2020届上海市杨浦区高三（下）第二次模拟物理试题（解析版）

杨浦区 2019 学年度第二学期＂在线教学＂质量评估 高三年级物理学科试卷 一、选择题（共 40 分．第 1-8 小题，每小题 3 分，第 9-12 小题，每小题 4 分．每小题只有一 个正确答案．） 1.卢瑟福 α 粒子散射实验显示了（　　） A. 原子中除了质子外还存 中子 B. 原子中的质量和正电荷是均匀分布的 C. 原子的结构类似于太阳系的球形结构 D. 原子中几乎全部的质量和全部正电荷集中在很小的区域内 【答案】D 【解析】 【详解】ABD． 粒子散射实验说明原子内存在一个集中了全部正电荷和几乎全部质量的核，数年后卢瑟 福发现核内有质子并预测核内存在中子，所以粒子散射实验不能证明原子核是由质子和中子组成的，故 AB 错误，D 正确； C．卢瑟福通过 粒子散射实验提出了原子核式结构，和太阳系类似，称为“行星模型”，但并非球形结构， 故 C 错误。 故选 D。 2.下列核反应式中，X 代表 粒子的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．核反应式 ，按照质量数守恒、电荷数守恒的规律，可知 X 应是 。故 A 不符合题意。 B．核反应式 ，按照质量数守恒、电荷数守恒的规律，可知 X 应是 。故 B 不符合题 意。 C．核反应式 ，按照质量数守恒、电荷数守恒 规律，可知 X 应是 。故 C 符合题 意。 在 的 α α α 9 4 12 4 2 6Be He C X+ → + 234 234 90 91Th Pa X→ + 2 3 1 1 1 0H H X n+ → + 30 30 15 14P Si X→ + 9 4 12 4 2 6Be He C X+ → + 1 0 n 234 234 90 91Th Pa X→ + 0 -1e 2 3 1 1 1 0H H X n+ → + 4 2 HeD．核反应式 ，按照质量数守恒、电荷数守恒的规律，可知 X 应是 。故 D 不符合题意。 故选 C。 3.下列四个表达式中，不属于比值法定义的物理量是（　　） A. 加速度 a= B. 电势 φ= C. 电场强度 E=k D. 磁感应强度 B= 【答案】C 【解析】 【详解】A．加速度 a 等于速度变化量与所用时间的比值，加速度与速度变化量无关，所以加速度公式 a= 属于比值定义法，故 A 不符合题意； B．电势 等于电势能与电荷量的比值，电势 与是否放入试探电荷无关，所以电势公式 φ= 属于比值定 义法，故 B 不符合题意； C．某点的电场强度 E 与场源电荷 Q 成正比，与距离的平方成反比，电场强度公式 E=k 是决定式，不属 于比值定义法，故 C 符合题意； D．磁感应强度与在磁场中运动的电荷无关磁感应强度 B= ，运用的是比值定义法，故 D 不符合题意。 故选 C。 4.按频率由小到大，电磁波谱的排列顺序是（　　） A. 无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ 射线 B. 无线电波、可见光、红外线、紫外线、伦琴射线、γ 射线 C. γ 射线、伦琴射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波 D. 红外线、无线电波、可见光、紫外线、γ 射线、伦琴射线 【答案】A 【解析】 【详解】波长越长、频率越小，按照波长逐渐变小，即频率逐渐变大的顺序，电磁波谱可大致分为：无线 电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ 射线，故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 5.如图所示，两个同心放置且共面的金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环面垂直，通过两环的磁通量 Φa、 Φb 比较，则 30 30 15 14P Si X→ + 0 1e v t ∆ ∆ pE q 2 Q r F IL v t ∆ ∆ ϕ ϕ pE q 2 Q r F ILA. Φa＞Φb B. Φa＝Φb C. Φa＜Φb D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】 在磁铁的外部，磁感线从 N 极出发进入 S 极，在磁铁内部，磁感线从 S 极指向 N 极．磁感线是闭合曲线， 磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大． 【详解】根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于 磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限 大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a 的面积小，抵消 较小，则磁通量较大，所以 Φa＞Φb，故 A 正确，BCD 错误；故选 A． 【点睛】本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，知道条形磁铁的磁场分布特点，抓住抵消后剩余磁通 量进行比较． 6.一定质量的理想气体由状态 A 经过如图所示过程变到状态 B 此过程中气体的体积（ ） A. 一直变小 B. 一直变大 C. 先变小后变大 D. 先变大后变小 【答案】B 【解析】 【详解】根据理想气体状态方程 ，得 ，从状态 A 到状态 B，压强 P 减小，温度 T 增大， 体积 V 增大，故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 7.a、b 两分子相距较远，此时它们之间的分子力可忽略，设 a 固定不动，b 逐渐向 a 靠近，直到很难再靠近 的整个过程中 ( ) A. 分子力总是对 b 做正功 B. b 总是克服分子力做功 PV CT = TCV P =C. b 先克服分子力做功，然后分子力对 b 做正功 D. 分子力先对 b 做正功，然后 b 克服分子力做功 【答案】D 【解析】 【详解】开始时由于两分子间的距离大于 ，因此分子力为引力，当相互靠近时分子力对 b 做正功，当分 子间距小于 时，分子力为斥力，相互靠近时，分子力对 b 做负功，所以分子力对 b 先做正功，后做负功， 故 D 正确． 8.已知一列在弹性绳上传播的简谐横波在某一时刻的波形（　　） A. 绳上某一点的振动周期可能不等于该波的周期 B. 波在传播过程中，绳上的各质点将以波的传播速度沿着传播方向运动 C. 只要绳上任一点的振动速度已知，就可确定波的传播方向 D. 只要波的传播方向已知，就可确定此时绳上任一点(速度不为零的点)的速度方向 【答案】D 【解析】 【详解】A．波已形成时，当质点完成一个全振动，则波向前传播一个周期，所以绳上某一点的振动周期等 于该波的周期，故 A 错误； B．波在传播过程中，绳上的各质点将在平衡位置来回简谐运动，并不随着波迁移，故 B 错误； C．只要绳上一点（速度不为零的点）的振动速度方向已知，根据上下坡法，则可确定波的传播方向，但速 度为零时（质点处于波峰或波谷），不能确定振动方向，故 C 错误； D．只要波 传播方向已知，根据上下坡法，就可确定此时绳上任一点（速度不为零的点）振动的速度方向， 故 D 正确。 故选 D。 9.如图所示，一升降机在箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则 升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中（　　） A. 升降机的速度不断减小 B. 升降机的加速度不断变大 的 0r 0rC. 升降机到最低点时，加速度的值等于重力加速度的值 D. 先是弹力做的功小于重力做的功，然后是弹力做的功大于重力做的功 【答案】D 【解析】 【详解】AB．升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中，开始阶段，重力大于弹力，加速 度方向向下，向下做加速运动，当重力和弹力相等后，弹力大于重力，加速度方向向上，向下做减速运动， 加速度的大小先减小后增大，速度先增大后减小，故 AB 错误； C．若升降机从弹簧接触地面由静止释放，开始阶段的加速度为 g，根据对称性，到达最低点的加速度也为 g，方向竖直向上。现从一高度下落，弹簧压缩的最低点比上次还低，根据牛顿第二定律，则加速度大于 g， 故 C 错误； D．开始阶段，速度增大，根据动能定理，重力做的正功大于弹力做的负功，然后速度减小，弹力做的功大 于重力做的功，故 D 正确。 故选 D。 10.如图所示，两根相互平行放置的长直导线 a 和 b 通有大小相等、方向相反的电流，a 受到磁场力的大小 为 F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a 受到的磁场力大小变为 F2.则此时 b 受到的磁场力大 小为( ) A. F2 B. F1-F2 C. F1＋F2 D. 2F1-F2 【答案】A 【解析】 根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，所以没加磁场前，二者所受的力等大方向，加上磁场后，受 到的安培力也是等大反向，所以两个导线所受到的力均是等大反向，所以 b 受到的磁场力大小变为 a 受到 的磁场力大小，A 对． 11.物体 m 恰能沿静止的斜面匀速下滑．现用一个竖直向下的力 F 作用在 m 上，并且过 m 的重心，如右图 所示，则下列分析错误的是（　　）A. 斜面对物体的支持力增大 B. 物体仍能保持匀速下滑 C. 物体将沿斜面加速下滑 D. 斜面对物体的摩擦力增大 【答案】C 【解析】 【详解】BC．对物体受力分析，建立直角坐标系并将重力分解，如图所示 在不加 F 时，根据共点力的平衡可知 解得 加上压力 F 时，同理将 F 分解，则 x 轴上有 y 轴上有 又 则 根据 sin cosmg mgθ µ θ= sin cosθ µ θ= ( )sinxF f mg F θ= − + ( )N cosF mg F θ= + ( )N cosf F mg Fµ µ θ= = + ( ) ( )cos sinxF mg F mg Fµ θ θ= + − +可得 ，故物体沿斜面方向的合力仍然为零，故物体仍能保持匀速直线运动状态，故 B 正确，不符合 题意；C 错误，符合题意； A．根据 可知斜面对物体的支持力增大，故 A 正确，不符合题意； D．根据 可知斜面对物体的摩擦力增大，故 D 正确，不符合题意。 故选 C。 12.如图所示，地面上的平行轨道 和 上有一辆平板小车，车上有一个通电线框，G 是电源。图中虚 线框 1、2、3、4、5 等是磁感强度大小相等的匀强磁场区域，内有垂直地面向上或向下的磁场，要使小车 在图示位置时受到向右的推力，此时 1、2 部分的磁场方向对应下图中的 A. B. C D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据左手定则，要使小车在图示位置时受到向右的推力，即安培力向右，则磁场 2 向外，磁场 1 向里； A．该图与结论相符，选项 A 正确； B．该图与结论不相符，选项 B 错误； C．该图与结论不相符，选项 C 错误； . sin cosθ µ θ= 0xF = ( )N cosF mg F θ= + ( )N cosf F mg Fµ µ θ= = + MN PQD．该图与结论不相符，选项 D 错误； 故选 A. 二、填空题（共 20 分．每小题 4 分） 13.电荷在电场中移动时，电场力做功的特点是____________________。 如图所示，在场强为 E 的匀强电场中有相距为 l 的 A、B 两点，连线 AB 与电场线的夹角为 θ，将一电荷量 为 q 的正电荷沿曲线 ACB 移动该电荷，电场力做的功 W＝___________ 【答案】 (1). 电场力做功的大小与路径无关，只与始末位置有关 (2). Eqlcosθ 【解析】 【详解】[1]电荷在电场中运动时，电场力对电荷做功的大小与路径无关，只与始末位置有关； [2]正电荷沿曲线 ACB 运动，电场力做功为 14.在太阳光照射下，水面油膜上会出现彩色的花纹，这是两列相干光波发生干涉的结果，这两列相干光波 是太阳光分别经_______而形成的。用平行的单色光垂直照射不透明的圆板，在圆板后面的屏上发现圆板阴 影中心处有一个亮斑，这是光的______现象。 【答案】 (1). 膜的前表面和后表面分别反射出来形成两列相干光 (2). 衍射 【解析】 【详解】[1]在太阳光照射下，水面油膜上会出现彩色条纹是薄膜干涉的结果，是光经过油膜前后表面反射 后干涉形成的； [2]用平行的单色光垂直照射不透明圆板时，在圆板后面的屏上发现圆板阴影中心处有一个亮斑，阴影的周 围是明暗相间的环状衍射条纹。这就是泊松亮斑，是单色光绕过不透光的圆盘发生衍射形成的。 15.地质队的越野车在水平荒漠上行驶，由于风沙弥漫的原因，能见度较差，驾驶员突然发现正前方横着一 条深沟，为避免翻入深沟，试问他是急刹车有利还是急转弯有利，答：_________有利。因为(写出主要计算 式) ___________________________。 【答案】 (1). 急刹车 (2). 急刹车有： ， ；急转弯有： ， 【解析】 cosW qU qEd Eql θ= = = a gµ= 2 2 2 2 v vs a gµ= = 2 2v vr a gµ= = r s>【详解】[1][2]刹车时，根据牛顿第二定律可得 解得 则刹车距离 转弯时最大静摩擦力提供向心力，则有 解得转弯半径为 因 ，故刹车更容易避免事故。 16.如图所示，A、B、C 三只相同的试管，用细绳拴住封闭端悬挂在天花板上，开口端插入水银槽中，试管 内都封有气体，三管静止时，三根细绳的张力分别为 FA、FB、FC，A 管内水银面与管外相平，B 管内水银 面比管外低，C 管内水银面比管外高，则三管中气体压强最小的是_____管，FA、FB、FC 的大小关系是 ____________。 【答案】 (1). C (2). 【解析】 【详解】[1]根据同一液面处压强相等知：A 中压强等于大气压，B 中压强大于大气压，C 中压强小于大气压， 故气体压强最小的为 C； [2]对玻璃管受力分析，受重力，拉力，管内、外气体对其向上的压力差，根据平衡条件，有 C 中压强最小，拉力最大，B 中压强最大，拉力最小，故 。 17.三个电阻 R1、R2、R3 阻值分别为 10Ω、30Ω、60Ω，把它们适当连接后可得总电阻为 R=24Ω，把 R 直接 接到内阻为 1Ω 的电源上，三个电阻消耗的功率之比 P1：P2：P3=_________，若 R1 消耗的功率是 3.6W，则 mg maµ = a gµ= 2 2 2 2 v vs a gµ= = 2vmg m r µ = 2vr gµ= r s> C A BF F F> > F pS mg+ = C A BF F F> >电源的电动势为_________V。 【答案】 (1). 3:9:8 (2). 25 【解析】 【详解】[1] 适当连接后可得总电阻为 R=24Ω，则三电阻的连接方式如图所示 则 R1，R2 串联，故 I1=I2，串联后与 R3 并联，根据并联电路电压相等有 根据 可得 [2]若 R1 消耗的功率是 3.6W，则 总功率为 根据闭合电路的欧姆定律可得 则有 解得 E=25V 三、综合题（共 40 分）注意：第 19、20 题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要 求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。 18.在“用单摆测重力加速度”的实验中： （1）从下列器材中选用最合适的（填写器材代号）______。 A．小铁球 B．小塑料球 C．30 cm 长的摆线 D．长 100 cm 的摆线 E．手表 1 2 3R R R、 、 31 3 1 2 60 10 3 230 RI I R R += = =+ 2P I R= 2 2 2 1 2 3 1 1 2 2 3 3: : : 3:9:8P P P I R I R I R= =: 1 2 3R R R、 、 1 2 W20 3 4P P= = EI R r ′ = + 2P I R′=F．秒表 G．米尺 H．铁架台 （2）某次测定单摆完成 50 次全振动的时间为 99.8 s，单摆的周期为___s。 （3）若在某次实验中，测得的 g 值偏小，可能的原因是（ ）。 A．单摆振动过程中振幅有减小 B．测摆长时，仅测了摆线长度 C．测摆长时，将摆线长加了小球直径 D．测周期时，把 N 次全振动误记为 N+1 【答案】 (1). ADFGH (2). 1.996 (3). B 【解析】 【详解】（1）[1]本题实验为了减小空气阻力的影响和测量误差，应选择长约 100cm 的摆线和小铁球构成单 摆，单摆安装在铁架台上，需要用秒表测量时间，用米尺测量摆线的长度，故需要的器材有：ADFGH。 （2）[2]单摆 周期为 （3）根据单摆的周期公式 解得 A．根据单摆的周期公式可知单摆的周期与振幅无关，单摆振动过程中振幅有减小，但周期不变，故 A 错 误； B．测摆长时，仅测了摆线长度，漏加了小球的半径，摆长 L 偏小，由上式可知测得的重力加速度 g 偏小， 故 B 正确； C．测摆长时，将线长加了小球直径作为摆长来计算了，测得摆长偏大，则测得的重力加速度偏大，故 C 错 误； D．把 N 次全振动的时间误作为（N+1）次全振动的时间，测得的周期偏小，则测量的重力加速度偏大， 故 D 错误。 故选 B。 19.如图所示，电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长 L=lm、质量 m=0.1kg 的导体棒 ab， 的 99.8 s 1.996s50 tT n = = = 2 LT g π= 2 2 4π Lg T =导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上，导体棒的电阻 R=1Ω，磁感应强度 B=1T 的匀强磁场垂直 于导体框架所在平面。当导体棒在电动机牵引下上升 h=3.8m 时，获得稳定速度，此过程中导体棒产生的热 量 0.2J，电动机工作时，电压表、电流表的读数分别为 7V 和 1A，电动机的内阻 r=1Ω。不计一切摩擦，g 取 10m/s2，求： （1）在导体棒上升过程中，通过导体棒的电流方向和受到的磁场力的方向； （2）导体棒所能达到的稳定速度是多少； （3）导体棒从静止到稳定速度的时间是多少? 【答案】（1）电流方向：b 流向 a；磁场力方向：垂直于金属棒竖直向下；（2）v=2m/s；（3）t=0.7s 【解析】 【详解】（1）金属棒上电流方向：b 流向 a；磁场力方向：垂直于金属棒竖直向下 （2）受力分析 根据感应电动势公式 根据欧姆定律 根据安培力公式 根据平衡条件 根据能量守恒 代入数据解得 v=2m/s （3）根据能量守恒 E BLv= EI R = AF BIL= AT mg F= + 2IU Tv I r= + 2 21+ 2IUt I rt mgh Q mv= + +代入数据解得 t=0.7s 20.阅读如下资料并回答问题；自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射因 与温度有关，称为热辐射。热辐射具有如下特点：①辐射的能量中包含各种波长的电磁波；②物体温度越 高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；③在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同。 处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡 状态，则能量保持不变．若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能 100 ％地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体。单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波 的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比，即 P0=σT 4，其中常量σ=5.67 ×10-8W/（m2·K4）。在下面的问题中， 把研究对象都简单地看作黑体。有关数据及数学公式：太阳半径 Rs=696000km，太阳表面温度 T=5770K， 地球半径 r=6371km．球面积=4πR2，其中 R 为球半径。 （1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为 2×10-7m~1×10-5m 范围内，求相应的频率范围； （2）每小时从太阳表面辐射的总能量为多少； （3）已知太阳到地球的距离约 1.49×108km，忽略太阳辐射能量在传播过程中的损失。地球表面受到来自太 阳的辐射能量的总功率约为多少? 【答案】（1）3×1013Hz～1.5×1015Hz；（2） ；（3） W 【解析】 【详解】（1）光速 c=3×108m/s，根据 代入数据解得 ， 频率范围为 3×1013Hz～1.5×1015Hz （2）根据题意可知每小时从太阳表面辐射的总能量为 代入数据解得 （3）地球表面受到来自太阳的辐射能量的总功率约为 301.38 10 JE = × 171.75 10P = ×总 cf λ= 15 1 1.5 10 Hzf = × 13 2 3 10 Hf z= × 4 2 0 4 SE PtS T t Rσ π= = 301.38 10 JE = × 2 24= E rRP t ππ 总代入数据解得 W171.75 10P = ×总