2020届五个一名校联盟高三（下）5月模拟物理试题（解析版）

2020 年河北省五个一名校联盟高考物理模拟试卷（5 月份） 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，第 1〜4 题只有一项符合题目要求，第 5〜8 题有 多项符合题目要求． 1. 2020 年 3 月 20 日，电影《放射性物质》在伦敦首映，该片的主角—居里夫人是放射性元素钋（ ） 的发现者。已知钋（ ）发生衰变时，会产生 粒子和原子核 ，并放出 射线。下列分析正确的是 （　　） A. 原子核 的质子数为 82，中子数为 206 B. 射线具有很强的穿透能力，可用来消除有害静电 C. 由 粒子所组成的射线具有很强的电离能力 D. 地磁场能使 射线发生偏转 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据发生核反应时，质量数与电荷数守恒，可得原子核 的质子数为 ，质量数为 ，依据质量数等于质子数与中子数之和，得原子核 的中子数为 ，A 错误； B． 射线具有很强的穿透能力，但是电离本领弱，不能用来消除有害静电，B 错误； C．因为 射线实质是氦核流，具有很强的电离本领，C 正确； D． 射线的实质是频率很高的电磁波，本身不带电，所以 射线在地磁场不会受力，不能发生偏转，D 错 误。 故选 C。 2. 2020 年 2 月 2 日上午，武汉火神山医院正式交付，从方案设计到建成交付仅用 10 天，被誉为“中国速 度”。在医院建造过程中，有一吊机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程 中， 图象如图所示。下列判断正确的是（　　） A. 末货物的加速度大小为 B. 前 内货物克服重力做功的功率不变 C. 最后 内货物处于超重状态 D. 在第 末至第 末的过程中，货物的机械能增大 210 84 Po 210 84 Po α X γ X γ α γ X 84 2 82− = 210 4 206− = X 206 82 124− = γ α γ γ v t− 1s 21.5m/s 2s 3s 4s 7s【答案】D 【解析】 【详解】A． 内货物做匀减速直线运动，速度图象的斜率表示加速度，则有 故 A 错误； B．前 内货物的速度增大，克服重力做功的功率 增加，故 B 错误； C．最后 内货物减速上升，加速度方向向下，所以货物处于失重状态，故 C 错误； D．在第 末至第 末的过程中，拉力仍对货物做正功，所以货物的机械能增大，故 D 正确。 故选 D。 3. 如图所示，固定在水平地面上的圆锥体，顶端用轻绳系有一小球（视为质点），悬点到小球的距离为 1.5m。现给小球一初速度，使小球恰好能在圆锥体侧面做匀速圆周运动。已知圆锥体母线与水平面的夹角 为 37°，取 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小 g=10m/s2，不计空气阻力。则小球做匀速圆周运动的线 速度大小为（　　） A. 2m/s B. 4m/s C. 5m/s D. 6m/s 【答案】B 【解析】 【详解】由题意知，当小球重力与绳子拉力的合力刚好提供向心力时，物体与圆锥恰好无压力，即 解得 故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 4. 我国自主研发 “北斗三号”卫星系统由 30 颗卫星组成，其中某颗中圆轨道卫星在轨运行时到地面的距的 0 ~1s 2 21.5 m / s 0.75m / s2 va t ∆= = =∆ 2s P mgv= 3s 4s 7s 2 0 cotan s vm m L g =θ θ 0 cos 4m/stan gLv = =θ θ离是地球半径的 倍，绕地球做匀速圆周运动的周期为 ，地球表面的重力加速度为 ，忽略地球的自转。 则地球半径可表示为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】卫星做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，所以有 ① 地面附近万有引力等于重力，所以有 ② 由①②式解得，地球半径可表示为 故 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 5. 如图所示，固定在同一绝缘水平面内的两平行长直金属导轨，间距为 ，其左侧用导线接有两个阻值均 为 的电阻，整个装置处在磁感应强度方向竖直向上、大小为 的匀强磁场中。一质量为 的金属杆 垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为 ，杆与导轨之间的动摩擦因数为 0.3，对杆施加方向水 平向右、大小为 的拉力，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重 力加速度大小 ，则当杆的速度大小为 时（　　） A. 杆 的加速度大小为 B. 通过杆 的电流大小为 ，方向从 到 C. 杆 两端的电压为 D. 杆 产生的电功率为 【答案】C a T g 2 2 2 2gT aπ 3 2 24 gT aπ 2 2 2 4 ( 1) gT aπ + 2 2 34 ( 1) gT aπ + 2 2 2 2( 1) ( ) ( 1)(( 1) ) MmG m a R m a Ra R T πω= + = ++ 2 MmG mgR = 2 2 34 ( 1) gTR aπ= + 1m 1Ω 1T 1kg MN 1Ω 10N 210m/sg = 3m/s MN 23m/s MN 1A M N MN 1V MN 1W【解析】 【详解】A． 切割磁感线产生的感应电动势 ， 感应电流 对金属杆，由牛顿第二定律得 代入数据解得 故 A 错误； B．由 A 可知，流过 的电流大小为 ，由右手定则可知，电流方向从 向 ，故 B 错误； C． 两端的电压 故 C 正确； D．杆 产生 电功率 故 D 错误。 故选 C。 6. 如图所示，真空中存在着由一固定的点电荷 Q（图中未画出）产生的电场，一带正电的点电荷 q 仅在电 场力作用下沿曲 MN 运动，且在 M、N 两点的速度大小相等，则在点电荷 q 从 M 运动到 N 的过程中（　　） A. 电势能一定先增大后减小 B. 动能可能先减小后增大 C. 加速度可能保持不变 D. 可能做匀速圆周运动 【答案】BD 【解析】 【详解】A． 从 M 到 N 的过程中电场力做的总功零，由于不能确定 Q 的位置，所以是先做正功还是先做 负功不能确定，电势能的变化不能确定，故 A 错误； 的 MN 1 1 3V 3VE BLv= = × × = 3 A 2A1 11 1 1 EI R Rr R R = = =⋅ ×+ ++ + F BIL mg maµ− − = 25m/sa = MN 2A M N MN 1 12 V 1V1 1U IR ×= = × =+外 MN 2 22 1W 4WP I r= = × = qB．如果电场力先做负功，后做正功，则动能先减小后增加，故 B 正确； C．由于 Q 的位置不确定，电场力的大小方向不确定，故加速度大小方向不确定，故Ｃ错误； D．如 MN 为一段圆弧，Q 位于圆心，则 q 做圆周运动，故 D 正确。 故选 BD。 7. 图为网上热卖的弹力软轴乒兵球训练器，弹力轴上端固定一乒乓球，下端固定在吸盘上。开始时弹力轴 竖直，兵乓球处于静止状态，且到水平地面的距离为 。现让一小孩快速挥拍水平击球，球恰好能触到地 面（此时球的速度为 。已知小孩击球过程中球拍对球做功为 ，乒兵球的质量为 ，不计空气阻力，弹 力轴不弯曲时的弹性势能为零，重力加速度为 ，则（　　） A. 球触地时弹力轴的弹性势能为 B. 球触地时弹力轴的弹性势能为 C. 球返回到初始位置时速度大小为 D. 球返回到初始位置时速度大小为 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．从小孩击球到球触地的过程，根据动能定理得 得 则球触地时弹力轴的弹性势能为 故 A 正确，B 错误； CD．对于球返回过程，根据动能定理得 解得球返回到初始位置时速度大小为 h 0) W m g W mgh+ W mgh− 2W m 22 W m 0W mgh W+ − =弹 W W mgh= +弹 PE W W mgh= = +弹 21 02W mgh mv− = −弹故 C 正确，D 错误。 故选 AC。 8. 如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势 。导线框与理想 升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为 ，降压变压器副线圈接入 一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端的电压为 ，输入功率为 ，输电线路总电阻 ，电动机内阻 ，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则（　　） A. 电动机的机械效率为 B. 电流表的示数为 C. 输电线路损失的电功率为 D. 升压变压器原、副线圈匝数之比为 【答案】BD 【解析】 【详解】A.电动机的输入功率为 ，两端电压为 ，则通过电动机的电流 则电动机内部消耗的功率 则电动机输出功率 则电动机的机械效率 A 错误； BC.根据变流比可知，降压变压器输入电流 2Wv m = 111 2 sin100 (V)e tπ= 25:11 220V 1100W 25R = Ω 8.8r = Ω 60% 11A 200W 1:5 1100W 220V 4 4 4 5API U = = 2 4 220WrP I r= = 4 880WrP P P= − =出 4 100% 80%P P η = × =出根据变压比可知，降压变压器输入电压 根据欧姆定律可知，输电线分压 △ 输电线消耗功率 △ △ 则升压变压器输出电压 △ 升压变压器的输出功率 △ 则升压变压器输入功率 根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知 ，则升压变压器的输入电流 B 正确，C 错误； D.根据变压比可知，升压变压器原、副线圈匝数之比 D 正确。 故选 BD。 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第 9〜12 题为必考题，每道试题考生都必须作 答．第 13〜16 题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题： 9. 实验室测定水平面和小物块之间的动摩擦因数的实验装置如图甲所示，将带有遮光条的物块由曲面的顶 端无初速度释放，物块经过光电门瞬间可通过计算机记录遮光条的挡光时间，经过一段时间物块停在水平 面上的 点，重力加速度为 。 (1)用游标卡尺（20 分度）测量遮光条的宽度 ，测量情况如图乙所示， __ 。 4 3 4 3 2.2AnI In = = 3 3 4 4 500VnU Un = = 3 55VU I R= = P = 3 121WUI = 2 3U U= + 555VU = 2P = 4 1221WP P+ = 1 1 1 1221WP U I= = 1 111VU = 1 1 1 11API U = = 1 2 1 2: : 1:5n n U U= = P g l l = cm(2)测得遮光条通过光电门的时间为 ，光电门到 点的距离为 ，则动摩擦因数 __（用测量的物理量和 重力加速度 表示）；若光电门左侧的轨道表面光滑，则小物块释放位置距离水平面的高度可表示为__。 【答案】 (1). 0 550 (2). (3). 【解析】 【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为 ，游标尺的读数为 ，所以最终读数为 。 (2)[2]根据遮光条的宽度与物块通过光电门的时间即可求得小物体经过光电门的速度大小为 小物体经过光电门后运动到 点的过程中，根据动能定理得 解得动摩擦因数为 [3]根据机械能守恒定律得 解得 10. 某实验小组欲自制欧姆表测量一个电阻的阻值，实验室提供的器材如下： ．待测电阻 （约 ）； ．电源（电动势未知，内阻 为 ）； ．灵敏电流表 G（量程 ，内阻 ）； ．电阻 ； ．电阻 ； ．滑动变阻器 （阻值范围为 ）； ．开关，导线若干。 . t P x µ = g 2 22 l gxt 2 22 lh gt = 5mm 0.05 10mm 0.50mm× = 5mm 0.50mm 5.50mm 0.550cml = + = = lv t = P 21 2mgx mvµ = 2 22 l gxt µ = 21 2mgh mv= 2 22 lh gt = A xR 200Ω B r 10Ω C 1mA g 200ΩR = D 1 100ΩR = E 2 200Ω=R F R 0 1000Ω∼ G(1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图甲所示的测量电路。部分步骤如下： 先闭合开关 、 ，调节滑动变阻器 ，使灵敏电流表示数 ，此时电路总电流 __ ；保 持滑动变阻器滑片位置不动，断开开关 ，读出此时灵敏电流表的示数 ，则电源电动势为__ （结果保留三位有效数字）。 (2)测出电动势后，该小组成员在图甲的基础上，去掉两开关，增加两支表笔 、 ，其余器材不变，改 装成一个欧姆表，如图乙所示，则表笔 为__（选填“红表笔”或“黑表笔”）。用改装后的欧姆表先进行 电阻调零，再测量 阻值，灵敏电流表的示数如图丙所示，则待测电阻 的阻值为__ 。 【答案】 (1). 2.70 (2). 1.08 (3). 红表笔 (4). 240 【解析】 【详解】(1)[1]电流表与定值电阻内阻 并联，电流表内阻 ，定值电阻阻值 ，电流表 示数 ，根据并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知流过定值电阻 的电流为 ，则电 路总电流为 [2]同理，当电流表示数 时电路总电流为 ，根据闭合电路欧姆定律可知 代入数据解得 (2)[3]根据电流“红进黑出”的原则，可知欧姆挡内部电源的负极接红表笔，所以 是红表笔。 [4]由图乙所示可知，欧姆表内阻为 由图丙所示表盘可知，其示数 为 为 1S 2S R 1 0.9mAI = I =总 mA 2S 2 0.60mAI = V M N M xR xR Ω 1R g 200ΩR = 1 100ΩR = 1 0.9mAI = 1R 1.8mA 31.8mA 0.9mA 2.7mA 2.70 10 AI −= + = = ×总 0.60mA 31.80mA 1.8 10 AI −′ = = ×总 ( )1 gE I R I r R= + +总 ( )2 g 2E I R I R r R= + ′ + +总 1.08VE = M 3 g 1.08 Ω 360Ω3 3 1 10 ER I −= = =× ×内 40.60mA 6 10 AI −= = ×由闭合电路欧姆定律可知 代入数据解得 11. 如图所示，两块完全相同的木块叠放在水平地面上，木块的长度均为 ，木块 夹在固定的 两光滑薄板间。一钢球（视为质点）用长 且不可伸长的轻绳悬挂于 点，钢球质量与每块木块 的质量相等；将钢球拉到与 等高的 点（保持绳绷直）由静止释放，钢球运动到最低点时与木块 发生 弹性碰撞，取重力加速度大小 ，各接触面间的动摩擦因数均为 ，碰撞时间极短，不计 空气阻力。求： (1)钢球与木块 碰撞后瞬间，两者的速度大小； (2)木块 滑行的距离。 【答案】(1)0， ；(2) 【解析】 【详解】(1)钢球从释放到最低点的过程，由机械能守恒定律有 钢球与木块 碰撞前瞬间的速度大小为 钢球与木块 为弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，所以有 ， 解得钢球与木块 碰撞后瞬间钢球的速度大小为 木块 的速度大小为 (2)钢球与木块 碰撞后，木块 在地面上滑行的过程中，根据动能定理有 x 3 EI R R = +内 x 240ΩR = 0.25mL = B 0.45mR = O O P A 210m/sg = 0.2µ = A A 3m/s 1.75m 2 0 1 2mgR mv= A 0 3m/sv = A 0 1 2mv mv mv= + 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv mv= + A 1 0v = A 2 3m/sv = A A解得木块 滑行的距离为 12. 在如图所示的坐标系中， 是垂直于 轴的分界线， 左侧等腰直角三角形 区域内分布着 方向垂直于纸面向里的匀强磁场， 长为 ， 右侧有极板长度和间距均为 的平行板电容器，上极 板带负电，下极板带正电，且位于 轴上，两极板的厚度均不计。现有速率不同的电子在纸面内从坐标原 点 沿 轴正方向射入磁场，从 边上的 点射出磁场的电子速率为 ，且 ．已知电子打在 轴上的最远点 到电容器下极板右端的距离恰好也为 ，电子质量为 ，带电荷量为 ，不考虑电子间的 相互作用以及电容器极板的边缘效应，不计电子受到的重力。求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小 ； （2）电容器两极板间电压 及电子从原点 运动到 点的时间 。 【答案】（1） ；（2） ， 【解析】 【详解】（1）从 点射出磁场的电子的运动轨迹如图所示 ， 根据几何关系可知 即 ， 则电子在磁场中运动的半径为 电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则 2 2 12 ( ) 2mgL mgL mg s L mvµ µ µ+ × + − = A 1.75ms = MN x MN OAC OA d MN d x O y AC D 0v 3 3AD d= x P d m e B U O P t 03 2 mv ed 2 0 2 mv e 0 (4 ) 3 3 dv π+ D 3tan 3AOD∠ = 30AOD∠ = ° 60DOO∠ ′ = ° 1 2 3 sin60 3 dr d= =°解得 （2）由 知，电子进入磁场时的速度越大，它在磁场中做圆周运动的半径越大，故从上极板边缘 射入平行板电容器的电子打到 轴的 点，则该电子在磁场中运动的轨道半径为 ，且进入电场时的速度 水平向右，由公式 解得电子的速度为 该电子在磁场中的运动时间 电子在电容器中运动，竖直方向上的末速度，根据运动学公式有 水平方向上有 根据牛顿第二定律有 电子垂直于极板方向的位移为 电子从射出电场到运动到 点的时间为 此过程电子在竖直方向的位移为 因为 2 0 0 1 vev B m r = 03 2 mvB ed = 2vevB m r = x P d mvr d eB = = 0 3 2v v= 1 1 2 4 rt v π= × 2yv at= 2d vt= eUa md = 1 22 yvy t= P 3 2t t= 2 3yy v t=电子从 到 的时间为 联立解得 （二）选考题：请考生从给出的 2 道物理题中每科任选一题作答．如果多答，则每科按所答 的第一题计分． 13. 下列说法正确的是 　　 A. 对气体做功可以改变其内能 B. 破镜不能重圆，是因为分子间有斥力作用 C. 一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强一定变大 D. 一定量的理想气体，若压强不变，当体积增大时，它一定从外界吸热 E. 热量只能自发地从内能多的物体传递到内能少的物体，不能反向传递 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．做功和热传递均能改变物体的内能，故 A 正确； B．破镜不能重圆，是因为达不到分子引力作用范围，故 B 错误； C．一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，分子平均动能增大，温度升高，压强一 定变大，故 C 正确； D．一定量的理想气体，若压强不变，当体积增大时，温度升高，气体对外做功，由热力学第一定律可知， 气体一定从外界吸热，故 D 正确； E．物体内能的多少不代表其温度的高低，热量只能自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，不能自发 地反向传递，故 E 错误。 故选 ACD。 14. 如图所示，右端开口、左端封闭的竖直 U 形玻璃管（管壁厚度不计）两边粗细不同，粗玻璃管半径为 细玻璃管半径的 2 倍，两管中装入高度差为 5 cm 的水银，左侧封闭气柱长为 10 cm，右侧水银面距管口为 5 cm。现将右管口封闭，并给右管内气体加热，缓慢升高其温度，直到两管水银面等高，该过程中左管内的 1 2d y y= + O P 1 2 3t t t t= + + 2 0 2 = mvU e 0 (4 ) 3 3t dv π+= ( )气体温度不变。已知外界大气压强为 76 cmHg、环境温度为 300 K。求： （1）两管水银面等高时右侧气体的压强； （2）两管水银面等高时右管内气体的热力学温度（结果保留一位小数）。 【答案】（1）90 cmHg；（2）639.5 K 【解析】 【详解】（1）两管水银面等高时，管内气体压强相等；因粗玻璃管半径为细玻璃管半径的 2 倍，所以左管 截面积是右管的 4 倍，当右管水银面下降 4 cm，左管水银面上升 1 cm 时，两水银面等高，左管内气体做等 温变化，以左管内气体为研究对象 初状态 ， 末状态 由玻意耳定律得 解得 （2）对右管内气体为研究对象 初状态 ， ， 末状态 ， 根据理想气体的状态方程可得 ( )1 76 5 cmHg 81cmHgp = + = 1 110V S= 2 19V S= 1 1 2 2pV p V= 2 90cmHgp = 3 0 76cmHgp p= = 3 25V S= 3 300KT = 4 2 90cmHgp p= = 4 29V S= 3 3 4 4 3 4 p V p V T T =解得 15. 一列沿 轴正方向传播的简谐横波在 时刻的部分波形图如图所示，此时波恰好传播到 轴上的质 点 B 处，质点 A 在负的最大位移处。在 时，质点 A 恰好第二次出现在正的最大位移处，则 时，质点 B 的位移为__ ，该波刚好传到 __ 处。 【答案】 (1). (2). 7.5 【解析】 【详解】[1] 时刻，质点 A 在负的最大位移处，经过 1.5 个周期，质点 A 恰好第二次出现在正的最大位 移处，则 解得 质点的起振方向沿 轴正方向，经过 即 个周期，质点 B 振动到负的最大位移处，故此时的位移为 。 [2]由图知波长 ，则波速为 经过 波传播的距离为 波刚好传到 16. 图示为一横截面为等腰梯形的容器，容器内装满了水。当一束平行单色光斜射到水面上且与水面的夹角 时，恰好可以照射到整个底部，已知容器内水深 ，水面宽 ，水的折射率为 ， 取 ， ，光在真空中的传播速度 。求： （1）容器底部的宽度； （2）光从水面折射后直接射到容器底部的时间（结果保留两位有效数字）。 4 639.5KT = x 0t = x 0.6st = 1.1st = cm x = m 5− 0t = 1.5 0.6sT = 0.4sT = y 1.1s 32 4 5cm− 2mλ = 5m/sv T λ= = 1.1s 5.5mx vt= = (2 5.5)m 7.5mx = + = 37θ = ° 0.2mh = 0 0.5md = 4 3 sin37 0.6° = cos37 0.8° = 83 10 m/ sc = ×【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）根据折射定律有 ，其中入射角为 解得折射角为 光恰好照射到整个底部，根据几何关系可知，容器侧面与水平方向的夹角为 ，则 解得 容器底部宽度 ； （2）根据几何关系可知，光从水面射到底部通过的距离等于侧面的长度 ，则有 其中 且光在水里的传播速度为 联立解得 0.2m 91. 1 10 s−× sin sin in r = 90 37 53i = ° − ° = ° 37r = ° 53° tan53 h x ° = 0.15mx = 0 2 0.2md d x= − = l lt v = cos37 hl = ° cv n = 91.1 10 st −= ×