2020届贵州省铜仁市高三（下）第二次模拟考试理综物理试题（解析版）

铜仁市 2020 年高三第二次模拟考试 理科综合物理部分 1. 铀是常用的一种核燃料,若它的原子核发生了如下的裂变反应: ,则 a+b 可能是 (　 　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据核反应的特点可知，核反应前后质量数和电荷数都守恒，根据各选项中的数据可知，A 都不 守恒，B 质量数不守恒，D 电荷数不守恒，C 正确． 故选 C。 2. 下列关于天体运动的说法中，正确的是（　　） A. 所有行星绕太阳运行的轨道都是椭圆，太阳在椭圆的一个焦点上 B. 地心说代表人物哥白尼认为地球是宇宙的中心，其他星球都环绕地球运动 C. 牛顿由于测出了引力常量而成为第一个计算出地球质量的人 D. 地球绕太阳公转时，在近日点运行速率最小，在远日点速率最大 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳运行的轨道都是椭圆，太阳在椭圆的一个焦点上， 故 A 正确； B．哥白尼是日心说的代表人物，托勒密是地心说的代表人物，故 B 错误； C．卡文迪许由于测出了引力常量而成为第一个计算出地球质量的人，故 C 错误； D．根据开普勒第二定律可知，地球绕太阳公转时，在近日点运行速率最大，在远日点速率最小，故 D 错 误。 故选 A。 3. 如图，倾角为 θ 的斜面体 c 置于水平地面上，物块 b 置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒 a 235 1 1 92 0 02U n a b n+ → + + 140 93 54 36Xe Kr+ 141 92 56 36Ba Kr+ 140 94 54 38Xe Sr+ 141 93 56 38Ba Sr+ 连接，连接 b 的一段细绳与斜面平行，连接 a 的一段细绳竖直，a 连接在竖直固定在地面的弹簧上。现向盒 a 内缓慢加入适量砂粒，a、b、c 始终处于 静止状态。下列判断正确的是（　　） A. 弹簧的弹力增大 B. 绳对 a 的拉力增大 C. 地面对 c 的支持力增大 D. c 对 b 的摩擦力增大 【答案】B 【解析】 【详解】AB．对 a 分析可知，a 处于静止状态，加入适量砂粒后重力变大，弹簧弹力不变，绳子的张力变 大，故 A 错误，B 正确； C．对 b 与 c 整体分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，故地面对 c 的支持力一定减小，故 C 错 误； D．盒子 a 受重力、拉力和弹簧的支持力而平衡，随着沙子质量的增加；由于不知道 b 的重力沿着斜面方向 的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定 c 对 b 静摩擦力的方向，静摩擦力可能增加、可能减小，有可 能先减小后增大，故 D 错误。 故选 B 4. 如图，间距为 L 的平行金属导轨之间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，极板间距为 d 的平行板电容器与总电阻为 2R0 的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为 R0 的导体棒 MN 可在外力的作用 下，沿导轨从左向右做匀速直线运动，当滑动变阻器的滑动触头位于 a、b 的中点位置，导体棒 MN 的速度 为 v0 时，位于电容器中 P 点的带电油滴恰好处于静止状态，若不计一切摩擦和平行导轨及导线的电阻，重 力加速度为 g，则下列判断正确的是（　　） A. 油滴带电量为 。 0 mgd BLv B. 若保持导体棒的速度 v0 不变，而将滑动触头调到 a 位置，油滴将向上板运动 C. 若保持导体棒的速度 v0 不变，而将滑动触头由 a 调到 b 位置，油滴的电势能不变 D. 若保持导体棒的速度 v0 不变，调节滑动触头到 a 位置，滑动变阻器消耗的功率最大 【答案】B 【解析】 【详解】A．导体棒切割磁感线产生的感应电动势 根据闭合电路欧姆定律得 电容器两极板的电压 油滴恰好处于静止状态，所以有 解得，油滴带电量为 故 A 错误； B．若保持导体棒的速度 v0 不变，而将滑动触头调到 a 位置，外电阻变大，路端电压增大，电容器两极板电 压增大，电场力增大，电场力大于重力，油滴将向上板运动，故 B 正确； C．若保持导体棒的速度 v0 不变，而将滑动触头由 a 调到 b 位置，外电阻减小，路端电压小，电容器两极板 电压减小，油滴的电势能变化，故 C 错误； D．若保持导体棒的速度 v0 不变，外电阻等于内电阻时，也就是当滑动变阻器的滑动触头位于 a、b 的中点 位置，滑动变阻器消耗的功率最大，故 D 错误。 故选 B。 5. 如图，在竖直平面内有一光滑水平直轨道，与半径为 R 的光滑半圆形轨道相切于 B 点，一质量为 m（可 视为质点）的小球从 A 点通过 B 点进入半径为 R 的半圆，恰好能通 过轨道的最高点 M，从 M 点飞出后落 在水平面上，不计空气阻力，则（　　） 0E BLv= EI R r = + 0 1 2U IR BLv= = qUmg d = 0 2mgdq BLv = A. 小球在 A 点时的速度为 B. 小球到达 B 点时对轨道的压力大小为 mg C. 小球从 B 点到达 M 点的过程中合力的冲量大小为 D. 小球运动到与圆心等高处对轨道的压力大小为 3mg 【答案】D 【解析】 【详解】A．小球恰好能通过半圆的最高点 M，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 由 A 到 M，由动能定理得 解得 故 A 错误； B．由 A 到 B，速度不变 B 点时，对 B 点进行受力分析重力提供向心力，由牛顿第二定律得 所以 由牛顿第三定律得，小球到达 B 点时对轨道的压力大小为 在 2 gR 6m gR 2 Mvmg m R = Mv gR= 2 2 M A 1 12 2 2mg R mv mv− ⋅ = − A 5v gR= B A 5v v gR= = 2 B N vF mg m R − = ( )2 2 B 5 = + = 6N gRvF mg m mg m mgR R + = 故 B 错误； C．小球在 B 点时速度向右，大小为 ，在 M 点时，速度向左，大小为 ，小球从 B 点 到达 M 点的过程中，取向右为正，合力的冲量为动量的变化 故 C 错误； D．小球运动到与圆心等高处时，由动能定理知 在那一点，弹力提供向心力 由牛顿第三定律得，小球到达 B 点时对轨道的压力大小为 故 D 正确； 故选：D。 6. 如图 a，一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0 时，小物块以速度 v0 滑上长木板左端，最终小物块恰好没 有滑出长木板；图 b 为物块与木板运动的 v −t 图像，图中 t1、v0、v1 已知。重力加速度大小为 g。由此可求 得（　　） A. 木板的长度 B. 物块的质量 C. 物块与木板的质量之和 D. 物块与木板之间的动摩擦因数 【答案】AD 【解析】 = =6NF F mg压 B 5v gR= Mv gR= = 5M BI mv mv m gR m gR− − = − − 2 2 A 1 1 2 2mg R mv mv− ⋅ = − 2 3mvF mgR = = = =3F F mg压 【详解】A．根据最终小物块恰好没有滑出长木板，由图像可求出木板的长度为 故 A 符合题意； BC．物块的质量不能求出来，也无法求出木板的质量，故不能求出物块与木板的质量之和，只能根据图像 求出物块作匀减速阶段的加速度以及木板作匀加速直线运动的加速度，故 BC 不符合题意； D．对物块，根据图像可以求出物块作匀减速阶段的加速度大小，即 由牛顿第二定律可知 联立解得物块与木板之间的动摩擦因数为 故 D 符合题意。 故选 AD。 7. 如图，有一矩形线圈的面积为 S，匝数为 N，电阻不计，绕 OO′轴在水平方向的磁感应强度为 B 的匀强 磁场中以角速度 ω 匀速转动，从图示位置开始计时，矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接 有固定电阻 R0 和滑动变阻器 R，下列判断正确的是（　　） A. 矩形线圈从图示位置经过 时间内，通过电流表 A1 的电荷量为 0 B. 矩形线圈从图示位置经过 时间时，矩形线圈产生的感应电动势为 0 C. 在滑动变阻器的滑片向下滑动的过程中，电流表 A1 和 A2 的示数都变大 D. 在滑动变阻器的滑片向上滑动的过程中，电压表 V1 和 V2 的示数都变小 【答案】BC 1 0 01 1 1 12 2 2 v v vvL t t t += − = 0 1 1 v va t −= f mga gm m µ µ= = = 0 1 1 v v gt µ −= 2 π ω 2 π ω 【解析】 【详解】A．由 可知， 时间等于 ，图示位置为垂直中性面，故矩形线圈从图示位置经过 时间内，磁通量一直增大，感应电流的方向不变，平均感应电动势不为零，平均电流不为零，由 可 知，通过电流表 A1 的电荷量不为零，故 A 错误； B．矩形线圈从图示位置经过 时间时，线圈处于中性面，磁通量最大，感应电动势为零，故 B 正确； C．在滑动变阻器的滑片向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电阻变小，由于原、副线圈电压 U1、U2 不变， 由欧姆定律 可知，R 减小，I2 增大，所以电流表 A2 的示数增大；又由于变压器的输出功率 U2 不变，I2 增大，有 P2 增大，而变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率增大，由 ，由于 U1 不变，P1 增大，所以 I1 增大，则有在滑动变阻器的滑片向下滑动的过程中，电流表 A1 和 A2 的示数都变大，故 C 正确； D．在变压器中，输入电压决定输出电压，电压与匝数成正比，在滑动变阻器的滑片向上滑动的过程中，虽 然电阻增大，但没有改变原副线圈的匝数比，故电压表 V1 和 V2 的示数都不变，故 D 错误。 故选 BC。 8. 如图甲所示，两个等量同种电荷 P、Q 固定于光滑绝缘水平面上，电荷量 、质量 的小球从 a 点由静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点 O，其 图象如图乙中图线①所示，其中 b 点 处为图线切线斜率最大的位置，图中②为过 b 点的切线，则下列说法正确的是（　　） A P、Q 带正电荷 B. b 点 场强 C. a、b 两点间的电势差为 30V D. 带电小球运动到 O 点时电势能最小 . 的 2T π ω= 2 π ω 4 T 2 π ω q I t= ∆ 2 π ω 2 2 0 UI R R = + 2 2 2P U I= 1 1 1P U I= 31 10 Cq −= + × 0.02kgm = —v t 30V/mE = 【答案】BD 【解析】 【详解】A．带正电的小球从 a 点由静止释放，向上做加速运动可知，受到向上的电场力，则 aO 线上的电 场竖直向上，故两电荷带负电，故 A 错误； B． 图象上斜率表示加速度可得 ① 根牛顿第二定律得 ② 联立①②解得 故 B 正确； C．在 ab 由动能定理得 由图乙可得 带入解得 故 C 错误； D．由图象乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，运动到 O 点时电势能最 小，故 D 正确。 故选 BD。 三、非选择题（共 174 分。第 22—32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33—38 题 为选考题，考生根据要求作答） （一）必考题：共 129 分 9. 某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．气垫导轨上 A 处安装了一个光电门，滑块上固定 一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放 时遮光条位于气垫导轨上 B 位置的上方。 —v t 21.5m / sb va t ∆ =∆= bqE ma= 30V/mbE = 2 21 1 2 2ab b aqU mv mv= − 3m/sbv = 90VabU = (1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，如图乙所示，则 d＝________mm (2)下列不必要的一项实验要求是________(请填写选项前对应的字母) A．滑块必须由静止释放 B．应使滑块(包括遮光条)的质量远大于钩码的质量 C．已知当地重力加速度 D ．应使牵引滑块的细线与气垫导轨平行 (3)实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为 t，测得滑块(包括 遮光条)质量为 M，钩码质量为 m，A、B 间的距离为 L，在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能 mgL 与__________(用直接测量的物理量符号表示)相等，则机械能守恒。 【答案】 (1). 2.75 (2). B (3). 【解析】 【详解】(1)[1]由图示游标卡尺可知，主尺示数为 2mm，游标尺示数为 15×0.05mm=0.75mm，则游标卡尺读 数为 2mm+0.75mm=2.75mm (2)[2]A．由题意可知，滑块必须由静止释放，故 A 正确； B．本实验判定钩码重力势能的减少量与系统动能的增加量的关系，故不需要保证所挂钩码的质量 m 远小于 滑块质量 M，故 B 错误； C．由实验原理可知 则应知道当地重力加速度，故 C 正确； D．为了减小滑块与导轨间的阻力作用，应使牵引滑块的细线与气垫导轨平行，故 D 正确。 本题选不必的，故选 B (3)[3]由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时 的瞬时速度为 实验要验证机械能守恒定律，故 2 2 ( ) 2 m M d t + 21 ( )2mgh m M v= + dv t = 10. 在物理课外活动中，小明同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图。已知选用的电流 表内阻 Rg＝10Ω、满偏电流 Ig＝10 mA，该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C 为上排刻度线的中 间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出。 (1)为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，小明同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如 下实验： ①将选择开关接 2，红、黑表笔短接，调节 R1 的阻值使电表指针______mA 处。 ②将多用电表红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在 C 处，此时电阻箱如图丙所示， 则 C 处刻度应为________Ω。 ③计算得到多用电表内电池的电动势为________V（保留 2 位有效数字） (2)将选择开关接 2，调零后将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图 乙中电流档 7.0mA 位置 处，则待测电阻的阻值为________Ω（保留 2 位有效数字） (3)若只将实验中的电流表换成满偏电流为 100mA 的电流表，则欧姆表的倍率将________。（选填“变大”、“变 小”或“不变”）。 【答案】 (1). 10 (2). 150 (3). 1.5 (4). 64 (5). 变小 【解析】 【详解】(1)①[1]将选择开关接 2，红、黑表笔短接，调节 R1 的阻值使电表指针满偏，即指 10mA 处。 ②[2]将多用电表红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在 C 处，此时电阻箱读数为 150Ω，则 C 处刻度应为 150Ω。 ③[3]由闭合电路的欧姆定律可知 2 2 2 1 ( )( )2 2 m M dmgL m M v t += + = gI R E= 内 计算得到多用电表内电池的电动势为 (2)[4]将选择开关接 2，调零后将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图 乙中电流档 7.0mA 位 置处，则 解得 Rx=64Ω 即待测电阻的阻值为 64Ω； (3)[5]若只将实验中的电流表换成满偏电流为 100mA 的电流表，则根据 可知欧姆表的内阻减小，指针指到相同的位置表示待测电阻 Rx 的值变小，即欧姆表的倍率将减小。 11. 如图，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为 R，MN 为直径且与水平面垂直，直 径略小于圆管内径的小球 A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点 M 时与静止于该处的质量与 A 相同 的小球 B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距 N 为 4R。重力加速度为 g，忽略圆管内径，空 气阻力及各处摩擦均不计，求： （1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间 t； （2）小球 A 冲进轨道时速度 v 的大小。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）粘合后两球飞出轨道做平抛运动，在竖直方向的位移为 2R，根据平抛运动规律有 1 2 150g EI R = +内 3150 10 10 V=1.5VE −= × × 37 10 x E R R −× = +内 gI R E= 内 2 Rt g = 2 5v gR= 解得 （2）设球 A 的质量为 m，碰撞前速度大小为 ，A 球从 N 点到 B 点的过程中只有重力做功，所以 A 球在 这个过程中机械能守恒，取地面为零势能面，由机械能守恒定律可知 设 A、B 碰撞后粘合在一起的速度为 ，碰撞前后两球组成系统所受合外力冲量为零，所以两球动量守恒， 取向右为正方向，由动量守恒定律知 飞出轨道后两球做平抛运动，水平位移为 4R，由水平方向做匀速直线运动得 联立以上三式解得 12. 如图，两条平行的光滑金属导轨相距 L =1m，金属导轨由倾斜与水平两部分组成，倾斜部分足够长且与 水平方向的夹角为θ = 37°。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。金属棒 EF 和 MN 的质量均为 m = 0.2kg ， 电阻均为 R = 2Ω。EF 置于水平导轨上，MN 置于倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．现在 外力作用下使 EF 棒以速度 v= 4m / s 向左匀速运动，MN 棒恰能在倾斜导轨上保持静止状态．倾斜导轨上端 接一阻值也为 R 的定值电阻．（取 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；重力加速度 g =10m / s2） （1）EF 向左滑动时，E、F 哪端电势高； （2）求磁感应强度 B 的大小； （3）若将 EF 棒固定不动，让 MN 棒由静止释放，MN 棒沿斜面下滑距离 d=5m 时达 到稳定速度的过程中， EF 棒中产生的焦耳热。 212 2R gt= 2 Rt g = 1v 2 2 1 1 1 22 2mv mv mgR= + 2v 1 22mv mv= 24R v t= 2 5v gR= 【答案】（1）F 端电势高；（2）1.5T；（3） 【解析】 【详解】（1）F 端电势高。 （2）EF 棒运动切割磁感线产生感应电动势 电路总电阻为 流过 EF 棒的电流 对 MN 棒，由平衡条件得 解得 （3）设 MN 棒沿倾斜导轨下滑的稳定速度为 v，则有 MN 棒中电流 对 MN 棒 解得 根据功能关系有 EF 棒中产生的热量 43 J48EFQ = 0E BLv= 1 3 2 2R R R R= + =总 EI R = 总 sin cos2 Img B Lθ θ= ⋅ ⋅ 1.5TB = cosE BLv θ′ = ⋅ 2 cos 3 E BLvI R R θ′ ⋅′ = = 总 sin cosmg B I Lθ θ′= ⋅ ⋅ 2.5m/sv = 21sin 2mgd mv Qθ = + 总 解得 13. 以下说法正确的是_____。 A. 水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大 B. 布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的 C. 理想气体等压膨胀过程一定吸热 D. 理想气体温度不变，其内能一定不变 E. 理想气体压强仅与气体分子 平均动能有关 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．水的温度升高，绝大部分分子速率增大，平均动能增大，但对个别水分子的运动速率则不确定， 故 A 错误； B．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的，故 B 正确； C．理想气体等压膨胀，根据 可知，气体温度升高，内能增大；根据热力学第一定律可知，气体对 外做功同时内能增大，一定从外界吸热，故 C 正确； D．理想气体忽略分子间作用力，分子势能忽略不计，内能即为分子动能的总和，温度不变，其内能一定不 变，故 D 正确； E．理想气体压强与气体分子的平均动能和分子密集程度有关，故 D 错误。 故选 BCD。 14. 如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为 m、面积为 S 的活塞将一定量的气体封闭在气缸内， 平衡时活塞与气缸底相距 L．现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移 动了距离 d．已知大气压强为 p0，不计气缸和活塞间的摩擦，且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为 p0，整个过程中温度保持不变．求小车的加速度的大小． 的 1 6EFQ Q= 总 43 J48EFQ = pV CT = 【答案】 【解析】 【详解】设小车加速度大小为 a，稳定是气缸内气体的压强为 P1，活塞受到气缸内外气体的压力分别为： 由牛顿第二定律得 小车静止时，在平衡情况下，气缸内气体的压强为 P0，由波意耳定律得：P1V1=P0V 式中 V=SL，V1=S（L﹣d） 联立得 a= 15. 以下关于光学常识的描述中说法正确的是____。 A. 偏振光可以是横波，也可以是纵波 B. 泊松亮斑支持了光的波动说 C. 雨后路面上的油膜呈现彩色，是光的折射现象 D. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象 E. 光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理 【答案】BDE 【解析】 【详解】A．偏振光，只可以是横波，不可以是纵波，故 A 错误； B．泊松亮斑支持了光的波动说．故 B 正确． C．雨后路面上的油膜呈现彩色，是光的干涉现象，故 C 错误； D．光学镜头上的增透膜，膜的上表面与玻璃表面反射的光发生干涉，利用了光的干涉现象，故 D 正确； E．光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理，故 E 正确； 0 ( ) P Sda m L d = − 1 1 1 0 0 1f PS f P S= = 1 0f f ma=﹣ 0 (1 ) P Sd m d− 故选 BDE。 16. 如图所示为一个半径为 R 的透明介质球体，M、N 两点关于球心 O 对称，且与球心的距离均为 2R．一 细束单色光从 M 点射出穿过透明介质球体后到达 N 点，真空中的光束为 c． ①若介质的折射率为 n0，光线沿 MON 传播到 N 点，光传播的时间 t 为多少； ②已知球面上的 P 点到 MN 的距离为 ,若光束从 M 点射出后到达 P 点，经过球体折射后传播到 N 点，那么球体的折射率 n 等于多少．(取 sin37°=0.6，cos37°=0.8) 【答案】① ② 【解析】 ①光在介质球外的传播时间为 ， 光在介质球中的传播速度为 ， 光在介质球中的传播时间为 ， 光传播的时间为 ； ②光路图如图所示， 其中 ，又 ， 根据折射定律： ，所以 又 ， 3 5PA R= 0 2( 1) Rn c + 2 5 3n = 1 2Rt c = 0 cv n = 2 2Rt c = 1 2 0 2( 1) Rt t t n c = + = + sin 0.6θ = β θ α= + sin sinnβ θ= sin( ) 4 sin cossin 3n θ α α αθ += = + 62 cos 5MA MO AO R R Rθ= − = − = ， ， 解得： ； 【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律 、临界角公式 、光速公式 ，运用几何知识结合解决这类问题． 2 2 3 5 5MP PA MA R= + = 5sin 5 PA MP α = = 2 5cos 5 MA MP α = = 2 5 3n = sin sin in r = 1sinC n = cv n =