河北省衡水市枣强中学2020届高三物理4月第一次模拟试题（解析版） 20页

枣强中学高三年级理科综合试题 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中， 第 14～17 题只有一项符合题目要求，第 18～21 题有多项符合题目要求。全部选 对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 1.国际单位制（缩写 SI）定义了米（m）、秒（s）等 7 个基本单位，其他单位均可由物理关系 导出．例如，由 m 和 s 可以导出速度单位 m·s–1．历史上，曾用“米原器”定义米，用平均太阳 日定义秒．但是，以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，而 采用物理常量来定义则可避免这种困扰．1967 年用铯–133 原子基态的两个超精细能级间跃迁 辐射的频率∆ν=9 192 631 770 Hz 定义 s；1983 年用真空中的光速 c=299 792 458 m·s–1 定义 m．2018 年第 26 届国际计量大会决定，7 个基本单位全部用基本物理常量来定义（对应关系 如图，例如，s 对应∆ν，m 对应 c）．新 SI 自 2019 年 5 月 20 日（国际计量日）正式实施，这 将对科学和技术发展产生深远影响．下列选项不正确的是 A. 7 个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性 B. 用真空中的光速 c（m·s–1）定义 m，因为长度 l 与速度 v 存在 l=vt，而 s 已定义 C. 用基本电荷 e（C）定义安培（A），因为电荷量与电流 I 存在 I=q/t，而 s 已定义 D. 因为普朗克常量 h（J·s）的单位中没有 kg，所以无法用它来定义质量单位 【答案】D 【解析】 【详解】本题属于信息题，由题所给信息结合 l vt 和 qI t  的物理意义解答． 由题意可知，如果以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，所 以 7 个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性，故 A 正确； 用真空中的光速定义 m，即光在真空中传播 299792458 分之一秒的距离，且 s 早已定义，故 B 正确； 由公式 qI t  可知，安培即为 1s 时间内通过的电荷量，故 C 正确； 由题意可知，h 对应的单位为 J s ，而能量的单位中包含质量，故可以对 Kg 进行定义，故 D 错误． 2.甲、乙两车在平直公路上行驶，其 v-t 图象如图所示．t=0 时，两车间距为 0s ； 0 t 时刻，甲、 乙两车相遇． 00 t 时间内甲车发生的位移为 s，下列说法正确的是( ) A. 00 t 时间内甲车在前， 0 02t t 时间内乙车在前 B. 00 2t 时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的 2 倍 C. 02t 时刻甲、乙两车相距 0 1 2 s D. 0 6 7s s 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图知在 0～t0 时间内甲车速度大于乙车的速度，故是甲车在追赶乙车，所以 A 错误； B．0～2t0 时间内甲车平均速度的大小 0 3 2 v ，乙车平均速度 0 1 2 v ，所以 B 错误； D．由题意知，图中阴影部分面积即为位移 s0，根据几何关系知，三角形 ABC 的面积对应位 移 s0∕3，所以可求三角形 OCD 的面积对应位移 s0∕6，所以 0—to 时间内甲车发生的位移为 s=s0+ s0∕6 得 s0= 6 7 s 故 D 正确； C．2t0 时刻甲、乙两车间的距离即为三角形 ABC 的面积即 s0∕3，所以 C 错误． 故选 D。 3.我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥 泵输出功率恒为 41 10 kW ，排泥量为 31.4m /s ，排泥管的横截面积为 20.7 m ，则泥泵对排 泥管内泥浆的推力为（ ） A. 65 10 N B. 72 10 N C. 92 10 N D. 95 10 N 【答案】A 【解析】 【详解】设排泥的流量为 Q，t 时间内排泥的长度为： 1.4 20.7 V Qtx t tS S     输出的功： W Pt 排泥的功： W Fx 输出的功都用于排泥，则解得： 65 10 NF   故 A 正确，BCD 错误． 4.云室能显示射线的径迹，把云室放在磁场中，从带电粒子运动轨迹的弯曲方向和半径大小就 能判断粒子的属性，放射性元素 A 的原子核静止放在磁感应强度 B=2.5T 的匀强磁场中发生衰 变，放射出粒子并变成新原子核 B，放射出的粒子与新核运动轨迹如图所示，测得两圆的半径 之比 R1：R2=42：1，且 R1=0.2m，已知 α 粒子质量 mα=6.64×10-27kg，β粒子质量 mβ=9.1×10－31kg， 普朗克常量取 h=6.6×10－34Js，下列说法不正确的是（ ） A. 新原子核 B 的核电荷数为 84 B. 放射性元素 A 原子核发生的是β衰变 C. 衰变放射出的粒子的速度大小约为 2.4×107m/s D. 如果 A 原子核衰变时释放出一种频率为 1.2×1015Hz 的光子，那么这种光子能使逸出功为 4.54eV 的金属钨发生光电效应 【答案】B 【解析】 【详解】A．由动量守恒得 α α0 mv m v  粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力 2vqvB m r  得 mvr qB  动量大小相同，r 与 q 成反比，新核的电荷量比α粒子的电荷量大，所以新核做圆周运动的比 较比α粒子做圆周运动的比较小，即 R1 为α粒子的运动半径，R2 为新核的运动半径，又 α 2q e 1 2: 42:1R R  由以上关系得 1 α 2 42 1 Rq q R   新原子核 B 的核电荷量 84q e ，故 A 正确； B．衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反。粒子轨 迹为外切圆，说明两粒子所受的洛伦兹力方向相反，均带正电，所以放射性元素 A 原子核发 生的是α衰变，故 B 错误； C．因 α α 1 α m vR q B  得 α 1 α α 19 7 27 2 1.6 10 2.5 0.2 2.4 10 m/s6.64 10 m/sq BRv m         故 C 正确； D．A 原子核衰变时释放出一种频率为 1.2×1015Hz 的光子，依据 34 15 196.6 10 1.2 10 J 7.92 10 J 4.95eV 4.54eVE h          ＞ 因此能使金属钨发生光电效应，故 D 正确。 由于本题选不正确的，故选 B。 5.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开 始自 A 点沿曲线 ACB 运动，到达 B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则 以下说法中正确的是 ( ) A. 液滴一定带正电 B. 液滴在 C 点时的动能最大 C. 从 A 到 C 过程液滴的电势能增大 D. 从 C 到 B 过程液滴的机械能增大 【答案】BCD 【解析】 【分析】 带电液滴由静止开始，在电场力和重力的作用下会向下运动，在运动过程中，带电粒子会受 到洛伦兹力，所以粒子会沿逆时针方向偏转，到达 C 点时，洛伦兹力方向向上，此时粒子具 有最大速度，在之后的运动中，粒子的电势能会增加速度越来越小，到达 B 点时速度为零．除 重力以外的力做的功等于机械能的变化量． 【详解】A、从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下， 洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电．故 A 错误． B、从 A 到 C 的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功， 导致动能仍增大，从 C 到 B 的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但合 力却做负功，导致动能减小，所以滴在 C 点动能最大．故 B 正确． C、从 A 到 C 过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故 C 正确． D、除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从 C 到 B 的过程中，电场力做正功，洛伦 兹力不做功，机械能增大，故 D 正确． 故选 BCD． 【点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路： 1.正确的受力分析 除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析． 2.正确分析物体的运动状态 找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程．如果出现临界状态，要分析临界 条件． 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况．  1 当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动 ( 如速度选择器 ) ．  2 当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直 于磁场的平面内做匀速圆周运动．  3 当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速 曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几 个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种 不同的运动阶段所组成． 6.如图所示，在电阻不计的边长为 L 的正方形金属框 abcd 的 cd 边上接 两个相同的电阻，平 行金属板 e 和 f 通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一 时刻各点的磁感应强度 B 大小相等，B 随时间 t 均匀增加，已知 B kt   ，磁场区域面积是金 属框面积的二分之一，金属板长为 L，板间距离为 L．质量为 m，电荷量为 q 的粒子从两板中 间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从 f 板右边缘射出．不计粒子重力，忽略边缘效应．则 A. 金属框中感应电流方向为 abcda B. 粒子带正电 C. 粒子初速度为 2 L kq m D. 粒子在 e、f 间运动增加的动能为 21 4 kL q 【答案】AC 【解析】 【详解】A．因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为 abcda，e 板带负电，f 板带正电，A 正确； B．因为粒子刚好从 f 板右边缘射出，所以粒子受到向下的电场力，而电场方向向上，所以粒 子带负电，B 错误； C．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有 0L v t 在竖直方向上有 21 2L at Eqa m  UE d  而电容器两极板间的电压等于 R 两端的电压，故 2 21 1 1 1 2 2 2 4 BSU k L kLt      联立解得 0 2 L kqv m  C 正确； D．根据动能定理可得粒子增加的动能为 2 21 1 1 1 2 2 4 8kE Uq qkL qkL     D 错误． 故选 AC。 7.在一颗半径为地球半径 0.8 倍的行星表面，将一个物体竖直向上抛出，不计空气阻力．从抛 出开始计时，物体运动的位移随时间关系如图（可能用到的数据：地球的半径为 6400km，地 球的第一宇宙速度取 8 km/s，地球表面的重力加速度 10m/s2，则 A. 该行星表面的重力加速度为 8m/s2 B. 该行星的质量比地球的质量大 C. 该行星的第一宇宙速度为 6.4km/s D. 该物体落到行星表面时的速率为 30m/s 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由图读出，物体上升的最大高度为：h=64m，上升的时间为： t=4s。对于上升过 程，由 21 2h gt 可得 2 2 2 2 2 64 8m/s4 hg t   星 选项 A 正确； B．根据 2 MmG mgR  可得 G gRM 2  则该行星的质量比地球的质量小，选项 B 错误； C．根据 2 2 Mm vG m mgR R   可得 v gR 则 8= 0.8=0.810 v v 星 地 则该行星的第一宇宙速度为 =0.8 8km/s 6.4km/sv  星 选项 C 正确； D．该物体落到行星表面时的速率为 2 2 8 64 32m/sv g h    星 故 D 错误； 故选 AC。 8.如图，在光滑水平面上放着质量分别为 2m 和 m 的 A、B 两个物块，弹簧与 A、B 栓连，现 用外力缓慢向左推 B 使弹簧压缩，此过程中推力做功 W。然后撤去外力，则（ ） A. 从撤去外力到 A 离开墙面的过程中，墙面对 A 的冲量大小为 2 mW B. 当 A 离开墙面时，B 的动量大小为 2mW C. A 离开墙面后，A 的最大速度为 8 9 W m D. A 离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为 2 3 W 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．设当 A 离开墙面时，B 的速度大小为 vB．根据功能关系知 21 2 BW mv 得 2 B Wv m  从撤去外力到 A 离开墙面的过程中，对 A、B 及弹簧组成的系统，由动量定理得：墙面对 A 的冲量大小 0 2BI mv mW   故 A 错误； B．当 A 离开墙面时，B 的动量大小 2B Bp mv mW  故 B 正确； C．当弹簧再次恢复原长时，A 的速度最大，从 A 离开墙壁到 AB 共速的过程，系统动量和机 械能均守恒，取向右为正方向，由动量守恒有 mvB=2mvA+mv′B ① 由机械能守恒有 2 21 1 2 2 2A BW mv mv   ② 由①②解得：A 的最大速度为 8 9A Wv m  故 C 正确； D．B 撤去 F 后，A 离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势 能最大。设两物体相同速度为 v，A 离开墙时，B 的速度为 v0．根据动量守恒和机械能守恒得 mvB=3mv 231 2 PmW mv E 联立解得：弹簧的弹性势能最大值为 2 3Pm WE  故 D 正确。 故选 BCD。 9.某同学在研究性学习中用如图装置来验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的物体A、 B，物体 B 上放一金属片 C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物体 B 的正下方，系统静止 时，金属片 C 与圆环间的高度差为 h，由静止释放后，系统开始运动，当物体 B 穿过圆环时， 金属片 C 被搁置在圆环上，两光电门固定在铁架台 P1、P2 处，通过数字计时器可测出物体 B 通过 P1、P2 这段距离的时间． （1）若测得 P1、P2 之间的距离为 d，物体 B 通过这段距离的时间为 t，则物体 B 刚穿过圆环 后的速度 v=______． （2）若物体 A、B 的质量均用 M 表示，金属片 C 的质量用 m 表示，该实验中验证下面__________ （填正确选项的序号）等式成立，即可验证牛顿第二定律． A. 21 2mgh Mv B. 2mgh Mv C. 21 22mgh M m v ( ) D. 21 2mgh M m v ( ) （3）本实验中的测量仪器除了刻度尺、数字计时器外，还需要___________． （4）若 M>>m，改变金属片 C 的质量 m，使物体 B 由同一高度落下穿过圆环，记录各次的金 属片 C 的质量 m，以及物体 B 通过 P1、P2 这段距离的时间 t，以 mg 为横轴，以__________ （选填“ 2t ”或“ 2 1 t ”）为纵轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线． 【答案】 (1). d t (2). C (3). 天平 (4). 2 1 t 【解析】 【详解】（1）[1]B 通过圆环后将匀速通过光电门，则 B 刚穿过圆环后的速度为： dv t  ． （2）[2]选 C．设绳子拉力大小为 F，对 A 由牛顿第二定律得： F Mg Ma  对 B 与 C 整体下落 h 的过程，由牛顿第二定律得： (M m g F M m a   ) ( ) 再由运动学公式应有： 2 2v ah ，联立以上各式可得： 2 2 2 vmg M m h  （ ） 所以 C 正确． （3）[3]根据上面的表达式可知需要已知金属片 C 的质量，所以还需要的器材是天平． （4）[4]在释放至金属片 C 被搁置在圆环上的过程中，分别对 A 和 B、C 由牛顿第二定律可 得：对 A 有 F Mg Ma  对 B 和 C 有 (M m g F M m a   ) ( ) 再由匀变速直线运动公式应有 2 2v ah ， dv t  联立解得： 2 2 1 2 (2 ) h mgt M m d   因为 M>>m，则 2 2 1 h mgt Md   所以，以 mg 为横轴，以 2 1 t 为纵轴的图线是一条过原点的直线． 10.举世瞩目的嫦娥四号，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发电与热 电综合利用技术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同 位素热源两种能源供给探测器．图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太 空将光能转化为电能． 某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的路端电压U 与电流I的关系，图中定值电阻R0=5Ω， 设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表． （1）实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合电键 S，调节滑动变阻器 R 的阻值，通过测 量得到该电池的 U﹣I 曲线 a（如图丁）．由此可知，该电源内阻是否为常数_______（填“是” 或“否”），某时刻电压表示数如图丙所示，读数为________V，由图像可知，此时电源内阻为 _______Ω． 实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得 U-I 曲线 b（如图丁）． （2）在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为 2.5V，则在实验二中滑动变阻器仍 为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为________W（计算结果保留两位有效数字）． 【答案】 (1). 否 (2). 1.50 (3). 5.6 (4). 7.2×10-2（7.0×10-2-7.4×10-2 均算正确） 【解析】 【详解】（1）由 U-I 图像可知，因图像的斜率等于电源的内阻，可知电源内阻不是常数；电压 表的量程为 3.0V，则读数为 1.50V；由图中读出，此时电路中的电流为 250mA，因电源的电 动势为 E=2.9V，可得此时电源的内阻 2.90 1.50 5.60.25 E Ur I       ； （2）在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为 2.5V，可得此时的电流为 100mA， 则滑动变阻器的阻值为： 0 2.5 5 200.1 UR RI       ；则在实验二中滑动变阻器仍为该值时， 此时外电路电阻为 R 外=R+R0=25Ω，将此电阻的 U-I 线画在此电源的 U-I 图像中，如图； 直线与 b 的交点为电路的工作点，此时 I=60mA，则滑动变阻器消耗的电功率为 2 2 20.06 20 7.2 10P I R W W     . 11.如图所示，足够长的斜面倾角为 300，初始时，质量均为 m 的滑块 A、B 均位于斜面上，且 AB 间的距离为 L＝1m．现同时将两个滑块由静止释放，己知滑块 A、B 与轨道间的动摩擦因 数分别为 3 5A  和 3 2B  ，重力加速度 g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 滑块之间发生的碰撞为弹性碰撞，滑块可视为质点．求： (1)经过多长时间，滑块之问发生第一次碰撞? (2)再经过多长时间，滑块之间发生第二次碰撞? 【答案】（1）1s（2） 2 5 s5 【解析】 【详解】(1)将两滑块由静止释放后，对滑块 A 进行受力分析，由牛顿第二定律得: 1sin30 cos30Amg mg ma   解得: 2 1 2m / sa  对滑块 B 进行受力分析，有: sin30 cos30Bmg mg  所以 B 静止在斜面上 设 A、B 两滑块经过时间 t 第一次发生碰撞，则: 2 1 1 2L a t 解得: t=ls (2)设发生第一次碰撞前的瞬间滑块 A 的速度是 v0，则: 0 1 2v a t  m/s 碰撞后滑块 A 的速度是 v1，滑块 B 的速度是 v2，由弹性碰撞得: 0 1 2mv mv mv  2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv mv  解得: v1=0， v2=2m/s 滑块 B 开始沿斜面向下运动，由牛顿第二定律得: 2cos30 sin30Bmg mg ma    解得: 2 2 2.5m / sa  设滑块 B 沿斜面下滑时间 to 后停止运动，则: 2 0 2 0.8vt a   s 在这段时间内，A 沿斜面下滑的距离为: 2 1 1 0 1 0.642L a t  m B 沿斜面下滑的距离为: 2 2 2 0 2 0 1 0.82L v t a t   m 由于 L1