2020届高三物理二模试题（陕西周至县五中附答案）

高三第二次模拟考试卷 物 理 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、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 14～17 只有一项是 符合题目要求，第 18～21 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。 14．在光电效应实验中，某实验小组用同种频率的单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生 光电效应。对这两个过程，下列四个物理量中，可能相同的是 A．饱和光电流 B．遏止电压 C．光电子的最大初动能 D．逸出功 【答案】A 【解析】饱和光电流和光的强度有关，这个实验可以通过控制光的强度来实现饱和光电流相同， A 正确；不同的金属其逸出功是不同的，根据光电效应方程：Ek＝hv－W，用同种频率的单色光，光 子能量 hv 相同，光电子的最大初动能 Ek 不同，CD 错误；根据遏止电压和最大初动能关系 ， 可知光电子的最大初动能不同，遏止电压也不同，B 错误。 15．一质点在 xOy 平面内运动轨迹如图所示，下列判断正确的是 A．质点沿 x 方向可能做匀速运动 B．质点沿 y 方向一定做匀速运动 C．若质点沿 y 方向始终匀速运动，则 x 方向可能先加速后减速 D．若质点沿 y 方向始终匀速运动，则 x 方向可能先减速后反向加速 【答案】D 【解析】物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一侧，则加速度大致指向轨迹凹的一侧，由 图可知：x 轴方向有分加速度，所以 x 轴方向不可能匀速，y 方向可能有分加速度，故质点沿 y 方向 可能做变速运动，也可能做匀速运动，故 A、B 错误；物体在 y 方向匀速，则合力在水平方向，合 力指向轨迹的凹侧可知合力水平向左，因此物体在水平方向先加速度后减速，C 错误，D 正确。 16．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 1∶2，正弦交流电源电压为 U＝12 V，电阻 R1 ＝1 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器 R3 最大阻值为 20 Ω，滑片 P 处于中间位置，则 A．R1 与 R2 消耗的电功率相等 B．通过 R1 的电流为 3 A C．若向上移动 P，电压表读数将变大 D．若向上移动 P，电源输出功率将不变 【答案】B 【解析】理想变压器原副线圈匝数之比为 1∶2，可知原副线圈的电流之比为 2∶1，根据 P＝I2R 可知 R1 与 R2 消耗的电功率之比为 2∶1，故 A 错误。设通过 R1 的电流为 I，则副线圈电流为 0.5I， 初级电压为 U－IR1＝12－I，根据匝数比可知次级电压为 2(12－I)，则 Ω， 解得 I＝3 A，故 B 正确。若向上移动 P，则 R3 电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据 P ＝IU 可知电源输出功率将变大；电阻 R1 的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表 读数将变小，故 CD 错误。 17．如图所示，aefc 和 befd 是垂直于纸面向里的匀强磁场 I、II 的边界，磁场 I、Ⅱ的磁感应强 度分别为 B1、B2，且 B2＝2B1，一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子垂直边界 ae 从 P 点射入磁场 I， 后经 f 点进入磁场 II，并最终从 fc 边界射出磁场区域。不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的 总时间为 A． B． kEU e = 2 3m 2(12 ) 1 120.5 2 I R RI − = + = 1 2πm qB 1 3π 2 m qB 此 卷 只 装 订 不 密 封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 C． D． 【答案】B 【解析】粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有 qvB ＝mv2 R，则有 R＝mv qB，粒子垂直边界 ae 从 P 点射入磁场Ⅰ，后经 f 点进入磁场Ⅱ，故根据几何关系 可得：粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为磁场宽度 d；根据轨道半径表达式，由两磁场区域磁感 应强度大小关系可得：粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为磁场宽度 ，那么，根据几何关系可得： 粒子从 P 到 f 转过的中心角为 90°，粒子在 f 点沿 fd 方向进入磁场Ⅱ；然后粒子在磁场Ⅱ中转过 180°， 在 e 点沿 ea 方向进入磁场Ⅰ；最后，粒子在磁场Ⅰ中转过 90°后从 fc 边界射出磁场区域；故粒子在 两个磁场区域分别转过 180°，根据周期 T＝2πm qB 可得：该带电粒子在磁场中运动的总时间为 ，故选 B。 18．歼－15 飞机是我国研制的多用途舰载战斗机。某飞行训练中，第一次舰保持静止，飞机从 静止开始沿甲板运动，当飞机的速度为 v 时通过的距离为 x1，经历的时间为 t1；第二次舰以速度 v0 匀速运动，飞机相对甲板由静止开始沿舰运动的同方向加速，当飞机相对海面的速度为 v 时沿甲板 通过的距离为 x2，经历的时间为 t2。设两次飞机均做匀加速运动且加速度大小相等。则 A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】当舰静止时，根据运动学公式有：v＝at1，v2＝2ax1；当舰运动时，有 v－v0＝at2，v0t2＋ 1 2at22－v0t2＝x2，整理得： ， ，故 BC 正确，AD 错误。 19．如左图所示，假设某星球表面上有一倾角为 θ 的固定斜面，一质量为 m 的小物块从斜面底 端沿斜面向上运动，其速度－时间图象如下图所示。已知小物块和斜面间的动摩擦因数为 μ＝ ， 该星球半径为 R＝6×104 km。引力常量 G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，则下列正确的是 A．该星球的第一宇宙速度 v1＝3.0×104 m/s B．该星球的质量 M＝8.1×1026 kg C．该星球的自转周期 T＝1.3×104 s D．该星球的密度 ρ＝895 kg/m3 【答案】ABD 【解析】上滑过程中，根据牛顿第二定律，在沿斜面方向上有 μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1，下滑 过程中，在沿斜面方向上有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，又知 v－t 图象的斜率表示加速度，则上滑和 下滑过程中的加速度大小分别为：a1＝10 m/s2，a2＝5 m/s2，联立解得 g＝15 m/s2，故该星球的第一 宇宙速度 v1＝ gR＝3.0×104 m/s，A 正确；根据黄金替代公式 GM＝gR2 可得该星球的质量 M＝ 8.1×1026 kg，B 正确；根据所给条件无法计算自转周期，C 错误；该星球的密度 ρ＝M/V＝895 kg/m3， D 正确。 20．静电场方向平行于 x 轴，其电势随 x 轴分布的 φ－x 图象如图所示，φ0 和 x0 均为已知量，某 处由静止释放一个电子，电子沿 x 轴往返运动。已知电子质量为 m，带电荷量为 e，运动过程中的最 大动能为 Ek，则 A．电场强度大小为 B．在往返过程中电子速度最大时的电势能为－φ0e C．释放电子处与原点的距离为 D．电子从释放点返回需要的时间为 【答案】ABD 【解析】在 0＜x＜x0 区间内，场强大小 ，方向沿＋x 方向；在－x0＜x＜0 区间内， 场强大小 ，场强方向沿－x 方向，故 A 正确；根据能量守恒可知，电子速度最大即动能 最大时，电势能最小，根据负电荷在电势高处电势能小，则此时电势能 Ep＝－φ0e，故 B 正确；已知 电子质量为 m、带电荷量为 e，在运动过程中电子的最大功能为 Ek，根据动能定理得 eEx1＝Ek，得 ，故 C 错误；根据牛顿第二定律知 ，粒子从静止到动能最大的时间为四 分之一周期，匀加速直线运动的时间 ，电子从释放点返回需要的时间为 ，故 D 正确。 21．将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能 Ek，重力势能 Ep 与其上升高度 h 间的关系分别如图中两直线所示，取 g＝10 m/s2，下列说法正确的 是 1 πm qB 1 3π 4 m qB 2 d 1 2 1 1 1 3π 2 2 2 mt T T qB = + = 1 2 1 1 t t = 1 2 0 t v t v v = − 2 1 2 2 0( ) x v x v v = − 2 1 2 2 2 0 x v x v v = − 1 2 0 t v t v v = − 2 1 2 2 0( ) x v x v v = − 3 9 0 0 E x ϕ= 0 k 1 0 2x Ex eϕ= 0 k 0 4 2x mEeϕ 0 0 UE d x ϕ= = 0 0 UE d x ϕ= = 0 kk 1 0 x EEx eE eϕ= = 0 0 eeEa m mx ϕ= = 01 k 0 2 2xxt mEa eϕ= = 0 k 0 44 2xT t mEeϕ= =A．小球的质量为 0.2 kg B．小球受到的阻力(不包括重力)大小为 0.25 N C．小球动能与重力势能相等时的高度为 m D．小球上升到 2m 时，动能与重力势能之差为 0.5 J 【答案】BD 【解析】由图知，小球上升的最大高度为 h＝4 m，在最高点时，小球的重力势能 Ep＝mgh＝4 J，得 m＝0.1 kg，故 A 错误；根据除重力以外其他力做的功 W＝ΔE，则有－fh＝E 高－E 低，由图知 E 高＝4 J，E 低＝5 J，又 h＝4 m，解得 f＝0.25 N，故 B 正确；设小球动能和重力势能相等时的高度 为 H，此时有 mgh＝1 2mv2，由动能定理有－fH－mgH＝1 2mv2－1 2mv02，由图知 1 2mv02＝5 J，联立解得 m，故 C 错误；由图可知，在 h＝2 m 处，小球的重力势能是 2 J，动能是 2.5 J，所以小球上 升到 2 m 时，动能与重力势能之差为 0.5 J，故 D 正确。 二、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) (一)必考题(共 47 分) 22．(5 分)在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块 A 与金属板 B 间的动摩擦因数。已知铁块 A 的质量 mA＝0.5 kg，金属板 B 的质量 mB＝1 kg。用水平力 F 向左拉 金属板 B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则 A、B 间的动摩擦因数 μ＝________（g 取 10 m/s2）。该同学还将纸带连接在金属板 B 的后面，通过打点计时器连续打下一 系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为 0.1 s，可求得拉金属板的水平力 F＝ ________N。 【答案】0.50 4.50 【解析】A 处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，Ff＝F＝2.50 N，根据 Ff＝μmAg，得 μ＝ 0.50。由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据 Δx＝aT2，其中 Δx＝2 cm＝0.02 m，T＝0.1 s， 解得 a＝2.0 m/s2。根据牛顿第二定律得：F－Ff＝mBa，代入数据解得 F＝4.50 N。 23．(10 分)实验小组要测定一个电源的电动势 E 和内阻 r。已知待测电源的电动势约为 5 V，可 用的实验器材有： 待测电源； 电压表 V1（量程 0～3 V；内阻约为 3 kΩ）； 电压表 V2（量程 0～6 V；内阻约为 6 kΩ）； 定值电阻 R1（阻值 2.0 Ω）； 滑动变阻器 R2（阻值 0～20.0 Ω）； 开关 S 一个，导线若干。 (1)实验小组的某同学利用以上器材，设计了如图甲所示的电路，M、N 是电压表，P、Q 分别是 定值电阻 R1 或滑动变阻器 R2，则 P 应是_________（选填“R1”或“R2”）。 (2)按照电路将器材连接好，先将滑动变阻器调节到最大值，闭合开关 S，然后调节滑动变阻器 的阻值，依次记录 M、N 的示数 UM、UN。 (3)根据 UM、UN 数据作出如图乙所示的关系图象，由图象得到电源的电动势 E＝_______V，内 阻 r＝_______Ω。（均保留 2 位有效数字） (4)由图象得到的电源的电动势值_________（选填“大于”“小于”或“等于”）实际值。 【答案】(1)R2 (3)4.9 0.94(0.90～1.0) (4)小于 【解析】(1)由电路图可知，电压表 M 测量 P、Q 总电压，电压表 N 测量 Q 的电压，故 M 为大 量程的电压表 V2，N 为小量程的电压表 V1，根据部分电路欧姆定律可知 P 为大量程的滑动变阻器 R2， Q 为小阻值的定值电阻 R1。 (3)设电压表 M 的示数为 UM，电压表 N 的示数为 UN，由图示电路图可知，电源电动势 ，整理得 ，由 UM－UN 图象可知，电源电动势 E＝4.9 V，由图 可知图线的斜率 ，又从 UM－UN 的关系可知 ，则电源内阻 r＝kR1＝0.94 Ω。 (4)根据题意可知： ，变形得 ，所 以图象的纵截距 ，则电源电动势 ＞b，所以根据图象得到的电源电动势值小于 实际值。 24．(12 分)如图所示，在光滑水平面上 A 点固定一个底端有小孔的竖直光滑圆弧轨道，圆轨道 与水平面在 A 点相切。小球甲用长为 L 的轻绳悬挂于 O 点，O 点位于水平面上 B 点正上方 L 处。现 将小球甲拉至 C 位置，绳与竖直方向夹角 θ＝60°，由静止释放，运动到最低点 B 时与另一静止的小 球乙（可视为质点）发生完全弹性碰撞，碰后小球乙无碰撞地经过小孔进入圆弧轨道，当小球乙进 入圆轨道后立即关闭小孔。(2)若小球乙恰好能在圆轨道做完整的圆周运动，求圆轨道的半径。 已知小球乙的质量是甲质量的 3 倍，重力加速度为 g。 20 13 20 9H = 1 N M M UE U Ir U rR = + = + 1 M N rU E UR = − 4.9 3.5 0.473.0k −= = 1 rk R = 1 2 +N M N M M U U UE U Ir U rR R  −= + = +     2 2 1 2 1 2 ( ) ( )M N R R R rU E UR r R R r −= −+ + 2 2 Rb ER r = + 2 2 R rE bR +=(1) 求甲、乙碰后瞬间小球乙的速度大小； (2)若小球乙恰好能在圆轨道做完整的圆周运动，求圆轨道的半径。 【解析】(1)甲球下摆过程，由机械能守恒有：MgL(1－cos 60°)＝1 2mv02 设甲乙碰撞后速度分别为 v1 和 v2，根据动量守恒定律有： mv0＝mv1＋3mv2 根据能量守恒定律有：1 2mv02＝1 2mv12＋1 2×3mv22 解得 。 (2)乙球恰能做圆周运动，则在最高点，根据牛顿第二定律有： 3mg＝3mv2 R 从最低到最高点，根据动能定理有：6mgR＝1 2×3mv22－1 2×3mv2 由⑥⑦得 。 25．(20 分)如图（a），一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为 L；两根相同的 导体棒 M、N 置于导轨上并与导轨垂直，长度均为 L；棒与导轨间的动摩擦因数为 µ（最大静摩擦力 等于滑动摩擦力）；整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B。从 t＝0 时开始，对 导体棒 M 施加一平行于导轨的外力 F，F 随时间变化的规律如图（b）所示。已知在 t0 时刻导体棒 M 的加速度大小为 µg 时，导体棒 N 开始运动。运动过程中两棒均与导轨接触良好，重力加速度大小 为 g，两棒的质量均为 m，电阻均为 R，导轨的电阻不计。求： (1)t0 时刻导体棒 M 的速度 vM； (2)0～t0 时间内外力 F 的冲量大小； (3)0～t0 时间内导体棒 M 与导轨因摩擦产生的内能。 【解析】(1)设 t0 时刻棒中的感应电流为 i0，由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 E0＝ BLvM 根据闭合电路欧姆定律 导体棒受到的安培力大小为 F 安＝BLi0 对导体棒 N，由平衡条件得 F 安＝μmg 整理得 t0 时刻导体棒 M 的速度 。 (2)设 t0 时刻导体棒 M 受到的拉力大小为 F0，根据牛顿第二定律得 F0－F 安－μmg＝ma 解得 F0＝3μmg 0～t0 时间内外力 F 的冲量大小为 ； (3)设导体棒 M 开始运动的时刻是 t1，此时导体棒 M 受到拉力大小等于摩擦力：F1＝μmg 由 F－t 图象可知 设 t1～t0 时间内的平均电流为 I，导体棒 M 的位移为 x。则 t1～t0 时间内的平均电流为 在 Δt＝t0－t1 过程中，根据动量定理，有 整理得 此过程导体棒 M 与导轨因摩擦产生的内能 。 (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) 33．【选修 3－3】 (1)(5 分)下列说法中正确的是 。（填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积 B．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律 C．一定质量的理想气体经历缓慢的绝热膨胀过程，气体的内能减小 D．1 kg 的 0℃的冰比 1 kg 的 0℃的水的内能小些 E．干湿泡温度计的干泡与湿泡的示数差越大，相对湿度越小 【答案】CDE 【解析】摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大， 所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积，故 A 错误；第二类永动机不能制成是因为它违反 了热力学第二定律，即自发的热现象具有方向性，故 B 错误；因气体绝热膨胀，故气体对外做功， 没有热交换，由热力学第一定律可知，气体内能减小，故 C 正确；1 kg 的 0 ℃的冰熔化成 1 kg 的 0 ℃的水的内能时，要吸收热量，则知 1 kg 的 0 ℃的冰比 1 kg 的 0 ℃的水的内能小些，故 D 正确； 干湿泡湿度计的湿泡温度计与干泡温度计的示数差距越大，说明湿泡的蒸发非常快，空气的相对湿 度越小，故 E 正确。 (2)(10 分)如图，内壁光滑的绝热气缸竖直放置，内有厚度不计的绝热活塞密封，活塞质量 m＝10 kg。初始时，整个装置静止且处于平衡状态，活塞与底部的距离为 l0，温度 T0 2 2 gLv = 20 LR = 0 0 2 Ei R = M 2 2 2 mgRv B L µ= 0 0 0 3 2 2 FI tt mgµ== 01 1 0 FF t t = ΔΦ 2 Δt 2 Δ BLxI R R t = = 1 0 MΔ Δ Δ2 F F t mg t BLI t mvµ+ − − = 0 2 2 2 2 4 3 tmgR mRx B L B L µ  = −   2 0 2 2 2 3 tmg mgQ mgx R BL B L µµ   = = −      ＝300 K。现用电阻丝（体积不计）为气体加热，同时在活塞上添加细砂保持活塞的位置始终不变直 到 T＝600 K。已知大气压强 p0＝1×105 Pa，活塞截面积 S＝1.0×10－3 m2，取 g＝10 m/s2，求： (i)温度为 T 时，气体的压强； (ii)活塞上添加细砂的总质量 Δm。 【解析】(i)初状态时，设气体的压强为 p1，以活塞为研究对象，由平衡条件知 末状态时，设气体的压强为 p2，由查理定律有 解得：p2＝4×105 Pa。 (ii)末状态时，以活塞为研究对象，由平衡条件知 解得：Δm＝20 kg。 34．【选修 3－4】 (1)(5 分)下列说法中，正确的是 。（填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A．做简谐振动的物体，速度和位移都相同的相邻时间间隔为一个周期 B．当障碍物的尺寸小于波长或与波长差不多时才能发生衍射 C．波的周期与波源的振动周期相同，波速与波源的振动速度相同 D．电磁波在与电场和磁场均垂直的方向上传播 E．相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关 【答案】ADE 【解析】做简谐振动的物体，两相邻的位移和速度始终完全相同的两状态间的时间间隔为一个 周期，故 A 正确；当障碍物的尺寸小于波长或与波长差不多时才能发生明显衍射，故 B 错误；波的 周期与波源的振动周期相同，波速是波在介质中的传播速度，在均匀介质中波速是不变的，而波源 的振动速度是波源做简谐运动的速度，是时刻变化的，故 C 错误；电磁波在与电场和磁场均垂直的 方向上传播，电磁波是横波，故 D 正确；相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关，故 E 正确。 (2)(10 分)如图所示，直角边 AC 长度为 d 的直角棱镜 ABC 置于桌面上，D 为斜边 BC 的中点， 桌面上的 S 点发射一条光线经 D 点折射后，垂直于 AB 边射出。已知 SC＝CD，光线通过棱镜的时 间 ，c 为真空中光速，不考虑反射光线。求： (i)棱镜的折射率 n； (ii)入射光线与界面 BC 间的夹角。 【解析】(i)光路如图所示，E 是光线在 AB 边的射出点，设光线通过棱镜的速度为 v，则 解得 。 (ii)光线射到界面 BC，设入射角为 i，折射角为 r，则 。 解得 θ＝30°。 1 0p S p S mg= + 1 2 1 2 p p T T = 1 0 ( )p S p S m m g= + + ∆ 3 2 dt c =