于读数等造成的误差为偶然误差，本实验中，电流表分压和电压表分流不是误差的主要来源，电流表、电压表读数和作图描点、连线在本实验中的误差是最主要的。‎ ‎11. 如图所示，半径为R＝1m的圆光滑轨道ADB和半径为r＝0.5 m的光滑半圆轨道BCO均竖直放置，并在最低点B平滑相连。将一质量为m＝1kg的小球（可视为质点）从A点的正上方由静止释放，小球恰好能通过半圆轨道的最高点O，然后落到D点。已知重力加速度g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)小球释放点离A点的高度h；‎ ‎(2)小球通过最低点B前后对轨道的压力大小之比；‎ ‎(3)D点到水平直线OA的距离。‎ ‎【答案】(1)0.25m (2) (3)‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 通过圆周运动，动能定理和运动学公式能把答案求出。‎ - 24 -‎ ‎【详解】小球恰好能通过半圆轨道最高点有 根据机械能守恒有 解出h=0.25m; ‎ ‎(2)根据动能定理有 解得 ‎(3)小球通过O点之后做平抛运动，水平方向有 x=vt 竖直方向有 联立解得 ‎【点睛】物理大题中涉及到求速度的，首先想到的是动能定理，结合运动学公式的，要先考虑能量守恒和机械能守恒来进行求解。‎ ‎12. 如图所示，在坐标系xOy的第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，第三象限存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，且第二象限和第四象限内的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从y轴上的A点（0，－R）沿x - 24 -‎ 轴负方向射入第三象限，随后从C点垂直于x轴进入第二象限，然后从y轴上D点沿与y轴成45°角的方向离开电场，在磁场Ⅰ中运动一段时间后，从x轴上F点进入第四象限，恰好又能从A点垂直y轴射入磁场Ⅱ，以后做周期性运动。不计粒子重力，求：‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)磁场Ⅰ的磁感应强度B1的大小；‎ ‎(3)粒子的运动周期T。‎ ‎【答案】(1) (2)B1=B0 (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合运动学公式及电场、磁场方面的内容可以把答案求解出来 ‎【详解】(1)根据题意可知，带电粒子在第三象限做半径为R的匀速圆周运动。‎ 由 可得 在第二象限的电场中，粒子沿电场方向做匀加速直线运动，有 粒子的加速度大小 - 24 -‎ 由于粒子从D点射出时与y轴的夹角为45°，所以有 综合以上解得 ‎(2)粒子进入磁场Ⅰ时的速度大小为 OD间的距离大小为 根据运动轨迹可知，粒子在磁场Ⅰ中做半径为的匀速圆周运动，然后从F点射出时速度方向与x轴负方向的夹角大小也为45° ‎ 根据 联立以上可解得 B1=B0‎ ‎(3)粒子在磁场Ⅱ中做周期的圆周运动，所以运动时间 在磁场Ⅰ做周期的圆周运动，所以运动时间 由于粒子从x轴上的F点进入第四象限，恰好乂能从A点垂直y轴射入磁场Ⅱ，因此可知粒子在两个电场中的运动时间相同，均为 - 24 -‎ 故粒子运动的周期为 ‎【点睛】对于电磁学类型的大题，要先把物体的运动过程了解清楚才可以更好的进行求解。‎ ‎13. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若分子引力做正功，则分子斥力一定做负功，分子间的引力和斥力是相互作用力 B. 不论是单晶体还是多晶体，都具有确定的熔点，非晶体不具有确定的熔点 C. 一定质量的理想气体，在等压膨胀的过程中，吸收的热量等于封闭气体对外做的功 D. 若空气的压强是8×102Pa，同温度下水蒸气的饱和汽压为2.0 ×103Pa，则此温度下空气的相对湿度是40％‎ E. 涉及热运动的宏观过程都有方向性，一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子在不同的距离表现的力不一样，可以表现为分子引力和分子斥力，当分子力表现为引力时，需要克服引力做功，当分子力表现为斥力时，需要克服斥力做功，A错误；‎ B．是否有确定熔点是区分晶体和非晶体区别，晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，B正确；‎ C．一定质量的理想气体，在等压膨胀的过程中，吸收的热量等于封闭气体对外做功和内能的增加量，C错误；‎ D．相对湿度的定义是在某温度下，空气中水蒸气的实际压强与同温下水的饱和气压的比，D正确；‎ E．一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，熵大代表较为无序，所以自发的宏观过程总是向无序性更大的方向发展，E正确。‎ 故选BDE。‎ ‎14. 如图所示，内壁光滑的气缸固定在水平地面上，活塞的质量为m＝1kg、面积为S＝10 cm2，一劲度系数为k＝200 N/m的弹簧一端连接在活塞下表面的中心，另一端连接在地面上水平放置的力传感器上，弹簧处于竖直状态。已知活塞上方被封闭的理想气体压强为p1＝8×104Pa，长度为L＝15cm，温度为T＝300 K，活塞下方的气体和外界大气是连通的，外界大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g取10 m/s2。‎ - 24 -‎ ‎(1)求弹簧的形变量；‎ ‎(2)通过给电阻丝通电，缓慢升高封闭气体的温度，当传感器的示数大小和未加热气体时的示数大小相同时，求此时封闭气体的温度。‎ ‎【答案】(1)5cm (2)625K ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平衡条件与理想气体状态方程可以得出答案。‎ ‎【详解】(1)对活塞受力分析如图1所示，根据平衡条件有 代入数据求得F=10N , 弹簧弹力 F=kx 可得x=5cm; ‎ ‎(2)当未加热气体时，由第一问分析可知，弹簧开始时处于拉伸状态，缓慢升高封闭气体温度，当传感器的示数和未加热气体时的示数相同时，弹簧处于压缩状态，设此时封闭气体压强为。当弹簧支持力为F=10N时，此时弹簧压缩量为△x=5cm，对活受力分析如图2所示，根据平衡条件 - 24 -‎ 可得封闭气体压强 p2=1.0×105Pa 此时封闭气体长度 根据理想气体状态方程 可得T2=625K。‎ ‎15. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形图如图所示，已知此时A质点偏离平衡位置的位移为30 cm，B质点刚要开始振动，质点振动的周期T＝0.4 s。下列说法正确的是（ ）‎ A. 此时质点B将沿y轴负方向运动 B. 波的传播速度为10 m/s C. 质点A的振动方程表达式为 D. 质点A再次回到平衡位置的时刻是 E. 从质点A开始振动到质点B开始振动经历的时间为s ‎【答案】BDE - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】采用上下坡法来分析B点的运动方向，即沿波的传播方向看，“上坡”的点向下振动，“下坡”的点向上振动，所以B将沿y轴正方向运动，A错误；‎ 根据公式可得 B正确；‎ 质点A满足的是余弦函数的图像，所以 C错误；‎ 由于质点A在最大振幅的一半处，对应于，对应于一次振动的处，所以质点A再次回到平衡位置的时刻是，D正确；‎ A质点偏离平衡位置的位移为30 cm，B质点刚要开始振动，所以计算质点A开始振动到质点B开始振动经历的时间即计算A点在偏离平衡位置30 cm时的时间，为s，E正确。‎ 故选BDE。‎ ‎16. 如图所示，某透明材料物体的横截面为一半圆，其半径为R，以球心O为原点，水平直径所在的直线为x轴建立坐标系，半圆下方距坐标原点R处放置一个和x轴平行且足够长的光屏，相同单色细光束a、b平行于y轴且从与y轴相距的位置射入该物体。已知该透明材料对这种单色光束的折射率n＝，求：‎ ‎(1)细光束射入该物体时的折射角；‎ ‎(2)两束细光束照射到光屏上的两光点之间的距离。‎ - 24 -‎ ‎【答案】(1)30°(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)作出细光束传播的光路图如图所示，由 可得入射角θ1=60° ‎ 由 可得折射角 =30°； ‎ ‎(2)由几何关系可知 可得细光束在半圆内传播的路径长度 细光束在半圆上的出射点到O点的距离 由几何关系可知，光束照射到屏上的光点A到y轴的距离 - 24 -‎ 两细光束照射到光屏上的两光点之间的距离 - 24 -‎ - 24 -‎