宁夏银川唐徕回民中学2020届高三物理下学期第一次模拟试题（Word版附解析）

唐徕高中 2020 届高三年级统练二 理科综合试卷-物理部分 1.作为我国核电走向世界的“国家名片”，华龙一号是当前核电市场上接受度最高的三代核电机 型之一，是我国核电创新发展的重大标志性成果，其国内外示范工程按期成功的建设，对我 国实现由核电大国向核电强国的跨越具有重要意义。已知发电站的核能来源于 的裂变， 现有四种说法 ① 原子核中有 92 个质子，143 个中子； ② 的一种可能裂变是变成两个中等质量的原子核，反应方程为： ； ③ 是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为 45 亿年，升高温度半衰期缩短； ④一个 裂变能放出 200MeV 的能量，合 3.2×10-11J。 以上说法中完全正确的是（　　） A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④ 【答案】D 【解析】 【详解】由 的质量数和电荷数关系可知， 原子核中有 92 个质子，143 个中子，①正 确；由核反应方程中电荷数守恒和质量数守恒知②正确；半衰期不受外界因素影响，故③错 误；通过计算知：200MeV=200×109×1.6×10-19J= 3.2×10-11J。④正确。 故选 D。 2.古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子质量约为 2 kg，以 10 m/s 的速度奔跑，撞树后反弹的速 度为 1 m/s，设兔子与树的作用时间为 0.1s。下列说法正确的是（　　） ①树对兔子的平均作用力大小为 180N ②树对兔子的平均冲量为 18N·s 235 92 U 235 92 U 235 92 U 235 1 95 139 1 92 0 38 54 0U n U Xe 2 n+ → + + 235 92 U 235 92 U 235 92 U 235 92 U③兔子动能变化量为－99J ④兔子动量变化量为－22kg·m/s A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ②④ 【答案】C 【解析】 【详解】①兔子撞树后反弹，设作用力为 F，由动量定理得： ②树对兔子的平均冲量为 ③动能变化量为 ④动量变化量为 所以③④正确，①②错误。 故选 C。 3.银川绿地中心双子塔项目位于银川阅海湾中央商务区中轴位置，高度 301m，建成后将成为 西北地区最高双子塔。据说，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简 化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在 t＝0 时由静止开始上升，a－t 图像如图所示。则下列 相关说法正确的是（　　） A. t＝4.5s 时，电梯处于失重状态 B. 5~55s 时间内，绳索拉力最小 C. t＝59.5s 时，电梯处于超重状态 D. t＝60s 时，电梯速度恰好为零 【答案】D 【解析】 【详解】A．利用 a－t 图像可判断：t＝4.5s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态， 2 1 2[1 ( 10)] N=220N0.1 mv mvF t − − −= = 2 1 22N sI mv mv∆ = − = − ⋅ 2 2 2 1 1 1 99J2 2KE mv mv∆ = − = − 2 1 22kg m/sP mv mv∆ = − = − ⋅则选项 A 错误； BC．0~5s 时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力；5~55s 时间内，电梯处于匀速上升过程， 拉力＝重力；55~60s 时间内，电梯处于失重状态，拉力0）的粒子（不计重力）， 以相同的速率 v，从 P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场 B 垂直的 平面内，且散开在与 PC 夹角为 θ 的范围内。则在屏 MN 上被粒子打中的区域的长度为（　　） 3 4 27.5 10 2.5 10 U E ×= ×A B. C. D. 【答案】A 【解析】 详解】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图 1 此时出射点最近，与边界交点与 P 间距为 粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图 2 【 2 (1 cos )mv qB θ− 2 cosmv qB θ 2mv qB 2 (1 sin )mv qB θ− 2vqvB m r = mvr qB = 1 2 cosl r θ=此时出射点最近，与边界交点与 P 间距为 粒子垂直边界 MN 射入，轨迹如 3 图 此时出射点最远，与边界交点与 P 间距为 2r，故范围为在荧光屏上 P 点右侧，将出现一条形 亮线，其长度为 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 6.如图所示，B 和 C 两个小球均重为 G，用轻绳悬挂而分别静止于图示位置上，则以下说法中 正确的是（　　） A. AB 细绳的拉力为 G B. CD 细绳的拉力为 G C. 绳 BC 与竖直方向的夹角 θ=60° D. 绳 BC 与竖直方向的夹角 θ=45° 【答案】BC 2 2 cosl r θ= 2 (1 cos )2 2 cos 2 1 cos mvr r r qB θθ θ −− = − =（ ）【解析】 【详解】AB．对 B、C 两球整体受力分析，正交分解得 FABcos30°＋FCDcos60°＝2G FABsin30°＝FCDsin60° 联立解得 FAB＝ G FCD＝G 选项 A 错误，B 正确； CD．对 C 球受力分析，正交分解得 FBCcosθ＋FCDcos60°＝G FBCsinθ＝FCDsin60° 联立解得 θ＝60° 选项 C 正确，D 错误。 故选 BC。 7.卫星导航系统是全球性公共资源，多系统兼容与互操作已成为发展趋势。中国始终秉持和践 行“中国的北斗，世界的北斗，一流的北斗”的发展理念，服务“一带一路”建设发展，积极推进 北斗系统国际合作。与其他卫星导航系统携手，与各个国家、地区和国际组织一起，共同推 动全球卫星导航事业发展，让北斗系统更好地服务全球、造福人类。基于这样的理念，从 2017 年底开始，北斗三号系统建设进入了超高密度发射。北斗系统正式向全球提供 RNSS 服务， 在轨卫星共 53 颗。预计 2020 年再发射 2-4 颗卫星后，北斗全球系统建设将全面完成，使我国 的导航定位精度不断提高。北斗导航卫星有一种是处于地球同步轨道，假设其离地高度为 h， 地球半径为 R，地面附近重力加速度为 g，则有（　　） A. 该卫星运行周期可根据需要任意调节 B. 该卫星所在处的重力加速度为 3C. 该卫星运动动能为 D. 该卫星周期与近地卫星周期之比为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．地球同步卫星和地球自转同步，周期为 24h，A 错误； B．由 可知 则该卫星所在处的重力加速度是 B 正确； C．由于 该卫星的动能 选项 C 正确； D．根据开普勒第三定律可知，该卫星周期与近地卫星周期之比为 2( )) R gR h+ 2 2( ) mgR R h+ 2 3(1 )h R + 2 2 2 ( )2Mm vG m r m mgr T r π= = = ' 2 GMg r = 2 GMg R = 2 ' 2( ) Rg gR h = + 2GM gRv r R h = = + 2 21 2 2( )k mgRE mv R h = = + 3 2=( )T R h T R +卫 近选项 D 错误。 故选 BC。 8.如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 10∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电， 副线圈与二极管（正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路）、定值电阻 R0、热敏电阻 Rt（阻值随温度的升高而减小）及报警器 P（电流增加到一定值时报警器 P 将发 出警报声）组成闭合电路，电压表、电流表均为理想电表。则以下判断正确的是（　　） A. 变压器线圈输出交流电的频率为 100 Hz B. 电压表的示数为 11 V C. Rt 处温度减小到一定值时，报警器 P 将发出警报声 D. 报警器报警时，变压器的输入功率比报警前大 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由题图乙可知 f＝ ＝50 Hz 而理想变压器不改变交流电的频率，A 项错误。 B．由题图乙可知原线圈输入电压的有效值 U1＝220 V，则副线圈两端电压有效值 U2＝ U1＝22 V 设电压表示数为 U，由于二极管作用，副线圈回路在一个周期内只有半个周期的时间有电流， 则由有效值定义有 解得 2 1 T 2 1 n n 2 2 2 2 U T U TR R ⋅ =U＝ ＝11 V B 项正确 C．由题给条件可知，Rt 处温度升高到一定值时，报警器会发出警报声，C 项错误。 D．因报警器报警时回路中电流比报警前大，则报警时副线圈回路的总功率比报警前大，而输 入功率与输出功率相等，D 正确。 故选 BD。 第Ⅱ卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题，每个试 题考生都必须做答。第 33 题~第 38 题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（11 题，共 129 分） 9.某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上， 弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图 （a）所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放．小球离开桌面后落到水平地 面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能． 回答下列问题： （1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能 Ep 与小球抛出时的动能 Ek 相等．已知重力 加速度大小为 g，为求得 Ek，至少需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号）． A．小球的质量 m B．小球抛出点到落地点 水平距离 s C．桌面到地面 高度 h D．弹簧的压缩量△x 。 的 的 2 2 U 2E.弹簧原长 l0 （2）用所选取的测量量和已知量表示 Ek，得 Ek= ． （3）图（b）中的直线是实验测量得到的 s—△x 图线．从理论上可推出，如果 h 不变．m 增 加，s—△x 图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；如果 m 不变，h 增加，s—△x 图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）．由图（b）中给出的直线关系和 Ek 的表达式 可知，Ep 与△x 的 次方成正比． 【答案】（1）ABC (2) （3）减小 增大 2 【解析】 【详解】（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求 出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量 m、小球抛出点到落地点的水平距离 s、桌 面到地面的高度 h，故选 ABC． （2）由平抛规律可知：竖直方向上：h= gt2，水平方向上：s=vt，而动能 Ek= mv2 联立可 得 Ek= ； （3）由题意可知如果 h 不变，m 增加，则相同的△L 对应的速度变小，物体下落的时间不变， 对应的水平位移 s 变小，s-△L 图线的斜率会减小；只有 h 增加，则物体下落的时间增加，则 相同的△L 下要对应更大的水平位移 s，故 s-△L 图线的斜率会增大．弹簧的弹性势能等于物体 抛出时的动能，即 Ep= ，可知 Ep 与△s 的 2 次方成正比，而△s 与△L 成正比，则 Ep 与△L 的 2 次方成正比． 【点睛】本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律 以及动能表达式即可求出动能的表达式，弹性势能转化为物体的动能，从而得出结论．根据 x 与△L 的图线定性说明 m 增加或 h 增加时 x 的变化，判断斜率的变化．弹簧的弹性势能等于物 2 4 mgs h 1 2 1 2 2 4 mgs h 2 4 mgs h体抛出时的动能和动能的表达式，得出弹性势能与△x 的关系，△x 与△L 成正比，得出 Ep 与△L 的关系． 10.某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也要发生变化，这种由于外力的作用而 使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”.现用如图所示的电路研究某长薄板电阻 Rx 的压 阻效应，已知 Rx 的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材： A.电源 E(电动势 3 V，内阻约为 1 Ω) B.电流表 A1(0～0.6 A，内阻 r1＝5 Ω) C.电流表 A2(0～0.6 A，内阻 r2≈1 Ω) D.开关 S，定值电阻 R0＝5 Ω (1)为了比较准确地测量电阻 Rx 的阻值，请完成虚线框内电路图的设计______. (2)在电阻 Rx 上加一个竖直向下的力 F(设竖直向下为正方向)，闭合开关 S，记下电表读数，A1 的读数为 I1，A2 的读数为 I2，得 Rx＝________.(用字母表示) (3)改变力的大小，得到不同的 Rx 值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得 到不同的 Rx 值.最后绘成的图象如图所示，除观察到电阻 Rx 的阻值随压力 F 的增大而均匀减 小外，还可以得到的结论是________________________.当 F 竖直向下时，可得 Fx 与所受压力 F 的数值关系是 Rx＝________.【答案】 (1). (2). (3). 压力方向改 变，其阻值不变 (4). 【解析】 【详解】（1）由于题目中没有电压表，为了比较准确测量电阻 ，知道电流表 的阻值， 所以用电流表 作为电压表使用，电流表 连在干路上，即可求出电阻 的阻值，电路图 的设计： （2）根据串并联和欧姆定律得： ，得到： ． （3）从图象上可以看出压力方向改变，其阻值不变，其电阻与压力关系为一次函数，由图象 可得： ． 11.如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道 ABC 固定在竖直面内，圆心为 O，轨道半径为 R，B 为 轨道最低点。该装置右侧的 圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电 小球从 A 点由静止开始运动，到达 B 点时，小球的动能为 E0，进入电场后继续沿轨道运动， 1 1 2 2 I r I I− 16 2xR F= − xR 1A 1A 2A xR 1 1 2 1 xI r I I R（ ）= − 1 1 2 1 x I rR I I = − 16 2xR F= − 1 4到达 C 点时小球的电势能减少量为 2E0，试求： （1）小球所受重力和电场力的大小； （2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。 【答案】（1） （2）8E0 【解析】 【详解】(1)设带电小球的质量为 m，则从 A 到 B 根据动能定理有： mgR＝E0 则小球受到的重力为： mg＝ 方向竖直向下； 由题可知：到达 C 点时小球的电势能减少量为 2E0，根据功能关系可知： EqR＝2E0 则小球受到的电场力为： Eq＝ 方向水平向右，小球带正电。 (2)设小球到达 C 点时速度为 vC，则从 A 到 C 根据动能定理有： EqR＝ ＝2E0 则 C 点速度为： vC＝ 方向竖直向上。 从 C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为： 0E R 02E R 0E R 02E R 21 2 Cmv 04E m 041Cv Et g g m = =在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为： 则在最高点的动能为： 12.如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动．某时刻速度为 v0＝2m/s，此时一质量 与木板相等的小滑块（可视为质点）以 v1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过 1s 两者速度恰 好相同，速度大小为 v2＝1m/s，方向向左．重力加速度 g＝10m/s2，试求： （1）木板与滑块间的动摩擦因数 μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数 μ2 （3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】 （1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为： ，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有： ，可以得到： ； （2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： 0 04 42E EqE qEv at tm mg m m = = = = 2 20 0 41 1 (2 ) 82 2k EE mv m Em = = = 0.3 1 20 2.75m 2 22 1 1 1 4 / 3 /1 v va m s m st − −= = = − 1 1mg maµ− = 1 0.3µ = 0 1 2 1 2 vmg mg m t µ µ+ ⋅ =而且 联立可以得到： ， ， ； （3）在 时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为： ，方向向右； 在 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为： ，方向向左； 在整个 时间内，小滑块向左减速运动，其位移为： ，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为： ． 【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是 解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题． 13.下列说法中正确的是（　　） A. 物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大 B. 一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能减小 C. 相同质量的两种物体，提高相同的温度，内能的增量一定相同 D. 物体的内能与物体的温度和体积都有关系 E. 凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性 【答案】BDE 【解析】 【详解】A．速度增大，不会改变物体的分子的动能，故 A 错误； B．体积增大时，气体对外做功，不吸热也不放热时，内能减小，故 B 正确； C．质量相同，但物体的物质的量不同，故温度提高相同的温度时，内能的增量不一定相同， 故 C 错误； D．物体的内能与物体的温度和体积都有关系，故 D 正确； E．由热力学第二定律可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故 E 正确。 故选 BDE。 2 1 2 2 2 vmg mg m t µ µ− ⋅ = 1 2 1t t t s+ = = 2 1 20 µ = 1 0.5st = 2 0.5t s= 1 0.5st = 0 1 1 0 0.52 vx t m += ⋅ = 2 0.5t s= 2 2 2 0 0.252 vx t m += ⋅ = 1t s= 1 2 2.52 v vx t m += ⋅ = 1 2 2.75x x x x m∆ = + − =14.如图所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞(横截面积为 S)封闭了一定质 量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计．轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的 重物(质量为 m)连接．开始时汽缸内外压强相同，均为大气压 p0(mg＜p0S)，轻绳处在伸直状 态，汽缸内气体的温度为 T0，体积为 V．现使汽缸内气体的温度缓慢降低，最终使得气体体 积减半，求： (1)重物刚离开地面时汽缸内气体的温度 T1； (2)气体体积减半时的温度 T2； (3)在如图乙所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程并标注相关点的坐标值． 【 答 案 】 （ 1 ） （ 2 ） （ 3 ） 【解析】 【详解】试题分析：①p1=p0， 容过程： 解得： ②等压过程： ③如图所示 1 0(1 )mgT TPoS = − 2 02(1 )mgT TPoS = − 2 0 mgp p S = − 1 2 0 1 p p T T = 0 1 0 0 mgp ST Tp  −  = 1 2 2 V V T T = 0 2 0 02 mgp ST Tp − =考点：考查了理想气体状态方程 15.图甲为一列简谐横波在 t=0.10s 时刻的波形图，P 是平衡位罝为 x=lm 处的质点，Q 是平衡 位罝为 x=4m 处的质点．图乙为质点 Q 的振动图象．下列说法正确的是 ． A. 该波的周期是 0.10s B. 该波的传播速度为 40m/s C. 该波沿 x 轴负方向传播 D. t=0.10s 时，质点 Q 的速度方向向下 E. 从 t=0.10s 到 t=0.25s，质点 P 通过的路程为 30cm 【答案】BCD 【解析】 【详解】由图乙知该波的周期是 0.20s．故 A 错误．由甲图知波长 λ=8m，则波速为： ，故 B 正确．在 t=0.10s 时，由乙图知质点 Q 正向下运动，根据 波形平移法可知该波沿 x 轴负方向传播，故 C、D 正确．该波沿 x 轴负方向传播，此时 P 点正 向上运动．从 t=0.10s 到 0.25s 经过的时间为△t=0.15s= T，由于 t=0.10s 时刻质点 P 不在平衡 位置或波峰、波谷处，所以质点 P 通过的路程不是 3A=30cm，故 E 错误． 16.如图所示，将半径为 R 的透明半球体放在水平桌面上方，O 为球心，直径恰好水平，轴线 OO' 垂直于水平桌面。位于 O 点正上方某一高度处的点光源。S 发出一束与 OO'夹角 θ=60°的单色 光射向半球体上的 A 点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的 B 点，已知 O'B= R， 8 / 40 /0.2v m s m sT λ= = = 3 4 3 2光在真空中传播速度为 c，不考虑半球体内光的反射，求： （1）透明半球对该单色光的折射率 n； （2）该光在半球体内传播的时间。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】（1）光从光源 S 射出经半球体到达水平桌面的光路如图 光由空气射向半球体，由折射定律，有 在 中， ，得 光由半球体射向空气，由折射定律，有 故 由几何知识得 ，故 3 R c sin sinn θ α= OCD∆ 3sin 2COD∠ = 60CODγ = ∠ = ° sin sinn γ β= α β= 60α β+ = ° 30α β= = °（2）光在半球体中传播的速度为 且 则光在半球体中传播的时间 sin 3sinn γ β= = 3 3 cv cn = = 2cos RAC β= AC Rt c c = =