2020届四川省成都七中嘉祥学校高三二诊模拟理综物理试题（解析版）

高 2017 级二诊模拟 理综试题 二、选择题 1.下列说法正确的是（　　） A. β射线是高速电子流，它的穿透能力比α射线和γ射线都弱 B. 在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能 C. 根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，核外电子的动能减小 D. 当紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，则当改为红光照射时，也能发生光电效应，但从锌板 表面逸出 光电子的最大初动能减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．β射线是高速电子流，它的穿透能力比α射线强，比γ射线弱，故 A 项错误； B．原子核的结合能与核子数之比称做比结合能，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳 定。在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能，故 B 项正确； C．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子跃迁到离核较近 轨道上运动，据 可得，核外电子的动能增加，故 C 项错误； D．当紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，当改为红光照射时，不能发生光电效应，因为红光的 频率小于锌板的极限频率，故 D 项错误。 故选 B。 2.如图所示，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c 为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（ ） A. 粒子在 a 点的加速度比在 b 点的加速度大 B. 粒子在 a 点的动能比在 b 点的动能大 C. 粒子在 a 点和在 c 点时速度相同 D. 粒子在 b 点的电势能比在 c 点时的电势能大 的 的 2 2 2 e vk mr r =【答案】A 【解析】 【分析】 由等势面的疏密可知电场强度的大小，由 可知电场力的大小关系；根据曲线的弯曲方向可知粒子的 受力方向，进而判断出电场力做功的特点。根据能量守恒定律分析粒子在 a 点动能与粒子在 b 点动能之间 的关系。由动能定理可知 BC 两点的间的电势能的变化。本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应 掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法。 【详解】A．因 a 点处的等势面密集，故 a 点的电场强度大，故电荷在 a 点受到的电场力大于 b 点受到的电 场力，结合牛顿第二定律可知，粒子在 a 点的加速度比在 b 点的加速度大，故 A 正确； B．由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向右侧，则从 a 到 b 电场力做正功，粒子动能 增大，故 B 错误； C．速度是矢量，沿轨迹的切线方向，由图可知，粒子在 a 点和在 c 点时速度方向不相同，故 C 错误； D．粒子受到的电场力指向右侧，则从 b 到 c 电场力做负功，粒子的电势能增大，所以粒子在 b 点的电势能 比在 c 点时的电势能小，故 D 错误； 故选 A。 【点睛】本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。 3.如图所示，a、b、c 为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc 连线沿 水平方向，导线中通有恒定电流，且 ，电流方向如图中所示。O 点为三角形的中心（O 点到三 个顶点的距离相等），其中通电导线 c 在 O 点产生的磁场的磁感应强度的大小为 B0，已知通电长直导线在周 围空间某点产生磁场的磁感应强度的大小 B= ，其中 I 为通中导线的中流强度，r 为该点到通中导线的垂 直距离，k 为常数，则下列说法正确的是（　　） A. O 点处的磁感应强度的大小为 3B0 B. O 点处 磁感应强度的大小为 5 B0 C. 质子垂直纸面向里通过 O 点时所受洛伦兹力的方向由 O 点指向 c D. 电子垂直纸面向里通过 O 点时所受洛伦兹力的方向垂直 Oc 连线向下 【答案】A 【解析】 的 F Eq= 2a b cI I I= = kI r【详解】AB．根据右手螺旋定则，通电导线 在 点处产生的磁场平行于 指向左方，通电导线 在 点处产生的磁场平行于 指向右下方，通电导线 在 点处产生的磁场平行于 指向左下方；根据公式 可得 根据平行四边形定则，则 点的合场强的方向平行于 指向左下方，大小为 ，故 A 正确，B 错误； C．根据左手定则，质子垂直纸面向里通过 点时所受洛伦兹力 方向垂直 连线由 点指向 ，故 C 错 误； D．根据左手定则，电子垂直纸面向里通过 点时所受洛伦兹力的方向垂直 连线由 点指向 ，故 D 错 误； 故选 A。 4.我国成功地发射了北斗三号组网卫星，如图为发射卫星的示意图。先将卫星发射到半径为 的圆轨道 上做匀速圆周运动，到 A 点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点 B 点时，再次改变卫星的速 度， 使卫星进入半径为 的圆轨道做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道时距地心的距离与速度的乘 积为定 值，卫星在椭圆轨道上 A 点时的速度为 v，卫星的质量为 m，地球质量为 M，引力常量为 G，则发 动机在 A 点对卫星做的功与在 B 点对卫星做的功之差为（不计卫星的质量变化）（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据万有引力提供向心力可得 解得卫星在轨道半径为 的圆轨道上运动的线速度大小 的 a O bc b O ac c O ab kIB r = 02 2b ca B BB B= = = O ab 03B O ab c O O ab O c 1r r= 2 3r r= 25 2 9 3 GMmmv r + 25 2 9 3 GMmmv r − 25 3 8 4 GMmmv r + 24 9 3 GMmmv r − 2 1 2 mvGMm r r = r同理可得在半径为 的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为 设卫星在椭圆轨道上 点的速度为 ，根据题意有 可知在 点时发动机对卫星做功 在 点时发动机对卫星做的功为 因此有 故 B 正确，A、C、D 错误； 故选 B 5.某同学按如图 1 所示连接电路，利用电压传感器研究电容器的放电过程．先使开关 S 接 1，电容器充电完 毕后将开关掷向 2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化 的 U-t 曲线，如图 2 所示．电容器的电容 C 已知，且从图中可读出最大放电电压 U0，图线与坐标轴围成的 面积 S、任一点的点切线斜率 k，但电源电动势、内电阻、定值电阻 R 均未知，根据题目所给的信息，下列 物理量不能求出的是 A. 电容器放出的总电荷量 B. 电阻 R 两端的最大电流 C. 定值电阻 R D. 电源的电动势和内电阻 【答案】D 【解析】 【 详 解 】 由 Q=CU0 ， 所 以 容 器 放 出 的 总 电 荷 量 可 求 ， 所 以 A 选 项 能 求 出 ； 根 据 I=Q/t， 变 形 得 。 1 GMv r = 3r 2 3 GMv r = B Bv 3Bv r v r=  A 2 1 2 1 1 1 2 2W mv mv= − B 2 2 2 2 1 1 ( )2 2 3 vW mv m= − 2 1 2 5 2 39 GMmW W mv r − = −，Ut 为图象与坐标轴所围面积 S 可求，所以 Q=S/R，则 ，所以 C 选项可求；电 阻 R 两端的最大电流即为电容器刚开始放电的时候，所以 ， 选项 B 电阻 R 两端的最大电流可求；根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就 是刚开始放电时的电压，即 E=U0，内电阻无法求出，所以选项 D 不能求出． 6.如图所示，abcd 为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为 L，三个粒子以相同的速度从 a 点沿对 角线方向射入，粒子 1 从 b 点射出，粒子 2 从 c 点射出，粒子 3 从 cd 边垂直射出，不考虑粒子的重力和粒 子间的相互作用. 根据以上信息，可以确定 A. 粒子 1 带负电，粒子 2 不带电，粒子 3 带正电 B. 粒子 1 和粒子 3 的比荷之比为 2：1 C. 粒子 1 和粒子 2 在磁场中的运动时间之比为 π：4 D. 粒子 3 的射出位置与 d 点相距 【答案】BC 【解析】 【详解】A.根据左手定则可得：粒子 1 带正电，粒子 2 不带电，粒子 3 带负电．故 A 错误； B.做出粒子运动的轨迹如图，则粒子 1 运动的半径：r1＝ ，由 可得： 粒子 3 的运动的轨迹如图，则：r3＝ L， UtQ It R = = 0 S SR Q CU = = 2 0 0 max U CUI R S = = 2 L 2 L mvr qB ＝ 1 1 1 2q v v m Br BL ＝ ＝ 2 3 3 3 2 2 q v v m Br BL ＝ ＝ 所以： ．故 B 正确； C.粒子 1 在磁场中运动的时间： ；粒子 2 在磁场中运动的时间： ；所以： ，故 C 正确； D.粒子 3 射出的位置与 d 点相距： ．故 D 错误． 7.如图所示，粗糙的固定水平杆上有 A、B、C 三点，轻质弹簧一端固定在 B 点正下方的 O 点，另一端与套 在杆 A 点、质量为 m 的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。圆环从 A 处由静止释放，向右运动经过 B 点时 速度为 v、加速度为零，到达 C 点时速度为零，下列说法正确的是（　　） A. 从 A 到 C 过程中，圆环在 B 点速度最大 B. 从 A 到 B 过程中，杆对环的支持力一直减小 C. 从 A 到 B 过程中，弹簧对圆环做的功一定大于 D. 从 B 到 C 过程中，圆环克服摩擦力做功等于 【答案】BC 【解析】 【详解】A．圆环由 A 点释放，此时弹簧处于拉伸状态，则圆环加速运动，设 AB 之间的 D 位置为弹簧的原 长，则 A 到 D 的过程中，弹簧弹力减小，圆环的加速度逐渐减小，D 到 B 的过程中，弹簧处于压缩状态， 则弹簧弹力增大，圆环的加速度先增大后减小，B 点时，圆环合力为零，竖直向上的弹力等于重力，从 B 到 C 的过程中，圆环可能做减速运动，无论是否存在弹簧原长的位置，圆环的加速度始终增大，也可能先 31 1 3 21qq m m ： ＝ ： 1 1 21 4 2 2 r Lt v v π π⋅＝ ＝ 2 2Lt v ＝ 1 2 4 t t π＝ 3 2 2 1x r L L L L= − = − = −（ ） 21 2 mv 21 2 mv做加速后做减速运动，加速度先减小后增大，故 B 点的速度不一定最大，故 A 错误； B．当圆环从 A 到 D 运动时，弹簧为拉力且逐渐减小，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力向下 的分量之和，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的减小而减小；当圆环从 D 到 B 运动时，弹簧被压缩，且弹 力沿弹簧向上逐渐增加，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力向上的分量之差，可知杆对环的支 持力随弹簧弹力的增加而减小；即从 A 到 B 过程中，杆对环的支持力一直减小，选项 B 正确； C．从 A 到 B 过程中，弹簧对圆环做的功、摩擦力做负功，根据功能关系可知，弹簧对圆环做功一定大于 mv2，故 C 正确； D．从 B 到 C 过程中，弹簧弹力做功，圆环克服摩擦力做功，根据功能关系可知，圆环克服摩擦力做功不 等于 mv2，故 D 错误。 故选 BC。 8.两根相距为 的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平 面。质量均为 的金属细杆 、 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为 ， 每根杆的电阻均为 ，导轨电阻不计。整个装置处于磁感应强度大小为 ，方向竖直向上的匀强磁场中。 当 杆在平行于水平导轨的拉力 作用下以速度 沿水平方向的导轨向右匀速运动时， 杆正以速度 沿竖直方向的导轨向下匀速运动，重力加速度为 。则以下说法正确的是（ ） A. 杆所受拉力 的大小为 B. 杆所受拉力 的大小为 C. 杆下落高度为 的过程中，整个回路中电流产生的焦耳热为 D. 杆水平运动位移为 的过程中，整个回路中产生的总热量为 【答案】BD 【解析】 1 2 1 2 L m ab cd µ R B ab F 1v cd ( )2 1 2 ≠v v v g ab F 2 2 2 2 B L v mgR µ µ+ ab F 21 mg µ µ + cd h 2 2 2 2 2 1 2Rm g h B L vµ ab s 2 2 2 2 sB LFs v R µ+【详解】AB．ab 杆切割磁感线时产生沿 abdc 方向的感应电流，大小为 ① cd 杆中的感应电流方向为 d→c，cd 杆受到的安培力方向水平向右，大小为 F 安=BIL ② cd 杆向下匀速运动，有 mg=μF 安 ③ 解①②③式得，ab 杆匀速运动的速度为 ④ 导体 ab 受到水平向左的安培力，由受力平衡得 F=F 安+μmg ⑤ 由③⑤解得 选项 A 错误，B 正确． C．设 cd 杆以 v2 速度向下运动 h 过程中，ab 杆匀速运动了 s 距离，则 ． 整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功 Q=F 安 s 得 选项 C 错误； D．ab 杆水平运动位移为 s 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为 ab 杆摩擦生热 cd 杆摩擦生热 1 2 2 BLvEI R R = = 1 2 2 2mgRv B Lµ= 21F mg µ µ += 1 2 s h v v = 2 2 2 2 2 2( )mg hRQ v B Lµ= 1 = mgsQ F s µ= 安 2Q mgsµ=则总热量 选项 D 正确； 故选 BD. 三、非选择题 9.为了测量木块与木板间动摩擦因数µ，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µ=（ ）。（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 时的速度大小 木块的加速度大小 2 2 2 3 = 2 sB L vQ F h R µµ= 安 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 2 sB L v sB L vmgsQ Q Q Q mgs FsR R µ µµ µ= + + = + + = + 2(30 14) 10 m/s 0.40m/s0.6 0.2v −− ×= =− 2(32 24) 10 m/s 0.20m/s0.4 0v −− ×′ = =− 2 20.4 0.2 1.000.4 . m/s s0 m2 /v va t − ′ −= = =∆ −(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.某同学要将一满偏电流为 3mA 的毫安表 G 改装为量程为 30mA 的电流表。他先测量出毫安表 G 的电阻， 然后对表进行改装，最后再利用一标准毫安表，对改装后的电流表进行检测 具体实验步骤如下： ①按电路原理图 a 连接线路 ②将 R1 的阻值调到最大，闭合开关 S1 后调节 R1 的阻值，使毫安表 G 的指针偏转到满刻度 ③闭合 S2，保持 R1 不变，调节 R2 的阻值，使毫安表 G 的指针偏转到满刻度的三分之一的位置 ④记下 R2 的阻值 回答下列问题： （1）如果按正确操作步骤测得 R2 的阻值为 90Ω，则毫安表 G 内阻的测量值 Rg=___Ω，与毫安表内阻的真 实值 相比，Rg____ （填“>”、“＝”或“ 2 2 4m/sqE mga m µ−= = 2 2 2 3sxt a = = 1 2 (1 3)st t t= + = + 3 3 3【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 该过程中木板走过的位移 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 50 J 5.56J9 ≈ 3 tan303 µ = = ° 2 2 0 2 1 ( cos )2 m v m g R hθ= + 2 1 1 1cos sinm g m g m aµ θ θ− = 2 2 2 2cos sinm g m g m aµ θ θ+ = 1 0 2 1 1 1v v a t a t= − = 1 1 12 vx t= 0 1 2 12 v vx t +=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 13.在如图所示的轴上有 M、N 两质点，两点之间的距离为 x=12m，已知空间的简谐横波由 M 向 N 传播，某 时刻两质点的振动图像如图所示，已知该简谐横波的波长介于 8m 和 10m 之间。下列正确的是（　　） 1 2 1 2 3( si) (n )m m g m m aθ+ = + 2 1 3 32 vx a = 2 2 1 3 32 vx x a + = 3 4 22 vx t= 2 3 5 32 vx a = 2 4 4 5 32 vx x a + = 2 1 4 1 2E m v∆ = 50 J 5.56J9E∆ = ≈A. 该简谐横波的传播周期为 0.8s B. 该简谐波的波长可能为 48m C. 该简谐波的波长一定等于 9.6m D. 该简谐横波的传播速度大小为 12m/s E. 0~1.2s 的时间内质点 M 点的路程为 120cm 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．由振动图像可知这列波的周期为 T=0.8s，A 正确； BCD．由于简谐波由 M 向 N 传播，则有 ，（n=0、1、2、3…） 又因为 8m