1、辽宁省沈阳市第二中学2020届高三物理下学期第五次模拟考试试题（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得O分。1.下列说法正确的是（）A. 贝可勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核B. 普朗克提出了能量子的假设，解释了光电效应现象C. 若衰变中释放的能量为E，则的比结合能为D. 关于核反应，X是从原子核中射出的，且释放核能【答案】D【解析】【详解】A贝可勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子核可分，故A错误；B普朗克在研究黑
2、体辐射问题时提出了能量子假说，建立了量子论，而爱因斯坦光子说成功解释了光电效应现象，故B错误；C的比结合能是A个核子结合成时放出的能量，该能量不是它衰变时放出的能量，故C错误；D该核反应是衰变，是原子核内的一个中子转化为一个质子，同时释放出一个电子和能量，故D正确。故选D。2.图为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1 : n2 = 1 : k，降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3 : n4 = k : 1，模拟输电导线的电阻r = 3 ，T2的负载是规格为“15 V，45 W”的灯泡L当T1的输入电压为16 V时L正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则k的值为A.
3、B. 3C. 4D. 9【答案】B【解析】根据电压与匝数成正比，有即 得U216k；灯泡额定电流为， 降压变压器副线圈电流I43A；根据，得U3KU415k根据电流与匝数成反比，得，得；电压关系：；代入数据16k15k+3，解得：k=3，故选B.点睛：理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损.3.如图所示，在空中某一位置P将一个小球以初速度v0水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成60角，若将小球从P点以2v0的初速度水平向右抛出，则小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的( )A
4、. 4倍B. 倍C. 倍D. 倍【答案】B【解析】【详解】小球做平抛运动，水平方向上匀速直线运动竖直分速度因为，所以第一次解得；第一次碰到墙壁时的动能第二次碰到墙壁时的动能因为小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的倍，故B正确，ACD错误。故选B。4.如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一个质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分，在挂钩拉力作用下圆环处于静止状态，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为（）A. mgB. mgC. mgD. mg【答案】A【解析】【详解】设绳中拉力为T，绳与竖直方向夹角为，由几何关系可知由平衡知识3Tc
5、os=mg得出故选A。5.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图所示有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图所示。在t0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止粒子，则以下说法正确的是()A. 第2秒末粒子回到了原来位置B. 第2秒内上极板为正极C. 第3秒内上极板为负极D. 第2秒末两极板之间的电场强度大小为【答案】B【解析】【详解】D由图可知，B-t图像的斜率大小不变，线圈面积不变，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势大小不变；两极板之间的电场强度大小为两极板之间的电场强
6、度大小也不变。故D错误；B由图象可知，在第1s内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变大，穿过金属圆环的磁通量变大，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，即感应电流磁场方向垂直于纸面向外，然后由安培定则可知，感应电流沿逆时针方向，由此可知，上极板电势低，是负极，下板是正极，场强方向向上，同理在第2s内和第3s内，上极板电势高，是正极，下板是负极，场强方向向下；故B正确，C错误；A电场强度大小不变，电场力大小不变，加速度大小不变，不失一般性，假定带电粒子带正电，第1s内电向上做初速度为0的匀加速运动，第2s内电向上做末速度为0的匀减速运动，所以带电粒子一直向上运动，第2秒末粒子不
7、会回到了原来位置。故A错误。故选B。6.在光滑的绝缘水平面上，有一个边长为L的正三角形abc，顶点a、b、c处分别固定一个电荷量为q的正电荷，如图所示，D点为正三角形外接圆的圆心，E、G、H点分别为ab、ac、bc的中点，F点为E点关于电荷c的对称点（选择无穷远处为零电势），下列说法中正确的是（）A. D点的电场强度为零、电势不为零B. E、F两点的电场强度等大反向，电势相等C. c点电荷受到a、b点电荷的库仑力F库=D. G、H两点的电场强度、电势均相同【答案】AC【解析】【详解】A根据库仑定律，三个点电荷在D点的场强大小相等，方向沿角平分线，由几何关系可知三个场强间的夹角为120，由矢量的
8、合成可知，D点的场强一定为零；因为一般选择无限远处电势为0，把电荷从无限外移到D点，电场力会做功，所以D点电势不为0，故A正确；B由于a、b在E点的场强大小相等方向相反，故E点的场强仅由电荷c决定，故场强方向向左，而电荷c在EF位置的场强大小相同方向相反，但电荷a、b在F点的场强矢量和不为0，所以EF两点的电场强度大小不同，方向相反；F点为E点关于电荷c的对称点，所以只有电荷c时，E、F两点的电势相等，而只有有电荷a、b时E、F两点电势不相等，所以有三个电荷a、b、c时，E、F两点电势不相等，故B错误；Cc点处有a、b产生的电场力，由平行四边形定则可知，c点电荷受到a、b点电荷的库仑力为故C正
9、确；D由于a、c在G点的场强大小相等方向相反，故G点的场强仅由电荷b决定，所以G点场强方向沿bG连线上，由b指向G；同理H点的场强方向沿aH连线上，由a指向H，两点方向不同；根据对称性，可知G、H两点的电势均相同，故D错误。故选AC。7.北斗卫星导航系统第41颗和第49颗卫星已完成在轨测试、入网评估等工作，正式入网工作。第41颗卫星为地球同步轨道卫星，第49颗卫星为倾斜地球同步轨道卫星，它们的轨道半径约为4.2107m，运行周期都等于地球的自转周期24h。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。已知万有引力常量G6.671011Nm2/kg2，下列说法中正确的是（） A. 同步
10、轨道卫星可能经过北京上空B. 根据题目数据可估算出地球的质量C. 倾斜地球同步轨道卫星的发射速度大于第一宇宙速度D. 倾斜地球同步轨道卫星一天2次经过赤道上同一位置【答案】BCD【解析】【详解】A同步轨道卫星处于赤道平面上方，不可能经过北京上空，故A错误；B根据可得故B正确；C第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，故倾斜地球同步轨道卫星的发射速度大于第一宇宙速度，故C正确；D由于倾斜地球同步轨道卫星周期与地球自转周期相同，故一天2次经过赤道上同一位置，故D正确。故选BCD。8.a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t0 时，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动中，其位置坐标x与时间t的比值
11、(即平均速度)随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是() A. 质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2B. 质点b做匀速运动的速度为1.0 m/sC. t1 s时，a、b再次到达同一位置D. t2 s时，a、b再次到达同一位置【答案】ABC【解析】【详解】A对质点a，根据数学知识得变形得可得v0=0.5m/s，a=1.0m/s2所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0m/s2故A正确B由图知，对于b，有所以b做速度为1.0m/s的匀速直线运动，故B正确；C由图知，t=1s时，两者相等，也就是平均速度相同，时间相同，则位移x相等，初位置相同，所以t=ls时，a、b再次到达同一位置。故C
12、正确；D 由图知，t=2s时，两者不相等，也就是平均速度不相同，时间相同，则位移x不相等，初位置相同，所以t=2s时，a、b不是到达同一位置，故D错误。故选ABC。第卷（非选择题，共174分）三、非选择题：本卷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作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.有一仪器中电路如图所示，其中M是质量较大金属块，M两端与弹簧相连，将仪器固定在一辆汽车上，匀速行驶时，弹簧均处于原长，两灯均不亮。汽车启动时_灯亮。急刹车时_灯亮。【答案】 (1). 绿 (2). 红【解析】【详解】1当汽车突然启动时，汽车
13、由于受牵引力由静止变成运动，而金属块M由于惯性仍然保持静止，所以金属块M相对于汽车向后运动，使绿灯支路接通，即绿灯亮；2当汽车急刹车时，汽车由于受到制动力由运动变成静止，而金属块M由于惯性仍然向前运动。所以金属块M相对于汽车向前运动，使红灯支路接通，即红灯亮。10.如图甲所示是一个多量程多用电表的简化电路图，请完成下列问题。（1）测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程。当选择开关S旋到位置5、6时，电表用来测量_；当S旋到位置_时，电表可测量直流电流，且量程较大。（2）某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“10”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择_（填“1”或“100
14、”）倍率的欧姆挡。若该多用表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能欧姆调零，用正确使用方法再测量同一个电阻，则测得的电阻值将_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（3）某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙所示的简易欧姆表。实验器材如下：A干电池（电动势E3.0V，内阻r不计）；B电流计G（量程300 A，内阻99）；C可变电阻器R；D定值电阻R0=1；E导线若干，红黑表笔各一只。在乙图，表盘上100 A刻度线对应的电阻刻度值是_；如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡前、后倍率之比为_。【答案】 (1). 直流电压 (2). 1 (3
15、). 100 (4). 偏大 (5). 2104 (6). 100：1【解析】【详解】(1)12由图所示可知，当转换开关S旋到位置5、6时，表头G与电阻串联，此时可用来测量直流电压;由图所示电路图可知，当S旋到位置1时与表头G并联电阻阻值较小，此时电流表量程较大(2)3测量某电学元件的电阻，选用“10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，待测阻值较大，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，需选择“100”倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量。4当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由欧姆定律得欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，
16、由可知当R内变小时，I变小，指针跟原来位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，测得的电阻值将偏大(3)5欧姆表中值电阻等于欧姆档内部电阻，则中间刻度值对应示数为根据闭合电路欧姆定律有解得所以表盘上100A刻度线对应的电阻刻度值是。6当电流计满偏时，电流计内阻为99，给电流计并联1的电阻，流过R0的电流根据并联分流的规律可知电流表量程扩大100倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的，欧姆表换挡前、后倍率之比等于。11.两块平行极板AB、CD正对放置，极板CD的正中央有一小孔，两极板间距离AD为d，板长AB为2d，两极板间电势差为U，在ABCD构成的矩形区域内存在匀强电场，电场方
17、向水平向右。在ABCD矩形区域以外有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场。极板厚度不计，电场、磁场的交界处为理想边界。将一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在极板AB的正中央O点，由静止释放。不计带电粒子所受重力。求带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小；为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，求磁场的磁感应强度的大小；通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置。【答案】（1）；（2）；（3）恰能从C点射出【解析】【详解】（1）设带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小为v由动能定理 解得（2）由题意可知，粒子在磁场中
18、的轨迹为四分之三圆，圆心为D点，半径为d洛伦兹力提供向心力，由牛顿运动定律 解得（3）带电粒子由A点垂直于电场方向射入电场之后做类平抛运动若能够射出电场，运动时间 沿电场方向的侧移 根据牛顿第二定律得 解得因此带电粒子恰能从C点射出12.一木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一个可以看作质点的小物块，小物块的质量m1=2kg，木板质量m2=1kg，小物块与木板间的动摩擦因数为=0.2。在距离木板右端L=12m处有一墙壁。现小物块与木板一起以共同速度=6m/s向右运动，木板与墙壁的碰撞可以看作弹性碰撞。运动过程中小物块始终未离开木板。（g取10m/s2）求：（以向右为正方向）（1）木板与墙壁发生
19、第一次碰撞后，木板向左运动的最大距离；（2）木板从开始运动到第二次与墙壁碰撞所经历的时间，并画出小物块和木板此过程v-t图像；（3）木板从第一次与墙壁碰撞后到最终静止所走的总路程。【答案】（1）4.5m；（2）6s，图像见解析；（3）10.125m【解析】【详解】（1）木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，当速度减为零时，向左移动的距离最大，设加速度为a，最大距离为x1，根据牛顿第二定律得由速度位移关系式得（2）设第一阶段匀速运动用时木板第一次与墙碰撞后，小木块与木板相互作用直到有共同速度v2，根据动量守恒定律解得木板第一次与墙碰撞到小木块与木板有共同速度，设这个过程所用时间t2设木板向右
20、匀加速运动的位移为，后匀速运动位移为，时间为t3由速度位移关系由几何关系时间木板从开始运动到与墙第二次碰撞所经历的时间为（3）设木板与墙壁第n次碰撞后的速度为vn，碰后的共同速度为vn+1，vn+1同时也是第n+1次碰撞后的速度，对系统应用动量守恒定律有解得设车第n次与墙壁相碰后离墙的最大位移为sn，由速度位移关系，可得解得由此可知，木板每次碰后与墙的最大位移成等比数列，公比为前n次路程n取无限大，可知（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回
21、到状态A，其中，AB和CD为等温过程，BC和DA为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是。A. AB过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少B. BC过程中，气体分子的平均动能增加C. CD过程中，外界对气体做功，放热D. DA过程中，外界对气体做功，气体内能减小E. 该整个循环过程中，气体吸热量大于放热量【答案】ACE【解析】【详解】A AB过程中，等温膨胀，体积变大，分子数密度变小，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小，故A正确；BBC过程中，绝热膨胀，体积变大，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；CCD过程中，等温压缩，体积减小，外界对气体做功，
22、温度不变，内能不变，气体放热，故C正确；DDA过程中，绝热压缩，体积减小，外界对气体做功，内能增加，故D错误；E该循环中，气体对外做功大于外界对气体做功，即W0；一个循环，内能不变，U=0，根据热力学第一定律，Q0，即气体吸热，故E正确；故选ACE14.已知地面附近高度每升高12m，大气压强降低1mmHg。某实验小组利用这一性质设计一套装置来测量景区一座山的高度。如图所示，在一个密闭的玻璃瓶的塞子上插入一根细管，细管上端开口，瓶内有一定量的空气。现将此装置放在温度为27、大气压为750mmHg的山脚下，测得细管内水银柱的高度h=30mm。然后将装置缓慢的移到山顶上，待稳定后发现水银柱升高了6.
23、8mm，已知山顶比山脚处的温度低2，求：该实验估测山顶与山脚处的高度差为多少？（不计细管内液柱升降引起的瓶内空气体积的变化）【答案】144m【解析】【详解】在山脚处瓶内气体压强设山顶处瓶内气体压强，山顶处温度瓶内气体体积不变，根据查理定律有代入数据解得设山顶处大气压强为，则瓶内气体压强解得则山顶与山脚处的高度差15.以下说法中正确的是_。A. 全息照相利用了光的衍射现象B. 如果两个波源振动情况完全相同，在介质中能形成稳定的干涉图样C. 声源远离观察者时，听到的声音变得低沉，是因为声源发出的声音的频率变低了D. 人们所见到的“海市蜃楼”现象，是由于光的全反射造成的E. 摄像机的光学镜头上涂一层
24、“增透膜”后，可减少光的反射，从而提高成像质量【答案】BDE【解析】【详解】A全息照相利用了激光的干涉原理，可以记录光的强弱、频率和相位，故A错误；B当频率相同与振幅完全相同时，则会形成稳定的干涉图样，故B正确；C若声源远离观察者，观察者会感到声音的频率变低，是接收频率变小，而发射频率不变，故C错误；D海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生折射而引起的，属于全反射，故D正确；E当薄膜的厚度为入射光在增透膜中波长的时，从薄膜前后表面的反射光相互抵消，从而减少了反射，增加了透射，故E正确。故选BDE。16.一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长80cmO和A
25、是介质中平衡位置分别位于x=0和x=40cm处的两个质点t0时开始观测，此时质点O的位移y=-8cm，质点A处于y=-16cm的波谷位置；t0.5s时，质点O第一次回到平衡位置，而t=1.5s时，质点A第一次回到平衡位置求：（）这列简谐横波的周期T、波速v和波长；（）质点A振动的位移y随时间t变化的关系式【答案】（）T=6.0s、v=0.40m/s、=2.4m（）或；【解析】（）设振动周期为T，由于质点A在0到1.5s内由负最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是四分之一周期，故振动周期为：T=6.0s；由于质点OA距离d=0.40m小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在t=0.5s时回到平衡位置，而t=1.5s时A紧接着回到平衡位置，可知波从O传到A的时间为：t=1.0s故此简谐波的传播速度： 据波长、波速和周期的关系，可得该波的波长： （）设质点A的位移随时间变化的关系式为： 已知t=0时，y=-0.16m，有： t=1.5s时，y=0，有：联立解得： A=0.16m因此质点A的位移随时间变化的关系为：（或：）