陕西省榆林中学2020届高三第三次模拟考试物理试题 19页

‎2020届榆林中学高三第三次模拟考试卷 ‎ 物 理 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18只有一项是符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 原子核发生衰变时都遵守电荷守恒、质量守恒、能量守恒 B. 为核衰变方程 C. 光电效应说明了光具有粒子性 D. 康普顿散射实验说明了光具有波动性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子核发生衰变时电荷数守恒和质量数守恒，但质量不守恒，故A错误；‎ B．为裂变方程，故B错误；‎ C．光电效应说明了光具有粒子性，故C正确；‎ D．康普顿在研究石墨对X射线的散射中发现光具有粒子性，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄板在F作用下逆时针缓慢转动，在墙与薄板之间的夹角θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中（ ）‎ A. 小球对薄板的压力可能小于小球的重力 B. 小球对薄板的正压力一直增大 C. 小球对墙的压力先减小，后增大 D. 小球对墙的正压力不可能大于小球的重力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以小球为研究对象，处于平衡状态，根据受力平衡，由图可知 AB．当墙与薄板之间的夹角缓慢地从90°逐渐减小的过程中，薄板给球的支持力逐渐增大，木板受到的压力增大，小球对薄板的压力不可能小于小球的重力，A错误B正确；‎ CD．当墙与薄板之间的夹角缓慢地从90°逐渐减小的过程中，墙壁给球的压力逐渐增大，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力增大，小球对墙的正压力可能大于小球的重力，CD错误。‎ 故选B。‎ ‎3.北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。为了兼顾高纬度地区的定位和导航需要，该系统已布置了10余颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO），其轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形，圆心为地心，运行周期与地球自转周期相同。关于倾斜地球同步轨道卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A. 该卫星不可能经过北京上空 B. 该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相同 C. 与赤道平面夹角为的倾斜地球同步轨道只有唯一一条 D. 该卫星运行的速度大于第一宇宙速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A ‎．根据题目描述，倾斜地球同步轨道卫星的轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形，圆心为地心，所以有可能在运动过程中经过北京上空，所以A错误；‎ B．由题意可知，倾斜地球同步轨道卫星的周期与地球同步卫星的周期相同，根据 可知，该卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径相同，即该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相同，所以B正确；‎ C．由题意可知，圆心在地心，与赤道平面成的圆形轨道有无数个，所以C错误；‎ D．根据公式 可知，卫星轨道半径越大，运行速度越小，而第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以该卫星的运行速度比第一宇宙速度小，D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝‎10 m/s2，则下列选项错误的是 A. 滑块的质量m＝‎‎4 kg B. 木板的质量M＝‎‎2 kg C. 当F＝8 N时滑块加速度‎2 m/s2‎ D. 滑块与木板间动摩擦因数为0.1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由题图乙知，F＝6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a＝‎1 m/s2。对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，代入数据计算得出:‎ M＋m＝‎6 kg，‎ 当F≥6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得: ，‎ 知图线的斜率k＝，则:‎ M＝‎2 kg，‎ 滑块的质量:‎ m＝‎4 kg；‎ 故AB不符合题意；‎ CD．根据F＝6 N时，a＝‎1 m/s2，代入表达式计算得出:‎ μ＝0.1，‎ 当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，计算得出：‎ a′＝μg＝‎1 m/s2，‎ 故C符合题意，D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，由三个铝制薄板互成120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用表示．现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，在三个磁场区域中的运动时间之比为1∶2∶3，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，则其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为 A. 1∶1 B. 5∶3‎ C. 3∶2 D. 27∶5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 带电粒子在磁场运动的时间为，在各个区域的角度都为，对应的周期为，则有，故 ，则三个区域的磁感应强度之比为 ‎，三个区域的磁场半径相同为，又动能，联立得，故三个区域的动能之比为：，故在b处穿越铝板所损失的动能为，故在c处穿越铝板所损失的动能为，故损失动能之比为，D正确，选D.‎ ‎6.如图，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为r，将等电量的异种点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，＋Q与O点的连线和OC间夹角为，静电常量为k，则（　　）‎ A. O点的电场强度大小为 B. O点的电场强度方向由O指向A C. O点电势等于C点电势 D. 试探电荷q从B点移到D点过程中，电势能始终不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．两电荷在O点的场强大小为 E1＝E2＝k 夹角为，根据平行四边形定则知合场强为 E＝E1＝E2＝k 方向平行两个电荷的连线向右，故A正确，B错误；‎ C．等量正负点电荷连线的中垂线上电势相等，因而 φO＝φC 故C正确；‎ D．如果只有＋Q存在，则B点电势大于D点电势；如果只有－Q存在，同样是B 点电势大于D点电势；由于电势是标量，所以两个场源电荷同时存在时，依然有B点电势大于D点电势，故试探电荷q从B点移到D点过程中，电势能是变化的，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎7.如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为，一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端拴一个质量为m的物块A，绳与斜面平行。整个系统由静止开始向右匀加速运动。物块A恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间为t的过程中（ ）‎ A. 小车速度的变化量 B. 物块重力所做的功和重力的冲量均为零 C. 拉力冲量大小 D. 拉力做功 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】对物块A进行受力分析可知，物块A受拉力T和重力G，根据力的合成得 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ A．小车的加速度为 则小车速度的变化量为 故A正确；‎ B．由于重力的方向与位移方向垂直，故重力做功为零，但冲量 ，不是0，故B错误；‎ C．拉力冲量 故C错误；‎ D．重力做功为0，则拉力的功 而 解得 故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎8.如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R．质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对金属棒受力分析，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出表达式，分情况讨论加速度的变化情况，分三种情况讨论：匀加速运动，加速度减小的加速，加速度增加的加速，再结合图象具体分析．‎ ‎【详解】设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势，环路电流，‎ 即；‎ 安培力，方向水平向左，即 ‎，‎ ‎；‎ R两端电压 ‎，‎ 即；‎ 感应电流功率 ‎，‎ 即．‎ 分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得：‎ ‎，‎ 即加速度，因为金属棒从静止出发，所以，且，即，加速度方向水平向右． （1）若，，即，金属棒水平向右做匀加速直线运动．有，说明，也即是，，所以在此情况下没有选项符合． （2）若，随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；‎ ‎（3）若，随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合．‎ ‎【点睛】‎ 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求做答)‎ ‎9.为了测量木块与木板间动摩擦因数m，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置，让木块从倾斜木板上A点由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块与传感器的距离s随时间t变化规律，取g=‎10m/s2，sin37°=0.6，如图所示：‎ ‎(1)根据上述图线，计算可得木块在0.4s时的速度大小为v =（ ）m/s；‎ ‎(2)根据上述图线，计算可得木块的加速度大小a =（ ）m/s2；‎ ‎(3)现测得斜面倾角为37°，则m=（ ）。（所有结果均保留2位小数）‎ ‎【答案】 (1). 0.40 (2). 1.00 (3). 0.63‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4s时的速度大小 ‎(2)[2]木块在0.2s时速度大小 木块的加速度大小 ‎(3)[3]斜面倾角为37°，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 ‎10.热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）。正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中。某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx（常温下阻值约为10.0Ω）的电流随其两端电压变化的特点。‎ A．电流表A1（满偏电流10mA，内阻r1=10Ω）‎ B．电流表A2（量程0～‎1.0A，内阻r2约为0.5Ω）‎ C．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）‎ D．滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω）‎ E．定值电阻R3=990Ω F. 定值电阻R4=140Ω G．电源E（电动势12V，内阻可忽略）‎ H．电键、导线若干 ‎（1）实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器______。（只需填写器材前面的字母即可）‎ ‎（2）请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图_____。‎ ‎（3）该小组测出某热敏电阻Rx的I1—I2图线如曲线乙所示，NTC热敏电阻对应的曲线是____（填①或②）。‎ ‎（4）若将上表中的PTC电阻直接接到一个9V，内阻10Ω的电源两端，则它的实际功率为_______W。（结果均保留2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). C (2). (3). ② (4). 2.0W(1.9~2.1W)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]因为要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，应选择最大阻值小的滑动变阻器，故填C。‎ ‎(2) [2]因为器材没有电压表，故用已知内阻的电流表A1串联一个大电阻R3改装成电压表。由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示 ‎(3)[3] 把热敏电阻Rx的I1—I2图线的纵坐标改成，即热敏电阻的电压，单位为V，图像就成为热敏电阻的图像。图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻值。随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高。NTC热敏电阻在温度升高时电阻值减小，故对应的曲线是②。‎ ‎(4)[4]做出9V，内阻10Ω的电源的图像 其与曲线②的交点坐标的乘积即为所要求的实际功率，为 由于作图和读书有一定的误差，故结果范围为1.9~2.1W。‎ ‎11.如图所示，长为L的轻质细绳上端固定在O点，下端连接一个质量为m的可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中的A点，绳与竖直方向的夹角θ=37°。此匀强电场的空间足够大，且场强为E。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。‎ ‎(1)请判断小球的电性，并求出所带电荷量的大小q；‎ ‎(2)如将小球拉到O点正右方C点（OC=L）后静止释放，求小球运动到最低点时所受细绳拉力的大小F；‎ ‎(3)O点正下方B点固定着锋利刀片，小球运动到最低点时细绳突然断了。求小球从细绳断开到再次运动到O点正下方的过程中重力对小球所做的功W。‎ ‎【答案】(1)小球带负电，；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)因为电场线水平向左，小球带负电 Eq=mgtan 化简 ‎(2)由动能定理得 在B点受力分析得 联立得 ‎(3)在断开瞬间由上式得 小球水平方向先减速到0在方向加速，在水平方向 求小球从细绳断开到再次运动到O点正下方的时间 竖直方向自由落体运动 重力对小球所做功 ‎12.如图所示，质量m1=‎1kg的木板静止在倾角为θ=30°足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而与半径R=m的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量m2=‎2kg、可视为质点的小滑块以v0=‎15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=，木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度g=‎10m/s2。求 ‎(1)滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度；‎ ‎(2)木板的最小长度；‎ ‎(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。‎ ‎【答案】(1)‎9.75m； (2)‎7.5m； (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时速度大小依然为v0=‎15m/s，设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h，则由机械能守恒定律可得 解得 h=‎‎9.75m ‎(2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为v0=‎15m/s，‎ 滑上木板后，木板的加速的为a1，由牛顿第二定律可知 ‎ ‎ 滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律可知 设经过t1时间后两者共速，共同速度为v1，由运动学公式可知 该过程中木板走过位移 滑块走过的位移 之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度 L=x2－x1‎ 联立解得 L=‎7.5m；‎ ‎(3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3，由牛顿第二定律可知 ‎ ‎ 一起匀减速向上运动的位移 木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2，由运动学公式可知 滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为v2，第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同速度为v3，由运动学公式可知 v3=v2－a2t2=a1t2‎ 该过程中木板走过的位移 一起匀减速向上运动的位移 设木板第二次滑至A点时的速度为v4，由运动学公式可知 木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为 联立各式得 ‎ (二)选考题(共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)‎ ‎13.下列说法正确的是（　　）‎ A. 不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积 B. 质量相同、温度也相同的氢气和氧气，内能相同 C. 任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能 D. 在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强 E. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数只能求出每个气体分子平均占有的空间和气体分子间的距离，不能估算气体分子本身的体积，故A正确；‎ B．内能的大小与物质的量、温度、物体体积都有关，质量相同、温度也相同的氢气和氧气，它们的物质的量不同，则内能不相同，故B错误；‎ C．根据热力学第二定律可知，任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能，故C正确；‎ D ‎．密闭容器内气体压强是由分子不断撞击器壁而产生的，在完全失重情况下，气体分子仍然不断撞击器壁，仍然会产生压强，故D错误；‎ E．当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负功分子势能增大，故E正确。‎ 故选ACE。‎ ‎14.如图所示，在大气中有一水平放置的固定刚性圆筒，它由圆心共轴的圆筒a、b连接而成，其横截面积分别为3S和S。已知大气压强为p0，温度为T0。两活塞A、B圆心处用一根长为‎3l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，现对被密封的气体缓慢加热，求：‎ ‎①当B活塞刚好碰到b部分圆筒的左侧时，气体温度为多少？‎ ‎②当气体温度为3T0时，气体的压强为多少？‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①从开始加热气体到B活塞刚好碰到b左侧时，气体为等压变化，由 可得：‎ ‎②当气体温度为3T0时，B活塞已经卡在b左侧，气体在(1)问的基础上进行等容变化，由 可得：‎ ‎15.一列简谐横波沿x轴负方向传播，t=0时的波的图像如图所示，质点P的平衡位置在x=‎ ‎8m处，该波的周期T=0.2s，下列说法正确的是 A．该列波的传播速度为‎20m/s B．在0~1.0s内质点P经过的路程‎2m C．t=0.3s时质点P的速度方向沿y轴正方向 D．x=‎4m处质点的振动方程是y=10sin5πt（cm）‎ E．该波与频率f=5Hz的另一列简谐横波相遇，一定会发生干涉 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ 由图可知此波波长为，得，故A错误；在0~1.0s内质点P经过的路程，故B正确；由于波向左传，可知t=0时，P点振动方向为沿y轴负方向，又 ，可知t=0.3s时质点P的速度方向沿y轴正方向，故C正确；质点的振动周期与波的周期相同，故 ，则x=‎4m处质点的振动方程是，故D错误；此波频率为，只有波的频率相同时才能发生干涉，故E正确．综上分析正确答案为BCE．‎ ‎16.如图所示，圆柱形油桶中装满折射率n=的某种透明液体，油桶的高度为H，半径为H，桶的底部装有一块平面镜，在油桶底面中心正上方高度为d处有一点光源P，要使人从液体表面上方任意位置处都能够观察到此液体内点光源P发出的光，d应该满足什么条件?‎ ‎【答案】H>d≥H/2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要使人从液体表面上任意位置处能够观察到点光源P发出的光，点光源发出的光必须全部能折射进入空气中，根据对称性，作出点光源经平面镜所成的像．当光射向水面时，入射角应不大于临界角，光线才能射入空气中．由几何知识求出d应满足的条件．‎ ‎【详解】点光源P通过平面镜所成像为P'，如图所示．‎ 要使人从液体表面上方任意位置处能够观察到点光源P发出的光，即相当于像P'发出的光，则入射角i≤， 为全反射临界角，有： ‎ 而 ‎ 且 ‎ 联立解得：d≥H/2 ‎ 又有：H>d 解得：H>d≥H/2‎