2020 届东、、高三下学期第一
次模拟考试物理试题
二、选择题(共 8 题,1-5 单选,6-8 多选)
1.在超导托卡马克实验装置中,质量为 的 与质量为 的 发生核聚变反应,放出质量为 的 ,
并生成质量为 的新核。若已知真空中的光速为 ,则下列说法正确的是( )
A. 新核的中子数为 2,且该新核是 的同位素
B. 该过程属于 衰变
C. 该反应释放的核能为
D. 核反应前后系统动量不守恒
【答案】A
【解析】
【详解】A.由质量数守恒和电荷数守恒可知新核的质量数和电荷数分别为 4 和 2,新核是 ,是 的
同位素,中子数为 2,故 A 正确;
B.该过程是核聚变反应,不属于 衰变,故 B 错误;
C.该反应释放的核能为
故 C 错误;
D.核反应前后系统动量守恒,故 D 错误
故选 A。
2.如图所示,绕地球做匀速圆周运动的卫星 的角速度为 ,对地球的张角为 弧度,万有引力常量为 。
则下列说法正确的是( )
A. 卫星的运动属于匀变速曲线运动
。
1m 2
1 H 2m 3
1 H 3m 1
0 n
4m c
3
2 He
α
( ) 2
3 4 1 2m m m m c+ − −
2
4 He 3
2 He
α
( )2 2
1 2 3 4E mc m m m m c∆ = ∆ = + − −
P ω θ GB. 张角 越小的卫星,其角速度 越大
C. 根据已知量可以求地球质量
D. 根据已知量可求地球的平均密度
【答案】D
【解析】
【详解】A.卫星的加速度方向一直改变,故加速度一直改变,不属于匀变速曲线运动,故 A 错误;
B.设地球的半径为 R,卫星做匀速圆周运动的半径为 r,由几何知识得
可知张角越小,r 越大,根据
得
可知 r 越大,角速度 越小,故 B 错误;
C.根据万有引力提供向心力,则有
解得地球质量为
因为 r 未知,所以由上面的式子可知无法求地球质量,故 C 错误;
D.地球的平均密度
则
知可以求出地球的平均密度,故 D 正确。
故选 D。
3.如图,倾角为 的斜面 固定在水平面上,质量为 的小球从顶点 先后以初速度 和 向
θ ω
sin 2
R
r
θ =
2
2
MmG m rr
ω=
3
GM
r
ω =
ω
2
2
MmG m rr
ω=
2 3rM G
ω=
34
3
M
R
ρ
π
=
2
3
3
4 sin 2G
ωρ θπ
=
45α = ° ABC m A 0v 02v左水平抛出,分别落在斜面上的 、 点,经历的时间分别为 、 ; 点与 、 与 之间的距离分
别为 和 ,不计空气阻力影响。下列说法正确的是( )
A.
B.
C. 两球刚落到斜面上时的速度比为 1∶4
D. 两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为 1∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A.平抛运动落在斜面上时,竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定
解得
可知时间与初速度成正比,所以 ,故 A 错误;
B.落点到 A 点的距离
可知距离与初速度的平方成正比,所以 ,故 B 错误;
CD.设速度与水平方向的夹角为 ,有
则知小球落在斜面上时速度方向相同,所以两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角相同,夹角正切值的比
为 1∶1,
1P 2P 1t 2t A 1P 1P 2P
1l 2l
1 2: 1:1t t =
1 2: 1: 2l l =
2
0
1
2tan
gty
x v t
α = =
02 tanvt g
α=
1 2: 1: 2t t =
2
0 02
cos cos c s
t
o
anv t vxl gα α
α
α= = =
1 2: 1: 4l l =
θ
0 0
tan 2tanyv gt
v v
θ α= = =则落到斜面上时的速度为
则可知刚落到斜面上时的速度与初速度成正比,所以两球刚落到斜面上时的速度比为 1∶2,故 C 错误,D 正
确。
故选 D。
4.在两个边长为 的正方形区域内(包括四周的边界)有大小相等、方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小
为 。一个质量为 ,带电量为 的粒子从 点沿着 的方向射入磁场,恰好从 点射出。则该粒子
速度大小为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意分析可知粒子从 BE 中点 G 飞出左边磁场,作 FG 的垂直平分线交 FA 的延长线于点 O,点
O 为圆心,如图所示
根据几何知识,有
与 相似,则有
0
cos
vv θ=
L
B m q+ F FE C
2
BqL
m
BqL
m
5
4
BqL
m
5
2
BqL
m
2
2 5
4 2
LFG L L= + =
FEG∆ FNO∆
5 5: :4 2 2
LL r L=解得
又因为
解得
故 C 正确,ABD 错误。
故选 C。
5. 三点构成等边三角形,边长为 ,匀强电场方向与 构成的平面夹角 30°,电势
, ,下列说法正确的是( )
A. 场强大小为
B. 场强大小为
C. 将一个正电荷从 点沿直线移到 点,它的电势能一直增大
D. 将一个正电荷从 点沿直线移到 点,它的电势能先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】AB.匀强电场在 构成的平面上的电场强度分量
因为电势 , ,所以 AB 为等势线,电场线与 AB 垂直指向 C,则
解得
5
4r L=
2vqvB m r
=
5
4
BqLv m
=
、 、A B C 2cm ABC
4VA B
ϕ ϕ= = 1VC
ϕ =
150V / m
200V / m
A C
A B
ABC
cos30E E′ =
4VA B
ϕ ϕ= = 1VC
ϕ =
2
4 1 V/m=100 3V/m2sin 60 10
AC
AC
UE d −
−′ = = ×
200V/mE =故 A 错误,B 正确;
C.根据 ,将一个正电荷从 点沿直线移到 点,电势一直降低,它的电势能一直减小,故 C 错
误;
D.因为 AB 为等势线,所以将一个正电荷从 点沿直线移到 点,它的电势能不变,故 D 错误。
故选 B。
6.如图所示为形状相同的两个劈形物体,它们之间的接触面光滑,两物体与地面的接触面均粗糙,现对 A 施
加水平向右的力 ,两物体均保持静止,则物体 B 的受力个数可能是( )
A. 2 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5 个
【答案】AC
【解析】
【详解】对 A 受力分析可知,当 F 与 A 所受 静摩擦力大小相等时,则 A、B 之间没有弹力,当 F 比 A 所
受的静摩擦力更大时,则 A、B 之间有弹力。当 A 对 B 没有弹力时,B 受到重力和地面的支持力 2 个力;
当 A 对 B 有弹力时,B 还受到重力、地面的支持力与摩擦力,共 4 个力,故 AC 符合题意,BD 不符合题意。
故选 AC。
7.如图甲所示,一木块沿固定斜面由静止开始下滑,下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线
如图乙所示,则下列说法正确的是( )
A. 在位移从 0 增大到 过程中,木块的重力势能减少了
B. 在位移从 0 增大到 的过程中,木块的重力势能减少了
C. 图线 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小
D. 图线 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小
【答案】BD
【解析】
【详解】AB.木块沿斜面下滑过程中,动能增大,则图线 为木块的动能随位移变化的关系。由机械能的
变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和,有
的
的
pE qϕ= A C
A B
F
x E
x 2E
a
b
b得 ,即木块的重力势能减少了 ,故 A 错误,B 正确;
C.由功能关系可知图线 斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小,故 C 错误;
D.由功能关系可知图线 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小,故 D 正确。
故选 BD。
8.平行金属板 、 与电源和滑线变阻器如图所示连接,电源的电动势为 ,内电阻为零;靠近金属
板 的 处有一粒子源能够连续不断地产生质量为 ,电荷量 ,初速度为零的粒子,粒子在加速电场
的作用下穿过 板的小孔 ,紧贴 板水平进入偏转电场 ;改变滑片 的位置可改变加速电场的
电压 和偏转电场的电压 ,且所有粒子都能够从偏转电场飞出,下列说法正确的是( )
A. 粒子的竖直偏转距离与 成正比
B. 滑片 向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小
C. 飞出偏转电场的粒子的最大速率
D. 飞出偏转电场的粒子的最大速率
【答案】BC
【解析】
【详解】A.在加速电场中,由动能定理得
在偏转电场中,加速度为
p2 0E E E E− = − + ∆
p = 2E E∆ − 2E
a
b
PQ MN E
P S m q+
PQ Q F N MN p
1U 2U
1
2
U
U
p
2
m
qEv m
=
2m
qEv m
=
2
1 0
1
2qU mv=
2qUa md
=则偏转距离为
运动时间为
联立上式得
其中 l 是偏转极板的长度,d 是板间距离。粒子的竖直偏转距离与 成正比,故 A 错误;
B.从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值
联立解得
滑片 向右滑动的过程中,U1 增大,U2 减小,可知偏转角逐渐减小,故 B 正确;
CD.紧贴 M 板飞出时,电场做功最多,粒子具有最大速率。由动能定理
解得
故 C 正确,D 错误
故选 BC。
三、非选择题:第 22~32 题为必考题,每个试题考生必须作答。第 33~38 题为选考题,考生
根据要求作答。
(一)必考题(4 小题)
9.一位同学为验证机械能守恒定律,利用光电门等装置设计了如下实验。使用的器材有:铁架台、光电门 1
和 2、轻质定滑轮、通过不可伸长的轻绳连接的钩码 A 和 B(B 左侧安装挡光片)。
。
21
2y at=
0
lt v
=
2
2
14
U ly U d
=
2
1
U
U
0
tan at
v
α =
2
1
t 2an U l
U d
α =
p
2
m 1 2
1 0 ( )=2 mv q U U qE− = +
2
m
qEv m
=实验步骤如下:
①如图 1,将实验器材安装好,其中钩码 A 的质量比 B 大,实验开始前用一细绳将钩码 B 与桌面相连接,
细绳都处于竖直方向,使系统静止。
②用剪刀剪断钩码 B 下方的细绳,使 B 在 A 带动下先后经过光电门 1 和 2,测得挡光时间分别为 、 。
③用螺旋测微器测量挡光片沿运动方向的宽度 ,如图 2,则 ________ 。
④用挡光片宽度与挡光时间求平均速度,当挡光片宽度很小时,可以将平均速度当成瞬时速度。
⑤用刻度尺测量光电门 1 和 2 间的距离 。
⑥查表得到当地重力加速度大小为 。
⑦为验证机械能守恒定律,请写出还需测量的物理量(并给出相应的字母表示)__________,用以上物理
量写出验证方程_____________。
【答案】 (1). 6.710 (2). 钩码 A、B 的质量 m1、m2 (3).
【解析】
【详解】③[1]根据螺旋测微器测量原理得
⑦[2][3]为验证机械能守恒定律,还需测量钩码 A、B 的质量 m1、m2。对系统,因为动能的增加量等于重力
势能的减少量,则验证方程为
10.图 1 为拉敏电阻的阻值大小随拉力变化的关系。某实验小组利用其特性设计出一电子测力计,电路如图 2
所示。所用器材有:
拉敏电阻 ,其无拉力时的阻值为 500.0
电源 (电动势 3V,内阻不计)
1t 2t
d d = mm
( )L L d
g
2 2
1 2 2 1
2 1
1 ( )2
d dm m m gL m gLt t
+ − = −
6.5mm 21.0 0.01mm 6.710mmd = + × =
2 2
1 2 2 1
2 1
1 ( )2
d dm m m gL m gLt t
+ − = −
FR Ω
1E电源 (电动势 6V,内阻不计)
毫安表 mA(量程 3mA,内阻 )
滑动变阻器 (最大阻值为 )
滑动变阻器 (最大阻值为 )
电键 S,导线若干。
现进行如下操作:
①将拉敏电阻处于竖直悬挂状态并按图连接好电路,将滑动变阻器滑片置于恰当位置,然后闭合电键 S。
②不挂重物时缓慢调节滑动变阻器的滑片位置,直到毫安表示数为 3mA,保持滑动变阻器滑片的位置不再
改变。
③在 下施加竖直向下的拉力 时,对应毫安表的示数为 ,记录 及对应的 的值。
④将毫安表的表盘从 1mA 到 3mA 之间逐刻线刻画为对应的 的值,完成电子测力计的设计。
请回答下列问题:
(1)实验中应该选择的滑动变阻器是__________(填“ ”或“ ”),电源是________(填“ ”或
“ ”);
(2)实验小组设计的电子测力计的量程是__________ 。
【答案】 (1). (2). (3). 200
【解析】
【详解】(1)[1][2]毫安表示数为 3mA 时,由闭合电路的欧姆定律,有
若选电源 ,则滑动变阻器电阻为 ,两个滑动变阻器均达不到,所以只能选电源 ,此时滑动变
阻器电阻为 ,只能选 。
2E
100Ω
1R 500Ω
2R 300Ω
FR F I F I
F
1R 2R 1E
2E
N
1R 1E
3mA100 500
EI R
= =+ +
2E 1400Ω 1E
400Ω 1R(2)[3] 毫安表示数为 1mA 时,拉力最大,由闭合电路的欧姆定律,有
由图 1 有
解得拉力最大值为 200N。电子测力计的量程 200N。
11.如图所示,光滑、平行、电阻不计 金属导轨固定在竖直平面内,两导轨间的距离为 ,导轨顶端连接
定值电阻 ,导轨上有一质量为 ,长度为 ,电阻不计的金属杆,杆始终与导轨接触良好。整个装置处
于磁感应强度为 的匀强磁场中,磁场的方向垂直导轨平面向里。现将杆从 点以 的速度竖直向上抛出,
经历时间 ,到达最高点 ,重力加速度大小为 。求 时间内
(1)流过电阻的电量 ;
(2)电阻上产生的电热 。
【答案】(1) ;(2)
【解析】
【详解】(1)根据动量定理,有
又因为
联立解得
的
1
F
1mA100 400
E
R
=+ +
2
F (5 0.1 ) 10 ΩR F= + ×
L
R m L
B M 0v
t N g t
q
Q
0mv mgtq BL
−= 2
2 0
0 2 2
( )1
2
m gR v gtQ mv B L
−= −
00 mv mgt Ft− = − −
F BLI=
q It=
(2)根据
以及能量守恒
联立解得
12.如图所示,在一个倾角为 的足够长的固定斜面上,由静止释放一个长度为 的木板,木板
与斜面之间的动摩擦因数 。当长木板沿斜面向下运动的速度达到 时,在木板的下端
轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块,小煤块与木板之间的动摩擦因数 。设最大静摩擦力等于
滑动摩擦力,取重力加速度的大小 , , ,结果可用根号表示。求:
(1)刚放上小煤块时,长木板的加速度 的大小和煤块的加速度 的大小;
(2)小煤块从木板哪一端离开?煤块从放上到离开木板所需时间 是多少?
【答案】(1) , ;(2)下端,
【解析】
【详解】(1)刚放上小煤块时,对长木板,由牛顿第二定律
对煤块,由牛顿第二定律
解得
0mv mgtq BL
−=
E BLhI R Rt Rt
∆Φ= = =
2
0
1
2Q mv mgh= −
2
2 0
0 2 2
( )1
2
m gR v gtQ mv B L
−= −
37θ = ° 5mL =
1 0.4µ = 0 9.6m / sv =
2 0.2µ =
210m / sg = sin37 0.6° = cos37 0.8° =
1a 2a
t
2
1=2m / sa 2
2 =7.6m / sa ( )1+ 3 s
1 2 12 cos cos sinmg mg mg maµ θ µ θ θ+ − =
2 2sin cosmg mg maθ µ θ+ =
2
1=2m / sa(2)设时间 煤块与长木板达到共速,则有
解得
煤块相对长木板的位移
故煤块不能从上端离开
此时煤块的速度为
之后木板减速,煤块加速,根据牛顿第二定律有
对长木板有
解得
对煤块有
解得
因
所以煤块从下端离开木板,设从二者共速到二者分离又经历的时间为 ,此过程木板和煤块的对地位移分
别为 ,则有
根据相对位移
2
2 =7.6m / sa
0t
0 1 0 2 0v a t a t− =
0 1st =
2 2
0 0 1 0 2 0
1 1 =4.8m =
2t
1 2x x′ ′、
2
1 2 1 2
1
2x vt a t′ ′= +
2
2 2 2 2
1
2x vt a t′ ′= +解得
故从放上到离开木板共经历的时间为
[物理-选修 3-3](2 小题)
13.如图是一定质量的理想气体的压强与热力学温度的 图, 、 、 是理想气体的三个状态,其中
平行于坐标轴 , 平行于坐标轴 。则从 到 过程中气体的分子平均动能_________(填“变大”、
“变小”或“不变”),从 到 的过程________(填“可能”或“不可能”)为绝热过程,从 到 的过程
中气体的密度______(填“变大”、“变小”或“不变”)
【答案】 (1). 变小 (2). 不可能 (3). 变小
【解析】
【详解】[1] 气体的分子平均动能和温度有关,温度越高气体的分子平均动能越大。从 到 过程中,温度
降低,所以气体的分子平均动能变小。
[2] 从 到 的过程压强不变,温度升高,则内能增加,同时体积增大,气体膨胀对外做功,因此气体要吸
热,不可能为绝热过程。
[3] 从 到 的过程中温度不变,压强降低,可知体积增大,则气体的密度变小。
14.一导热性能良好的圆柱形气缸固定在水平面上,气缸上端开口,内壁光滑,截面积为 。A 是距底端
高处的小卡环。质量为 的活塞静止在卡环上,活塞下密封质量为 的氢气,C 为侧壁上的单向导管。大
气压强恒定为 。环境温度为 时,从 处注入水,当水深为 时,关闭 C,卡环恰对活塞无作用力。
接下来又从 处缓慢导入一定量氢气,稳定后再缓慢提升环境温度到 ,稳定时活塞静止在距缸底
处,设注水过程中不漏气,不考虑水的蒸发,氢气不溶于水。求:
①最初被封闭的氢气的压强 ;
②导入氢气的质量 。
2 1x x x′ ′∆ = −
2 3st =
( )0 2 1 3 st t t= + = +
P T− a b c
bc T ac P a b
b c c a
a b
b c
c a
S H
m 0m
0p 0T C 2
H
C 01.6T
2.7H
1p
M【答案】① ;②
【解析】
【详解】① 设设注水前气体的体积为 V1,从最初到水深为 时,气体经历等温过程,注水后气体压强为
p2,由玻意耳定律
其中
对活塞,有
联立解得
②设导入气体后且尚未升温时气体总度为 h,显然此时活塞已经离开卡环,接下来升温过程为等压过程,则
有
解得
考虑到此 h 高度的气体中,原有气体点高为 ,故后导入的气体点高为
解得
设此时密度为 ,则有
0
2
mg p S+ 7
4 m
2
H
1 1 2 2pV p V=
1V SH=
2 ( )2
HV S H= −
0 2p S mg p S+ =
0
1 2
mg Spp
+=
( )
0 0
2.7 0.5
1.6
HShS
T T
−=
11
8h H=
1
2 H
1
1
2h h H= −
1
7
8h H=
ρ解得
[物理-选修 3-4](2 小题)
15.图 1 是一列沿 轴方向传播的简谐横波在 时刻的波形图,波速为 。图 2 是 处质点的
振动图象,下列说法正确的是( )
A. 此列波沿 轴负方向传播
B. 处质点在 时的位移为
C. 处质点在 时的速度方向沿 轴正向
D. 处的质点在 时加速度沿 轴负方向
E. 处质点在 内路程为
【答案】BCE
【解析】
【详解】A.根据图 2 的振动图象可知, 处的质点在 t=0 时振动方向沿 轴正向,所以利用图 1
由同侧法知该波沿 轴正方向传播,故 A 错误;
B.图 1 可知该简谐横波的波长为 4m,则
圆频率
设 处质点的振动方程为
t=0 时刻
1
2
ShM
Hm S
ρ
ρ
=
7
4
mM =
x 0t = 1m / s 5.5mx =
x
3.5mx = 2st = 4 2cm
1.5mx = 4st= y
4.5mx = 1st = y
3.5mx = 0 1s~ (16 8 2)cm−
5.5mx = y
x
4 s 4s1T v
λ= = =
2 2 rad/s 0.4 5 rad/sT
π πω π= = =
5.5mx =
08sin( + )cm2x t
π ϕ=结合 t=0 时刻振动的方向向上,可知 ,则 处质点的振动方程为
处质点与 处质点的平衡位置相距半个波长,则 处质点的振动方程为
代入方程得位移为 ,故 B 正确;
C. 处质点在 时的速度方向和 时的速度方向相同,由同侧法可知速度方向沿 轴正向,
故 C 正确;
D. 处的质点在 时速度方向沿 轴负向,则经过四分之一周期即 时,质点的位移为负,
加速度指向平衡位置,沿 轴正方向,故 D 错误;
E. 处质点在在 时速度方向沿 轴负向,根据振动方程知此时位移大小为 , 时
位移大小为 ,所以 内路程
故 E 正确。
故选 BCE。
16.如图所示,扇形玻璃砖 的圆心角为 150°,玻璃砖半径为 ,一条单色光平行于 ,由 的中
点 入射,经折射后由圆弧面的 点射出玻璃砖,圆弧 的长度与圆弧 的长度之比为 2∶3,已知真
空中光速为 。求:该单色光在玻璃砖从 到 传播的时间。
【答案】
【解析】
【详解】作出光路图,如图所示
04 2 8sinϕ=
0
1
4
ϕ π= 5.5mx =
8sin( + )cm2 4x t
π π=
5.5mx = 3.5mx = 3.5mx =
8sin( + )cm2 4x t
π π= −
2st = 4 2cm
1.5mx = 4st= 0t = y
4.5mx = 0t = y 1st =
y
3.5mx = 0t = y 4 2cm 0t =
4 2cm 0 1s~
2 (8 4 2)cm=(16 8 2)cms = × − −
AOB R OA OB
D E AE BE
c D E
5 3
4
R
c圆弧 的长度与圆弧 的长度之比为 2∶3,由几何关系可知 ,
由圆心角 可知,该单色光在 OB 边的入射角 , 折射角
由折射率公式有
解得
由勾股定理
又因为
该单色光在玻璃砖从 到 传播的时间
AE BE 60°∠ =AOE 90EOB °∠ =
1tan 2
ODOED OE
∠ = =
150AOB °∠ = 60i °= r OED= ∠
1sin
5
r =
sin
sin
in r
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