【物理】河北省鸡泽县第一中学2020届高三一模试题（解析版） 16页

河北省鸡泽县第一中学 2020 届高三一模试题 第Ⅰ卷（选择题 共 48 分） 一、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～ 18 题只有一项符合题目要求，第 19～21 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.原子核的比结合能如图所示，下面说法正确的是（ ） A. Li 核比 He 核更稳定 B. Ba 核比 Kr 核核子数多，平均结合能大 C. U 核比 Ba 核结合能大，比结核能小 D. 两个 H 核结合成 He 核，需要吸收大量能量 【答案】C 【解析】 【详解】A．比结合能越大，原子核越稳定。如图所示，He 核比 Li 核更稳定，故选项 A 错 误； B．平均结合能即比结合能为结合能与核子数之比。由核子数和结合能共同决定，由图所示， Ba 核比 Kr 核核子数多，平均结合能小，故选项 B 错误； C．U 核比 Ba 核核子数多，结合能大，由图所示，比结核能小，故选项 C 正确； D．两个 H 核结合成 He 核，由比结合能小的反应生产比结合能大的，会释放大量能量，故 选项 D 错误。 故选 C。 2.台球是大家比较喜爱的一项运动。在光滑水平面上，小明利用一个白球 以初速度 去 撞击 2018 个一字排开的花球来模拟，如图所示，已知球与球之间的碰撞为弹性正碰，白球 质量是花球质星的 2 倍，则编号为 1 的花球的最终速度为（ ） A 0v A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】质量为 的白球 以初速度 与编号为 2018 的花球发生弹性正碰，满足动量守 恒和机械能守恒，设碰后，白球和编号为 2018 的花球的速度分别为 ，以向右为正方 向，则： , . 解得： , . 同理分析，两个质量相同花球碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒可能，两球速度交换， 此时编号为 2018 的花球与编号为 2017 的花球交换速度，以此类推，最终编号为 1 的花球的 速度为 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 3.中国天眼全称为 500 米口径球面射电望远镜，简称 FAST。截止到去年底天眼已经发现了 44 颗新的脉冲星。脉冲星(Pulsar)是能快速自转的中子星。脉冲星半径大约为 10 千米左右，自 转周期大约为 0.0014 秒。若已知某脉冲星星球半径为 R，星球表面赤道与两极重力加速度 之差为 ，则该脉冲星的自转周期为 为（ ） A. B. 0 4 3 v 0 1 3 v 0v 0 2 3 v 2m A 0v 1 1Av v、 0 1 12 2 Amv mv mv= + ( ) ( ) 0 1 1 2 2 21 1 12 22 2 2A m v m v mv= + 1 0 1 3Av v= 1 0 4 3v v= 1 ' 0 4 3v v= g∆ T 2 RT g π= ∆ 2 gT R π ∆= C. D. 无法判断 【答案】A 【解析】 【详解】设在星球表面两极上重力加速度为 ，赤道上重力加速度为 ，则： 在赤道： 在两极： 联立解得： 故选项 A 正确，BCD 错误。故选 A 4.如图，垂直电梯有一个“轿厢”和一个“对重”通过钢丝绳（曳引绳）将它们连接起来，钢丝 绳通过驱动装置（曳引机）的曳引带动使电梯“轿厢”和“对重”在电梯内导轨上做上下运动。 某次“轿厢”向上匀减速运动，则（ ） A. “轿厢”处于超重状态 B “对重”处于失重状态 C. “对重”向下匀加速运动 D. 曳引绳受到的拉力大小比“轿厢”重力小 。 2T R gπ= ∆ 1g 2g 2 22 2 4MmG mg m RR T π= + 12 MmG mgR = 1 2g g g∆ = − 2 RT g π= ∆ 【答案】D 【解析】 【详解】A．当轿厢向上匀减速时，轿厢加速度向下，处于失重状态，故选项 A 错误； D．轿厢失重，所以曳引绳的拉力小于重力，故选项 D 正确； BC．同时，对重向下做匀减速运动，处于超重状态，所以选项 BC 错误。 故选 D。 5.如图所示，AB、CD 是一个圆的两条直径且 AB、CD 夹角为 60°，该圆处于匀强电场中， 电场强度方向平行该圆所在平面.其中 φB=φC=φ,UBA=φ,保持该电场的场强大小和方向不变， 让电场以 B 点为轴在其所在平面内逆时针转过 60°.则下列判断中不正确的是 （ ） A. 转动前 UBD=φ B. 转动后 UBD= C. 转动后 D. 转动后 【答案】C 【解析】 【详解】设圆周半径为 R，则 BD=R，BC= .由 φB=φC=φ，UBA=φ 得电场方向由 B→D， 且电场强度 。 A．转动前 UBD=UBA=φ，故选项 A 正确，A 项不合题意； B．转动后 BD 和电场强度成 60°，所以 UBD=ERcos60°= ， 故选项 B 正确，B 项不合题意； C．转动后 AC 与电场强度成 60°， UAC=ERcos60°= ， 故选项 C 错误，C 项符合题意； D．转动后 BC 与电场强度成 30°，所以 ， 2 ϕ 3ACU ϕ= 3 2BCU ϕ= 3R E R ϕ= 2 ϕ 2 ϕ− 33 cos30 2BCU E R ϕ= ⋅ ° = 故选项 D 正确，D 项不合题意。 故选 C。 6.如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数 n1=1100，接入电压 U1=220V 的电路 中，在两组副线圈上分别得到电压 U2=6V，U3=110V。若在两副线圈上分别接上 0.09Ω、 30.25Ω 电阻，设此时原线圈电流为 ，两副线圈电流分别为 和 。下列关系中正确的有 （ ） A. 副线圈上匝数分别为 n2=30，n3=550 B. 、 C. 、 D. 【答案】AC 【解析】 【详解】A．变压器电压比等于匝数比 ， 代入数据得到有 n2=30，n3=550； 故 A 正确； BCD．有多个副线圈时，要根据能量守恒推导电流关系： ； 根据欧姆定律可以计算 、 ; 根据 1I 2I 3I 1 2 2 1 I n I n = 31 3 1 nI I n = 2 200 3I A= 3 40 11I A= 1 20 A11I = 31 2 1 2 3 UU U n n n = = 1 1 2 2 3 3n I n I n I= + 2 200 A3I = 3 40 A11I = , 可计算 。 故 B 错误，C 正确，D 错误。 故选 AC。 7.弹簧在弹性限度内，弹簧弹性势能的表达式为 (k 为劲度系数，x 为弹簧的伸长 量)。如图，用这样的轻质弹簧一端拴一质量为 m 的小球 P，另一端固定在 O 点，把 P 提到 与 O 在同一水平线上，此时弹簧处于自然长度 L，然后松手，让 P 自由摆下，已知 P 运动 到最低点时弹簧伸长了 x，不计一切摩擦和阻力，重力加速度为 g。则（ ） A. 小球 P 向下摆到最低点的过程中，重力对它做的功为 mgL B. 小球 P 向下摆到最低点的过程中， 它的机械能减小 C. 小球 P 运动至最低点时的速度大小为 D. 小球 P 运动至最低点时的速度大小为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由于小球摆下过程中，弹簧变长，故重力做功应大于 mgL，选项 A 错误； B．小球下摆到最低点过程中，弹簧伸长，小球做的不是圆周运动，故弹力与速度成钝角， 弹力对小球做负功，所以小球机械能变小，故选项 B 正确； CD．由功能关系： ，可得速度大小为 ， 1 1 2 2 3 3n I n I n I= + 1 40 A11I = 21 2pE kx= ( )( )kx mg L x m − + ( ) 22mg L x kx m + − 2 21 1( ) 2 2mg L x mv kx+ = + 22 ( )mg L x kxv m + −= 故 C 错误，D 正确。故选 BD。 8.如图甲所示，质量为 m、电阻为 r 的金属棒 ab 垂直放置在光滑水平导轨上，导轨由两根 足够长间距 d 的平行金属杆组成，其电阻不计，在导轨左端接有阻值 R 的电阻，金属棒与 导轨接触良好，整个装置位于磁感应强度 B 的匀强磁场中。从某时刻开始，导体棒在水平 外力 F 的作用下向右运动（导体棒始终与导轨垂直），水平外力随着金属棒位移变化如图乙 所示，当金属棒向右运动位移 x 时金属棒恰好匀速运动.则下列说法正确的是 （ ） A. 导体棒 ab 匀速运动的速度为 B. 从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻 R 上通过的电量 C. 从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻 R 上产生的焦耳热 D. 从金属棒开始运动到恰好匀速运动，金属棒克服安培力做功 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．金属棒在外力 F 作用下从开始运动到恰好匀速运动，在位移为 x 时外力 F0=F 安=BId 联立可得 , 所以选项 A 正确； B．此过程中金属棒 R 上通过的电量 的 ( )0 2 2 F R rv B d += Bdx R r+ ( )22 0 0 4 4 1 2 2R mF R rQ F x B d += − ( )22 0 0 4 4 1 2 2 mF R rW F x B d += −克 EI R r = + E Bdv= ( )0 2 2 F R rv B d += ， 所以选项 B 正确； CD．对金属棒由动能定理可得 解得： 故 D 正确，C 错误。 故选 ABD。 第Ⅱ卷（非选择题 共 62 分） 二、必考题（本题共 4 小题，共 47 分） 9.某实验小组同学利用如图所示装置研究力的合成，在半圆形框架轨道内分别安装一个固定 轻质滑轮 和一个可沿轨道任意滑动的轻质滑轮 ，用细绳穿过两个滑轮分别与两个小桶 连接，滑轮 中间绳上有连接结点 再与重物连接，然后按如下步骤操作： ①调整绳 水平，记下 点位置； ②用天平测出重物的质量 ； ③向桶 内加入适量的沙子，直到绳子的结点回到位置 ； ( ) ( ) ( ) Bdxq I t tR r t R r R r ϕ ϕ∆ ∆= ∆ = ∆ = =+ ∆ + + ( )22 02 4 4 1 2 2 mF R rW W mv B d += =−外 克 W Q= 总克 R rQ Q Q= +总 ( )22 0 0 4 4 1[ ]2 2R mF R rRQ F xR r B d += −+ ( )22 0 0 4 4 1 2 2 mF R rW F x B d += −克 A B P Q、 A B、 O OA O Om P Q、 O ④用天平称出加入沙子后桶 的质量分别为 并记录； ⑤改变滑轮 的位置，重复步骤③、④。 实验中 绳的拉力方向_________(填“需要”或“不需要”)记录， 点位置_________(填“必 须”或“不必”)在轨道圆心，满足______说明力的合成符合平行四边形法则。 【答案】不需要 不必 【解析】 【详解】[1][2][3]实验中对结点 的受力分析， 方向表示 水平，重物拉力方向竖直向 下，只要 方向即拉力 的方向倾斜，三力平衡时若满足 ， 则 说明 与 的合力与 等大反向，不需要记录 拉力方向； 的方向不需要用圆心角表示，所以 点也不必在轨道圆心；又 ， 满足 即是满足 就可以说明力的合成符合平等四边形法则。 10.利用电流表和电压表测一节干电池的电动势 E 和内电阻 r，电路如图甲所示。 （1）本实验中，滑动变阻器 R 应选用_______（填写代号） A.200Ω，1A B .10Ω，0.5A C.10Ω，0.1A （2）为知道电压表大概的内阻阻值，某同学采用电路图甲进行实验，他操作如下： ①闭合开关 k 、S，调节变阻器，当电压表的示数为 1.20V 时，电流表的示数为 99mA； ②保持变阻器滑片位置不变，断开 k，只闭合 S，电流表的读数为 100mA；则电压表的内阻 接近_______（填写代号） A. 12Ω B. 120Ω C. 1200Ω D. 12000Ω （3）为了测得准确的数据，该实验小组分别采用甲、乙两原理图获得多组电压表读数 U 和 P Q、 P Qm m、 B OB O 2 2 2 0Q P m m m= + O OA PF OB QF ( )22 2 0P QF m g F+ = PF 0m g QF OB OB O P P QF m g F= =， Qm g ( )22 2 0P QF m g F+ = 2 2 2 0Q Pm m m= + 电流表读数 I 的数据，并作 U-I 图如图丙所示，则图丙中直线 m 是通过图_____（“甲”或 “乙”）获得的。结合直线 m、n，可得干电池的电动势的真实值______，内阻的真实值_______。 【答案】(1). B (2). C (3). 乙 1.50V 3.0Ω 【解析】 【详解】（1）[1]变阻器太大不容易调节，故不选 A，B、C 电阻相等，但 B 的额定电流适合 实验要求，C 的额定电流较小，故选 B； （2）[2]开关 k 断开时电流 100mA，闭合时电流 99mA，说明电压表分流 1mA，故电压表内 阻接近： ，故选项 C 正确； （3）[3]m 图像斜率较大，故所测内阻较大，应是内阻与电流表内阻串联的结果，所以是用 乙图测得； [4][5]m 图线与纵轴的交点是真实的电动势，n 图线与横轴的交点是真实的短路电流，可得 电动势为 1.50V，内阻为： 。 11.小明同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为 m=0.3kg 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动.当球在某次运动到最低点时，绳恰好达 到所能承受的最大拉力 F 而断掉，球飞行水平距离 s 后恰好无碰撞地落在临近的一倾角为 α ＝53°的光滑斜面上并沿斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差 h＝0.8 m．绳长 r=0.3m(g 取 10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)绳断时小球的速度大小 v1 和小球在圆周最低点与平台边缘的水平距离 s 是多少. 1.2V 12001mAvR = = Ω 1.5V 3.0500mAr = = Ω (2)绳能承受的最大拉力 F 的大小. 【答案】（1）3m/s，1.2m （2）12N 【解析】 【详解】(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平 行，否则小球会弹起，所以有 vy=v0 tan53° 又 vy2=2gh，代入数据得： vy=4m/s，v0=3m/s 故绳断时球的小球做平抛运动的水平速度为 3m/s； 由 vy=gt1 得： 则 s=v0 t1=3×0.4m=1.2m （2）由牛顿第二定律： 解得：F=12N 12.如图所示，在 xOy 平面内 0L 的区域内 有一方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点，以沿 x 轴正方向的初速度 进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原 点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为 60°和 30°，两粒子在磁场中分别运动半周后恰好在某点相遇．已知两粒子的重力以及两粒子之间 的相互作用都可忽略不计．求： 1 0.4syvt g = = 2 1mvF mg r − = 0v （1）正、负粒子的比荷之比 ： ； （2）正、负粒子在磁场中运动的半径大小； （3）两粒子先后进入电场的时间差． 【答案】（1） ： （2） ， （3） 【解析】 （1）设粒子进磁场方向与边界夹角为 θ， 联立可得 所以 ： = ： （2）磁场中圆周运动速度 ， ， ， ， 1 1 q m 2 2 q m 1 tan 60 1 tan30 1 2 LR = 2 3 6R L= 0 3 6 Lt v π∆ = 0 tany vv θ= y qEv tm = 0 Lt v = 2 0 tan vq m EL θ= 1 1 q m 2 2 q m 1 tan 60 1 tan30 0 sinθ= vv 1 0 2 3 3v v= 2 02v v= 2vqvB m R = mvR qB = 1 2 3 1 R R = 两粒子离开电场位置间的距离 根据题意作出运动轨迹，两粒子相遇在 P 点 由几何关系可得 ， ， （3）两粒子在磁场中运动时间均为半个周期 由于两粒子在电场中时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差 三、选考题（下面 2 小题，每小题 15 分，考生可任选 1 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. 将一块大晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B. 液面表面张力 方向与液面垂直并指向液体内部 C. 在一定温度下，饱和汽的分子数密度是不变的 D. 对同一部分气体，温度越高，相对湿度越小 E. 干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度 【答案】CDE 的 2 yvy t= 1 2 2 3 3d y y L= + = 12 sin 60R d=  22 sin30R d=  1 3 4 2 LR d= = 2 1 3 4 6R d L= = 1 1 1 0 3 4 R Lt v v π π= = 2 2 2 0 3 12 R Lt v v π π= = 1 2 0 3 6 Lt t t v π∆ = − = 【解析】 【详解】A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项 A 错误； B．液面表面张力的方向始终与液面相切，选项 B 错误； C．在一定温度下，饱和汽的分子数密度是不变的，选项 C 正确； D．对同一部分气体，温度越高，相对湿度越小，选项 D 正确； E．由于液体蒸发时吸收热量，温度降低，所以湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，选项 E 正确。 故选 CDE。 14.如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，其横截面积为 S＝1×10－ 4 m2，质量为 m＝1 kg，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，其内密封有一定质量的理想气体， 气柱高度 h＝0.2 m．已知大气压强 p0＝1.0×105 Pa，重力加速度 g＝10 m/s2． (1)如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的 ，求砂子的质量 m 砂； (2)如果在(1)基础上给汽缸底缓慢加热，使活塞恢复到原高度，此过程中气体吸收热量 5 J， 求气体内能的增量 ΔU． 【答案】(1)1kg (2)3J 【解析】 【详解】(1)因为缓慢放置砂子，气体发生等温变化，根据玻意耳定律，有 放置砂子前有： p1＝p0＋ V1＝hS 放置砂子后有： p2＝p0＋ V2＝ hS 2 3 1 1 2 2pV p V＝ mg S mg m g S + 砂 2 3 联立以上各式代入数据解得：m 砂＝1kg (2)由(1)可得 ，使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功 有： 由热力学第一定律： ΔU＝W＋Q 所以气体内能的增量为 ΔU＝3J. 答：(1)砂子的质量 m 砂=1kg； (2)气体内能 增量 ΔU＝3J. 15.某时刻一列机械波波形如图所示，A 与 B 两质点相距 1 m，此时 A 点速度方向沿 y 轴向 上，经过 0.02 s，质点 A 第一次到达波峰．此波沿 x 轴_________方向（填“正”、或“负”）传 播，波的传播速度为_________m/s，经过 0.04 s，质点 B 速度沿 y 轴________（填“正”、或 “负”）方向。 【答案】负 25 正 【解析】 【详解】[1][2][3]由 A 点向上振动，可判定波沿－x 方向传播，又由波动图象看出，波长 λ＝ 2 m，经 0.02 s 质点 A 第一次到达最大位移处，则 0.02 s＝T/4，T＝0.08 s，所以波速 经 t＝0.04 s，质点 B 处在平衡位置，速度沿＋y 方向。 16.如图所示，半径为 R 的半圆形玻璃砖，其中 AB⊥OP，OP= ，从 P 点发射出两束不 同的光线 PM 和 PN，经玻璃砖折射后均与 OP 平行射出，已知玻璃砖对 PN 光线的折射率 为 ，图中 i=60°，α=53°，且 sin 53°=0.8，求： 的 5 2 3 10P Pa= × 5 4 2 13 10 1 10 0.2J 2J3W p V −− ∆ = − × × × × × = −＝ 2 m/s 25m/s0.08v T λ= = = 3R 4 3 ①玻璃砖对 PM 光线的折射率； ②两条出射光线间的距离； 【答案】① ②1.1R 【解析】 ①如图，在△PMO 中，根据正弦定理得 故 玻璃砖对 PM 光线的折射率 ②由折射定律公式 解得 两条出射光线间的距离 d=R + R 解得 d= 3 sin 180 3 sin i R i Rγ − =− （ ） （ ） 30γ =  3 sin 2 = 31sin 2 PM in γ= = 4 sin sin53 3 sin sinPNn α β β= = =  37β =  sinγ sinβ 0.6 1.12 R R R+ =