1、东北师大附中、哈师大附中、辽宁省实验中学 2020 届高三物理下学期第一次模拟考试试题（含解析）二、选择题（共 8 题，1-5 单选，6-8 多选）1.在超导托卡马克实验装置中，质量为1m 的 21 H 与质量为2m 的 31H 发生核聚变反应，放出质量为3m 的10n，并生成质量为4m 的新核。若已知真空中的光速为c，则下列说法正确的是（）A.新核的中子数为 2，且该新核是 32He 的同位素 B.该过程属于 衰变 C.该反应释放的核能为23412mmmmc D.核反应前后系统动量不守恒【答案】A【解析】【详解】A由质量数守恒和电荷数守恒可知新核的质量数和电荷数分别为 4 和 2，新核是 2
2、4He，是 32He 的同位素，中子数为 2，故 A 正确；B该过程是核聚变反应，不属于 衰变，故 B 错误；C该反应释放的核能为 221234Emcmmmmc 故 C 错误；D核反应前后系统动量守恒，故 D 错误 故选 A。2.如图所示，绕地球做匀速圆周运动的卫星 P 的角速度为，对地球的张角为 弧度，万有引力常量为G。则下列说法正确的是（）A.卫星的运动属于匀变速曲线运动 B.张角 越小的卫星，其角速度 越大 C.根据已知量可以求地球质量 D.根据已知量可求地球的平均密度【答案】D【解析】【详解】A卫星的加速度方向一直改变，故加速度一直改变，不属于匀变速曲线运动，故 A错误；B设地球的半径
3、为 R，卫星做匀速圆周运动的半径为 r，由几何知识得 sin 2Rr 可知张角越小，r 越大，根据 22MmGmrr 得 3GMr 可知 r 越大，角速度 越小，故 B 错误；C根据万有引力提供向心力，则有 22MmGmrr 解得地球质量为 23rMG 因为 r 未知，所以由上面的式子可知无法求地球质量，故 C 错误；D地球的平均密度 343MR 则 2334sin 2G 知可以求出地球的平均密度，故 D 正确。故选 D。3.如图，倾角为45 的斜面 ABC 固定在水平面上，质量为m 的小球从顶点 A 先后以初速度0v 和02v 向左水平抛出，分别落在斜面上的1P、2P 点，经历的时间分别为
4、1t、2t；A 点与1P、1P 与2P 之间的距离分别为 1l 和 2l，不计空气阻力影响。下列说法正确的是（）A.12:1:1tt B.12:1:2ll C.两球刚落到斜面上时的速度比为 14 D.两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为 11【答案】D【解析】【详解】A平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定 2012tangtyxv t 解得 02tanvtg 可知时间与初速度成正比，所以 12:1:2tt，故 A 错误；B落点到 A 点的距离 2002coscosc stoanv tvxlg 可知距离与初速度的平方成正比，所以 12:1:4l l，故 B 错误
5、；CD设速度与水平方向的夹角为，有 00tan2tanyvgtvv 则知小球落在斜面上时速度方向相同，所以两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角相同，夹角正切值的比为 11，则落到斜面上时的速度为 0cosvv 则可知刚落到斜面上时的速度与初速度成正比，所以两球刚落到斜面上时的速度比为 12，故 C 错误，D 正确。故选 D。4.在两个边长为 L 的正方形区域内（包括四周的边界）有大小相等、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。一个质量为 m，带电量为 q的粒子从 F 点沿着 FE 的方向射入磁场，恰好从C 点射出。则该粒子速度大小为（）A.2BqLm B.BqLm C.54BqLm D.52
6、BqLm【答案】C【解析】【详解】由题意分析可知粒子从 BE 中点 G 飞出左边磁场，作 FG 的垂直平分线交 FA 的延长线于点 O，点 O 为圆心，如图所示 根据几何知识，有 22542LFGLL FEG与 FNO相似，则有 55:422LL rL 解得 54rL 又因为 2vqvBm r 解得 54BqLvm 故 C 正确，ABD 错误。故选 C。5.、ABC 三点构成等边三角形，边长为2cm，匀强电场方向与 ABC 构成的平面夹角 30，电势4VAB，1VC，下列说法正确的是（）A.场强大小为150V/m B.场强大小为200V/m C.将一个正电荷从 A 点沿直线移到C 点，它的电势
7、能一直增大 D.将一个正电荷从 A 点沿直线移到 B 点，它的电势能先增大后减小【答案】B【解析】【详解】AB匀强电场在 ABC 构成的平面上的电场强度分量 cos30EE 因为电势4VAB，1VC，所以 AB 为等势线，电场线与 AB 垂直指向 C，则 24 1V/m=100 3V/m2sin 6010ACACUEd 解得 200V/mE 故 A 错误，B 正确；C根据pEq，将一个正电荷从 A 点沿直线移到C 点，电势一直降低，它的电势能一直减小，故 C 错误；D因为 AB 为等势线，所以将一个正电荷从 A 点沿直线移到 B 点，它的电势能不变，故 D 错误。故选 B。6.如图所示为形状相
8、同的两个劈形物体，它们之间的接触面光滑，两物体与地面的接触面均粗糙，现对 A 施加水平向右的力 F，两物体均保持静止，则物体 B 的受力个数可能是（）A.2 个 B.3 个 C.4 个 D.5 个【答案】AC【解析】【详解】对 A 受力分析可知，当 F 与 A 所受静摩擦力大小相等时，则 A、B 之间没有弹力，当 F 比 A 所受的静摩擦力更大时，则 A、B 之间有弹力。当 A 对 B 没有弹力时，B 受到重力和地面的支持力 2 个力；当 A 对 B 有弹力时，B 还受到重力、地面的支持力与摩擦力，共 4 个力，故 AC 符合题意，BD 不符合题意。故选 AC。7.如图甲所示，一木块沿固定斜面
9、由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.在位移从 0 增大到 x过程中，木块的重力势能减少了 E B.在位移从 0 增大到 x 的过程中，木块的重力势能减少了2E C.图线 a 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 D.图线b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小【答案】BD【解析】【详解】AB木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b 为木块的动能随位移变化的关系。由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有 p20EEEE 得p=2EE，即木块的重力势能减少了2E，故 A 错误，B 正确；C由功能关系可知图线a 斜率的绝对
10、值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故 C 错误；D由功能关系可知图线b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故 D 正确。故选 BD。8.平行金属板 PQ、MN 与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为 E，内电阻为零；靠近金属板 P 的 S 处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m，电荷量 q，初速度为零的粒子，粒子在加速电场 PQ 的作用下穿过Q 板的小孔 F，紧贴 N 板水平进入偏转电场MN；改变滑片 p 的位置可改变加速电场的电压1U 和偏转电场的电压2U，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（）A.粒子的竖直偏转距离与12UU 成正比 B.滑片 p 向右滑动的过程
11、中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小 C.飞出偏转电场的粒子的最大速率2mqEvm D.飞出偏转电场的粒子的最大速率2mqEvm【答案】BC【解析】【详解】A在加速电场中，由动能定理得 21012qUmv 在偏转电场中，加速度为 2qUamd 则偏转距离为 212yat 运动时间为 0ltv 联立上式得 2214U lyU d 其中 l 是偏转极板的长度，d 是板间距离。粒子的竖直偏转距离与21UU 成正比，故 A 错误；B从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值 0tanatv 联立解得 21t2anU lU d 滑片 p 向右滑动的过程中，U1增大，U2减小，可知偏转角逐渐减小，故 B 正确
12、；CD紧贴 M 板飞出时，电场做功最多，粒子具有最大速率。由动能定理 2m1210()=2 mvq UUqE 解得 2mqEvm 故 C 正确，D 错误 故选 BC。三、非选择题：第 2232 题为必考题，每个试题考生必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（4 小题）9.一位同学为验证机械能守恒定律，利用光电门等装置设计了如下实验。使用的器材有：铁架台、光电门 1 和 2、轻质定滑轮、通过不可伸长的轻绳连接的钩码 A 和 B（B 左侧安装挡光片）。实验步骤如下：如图 1，将实验器材安装好，其中钩码 A 的质量比 B 大，实验开始前用一细绳将钩码 B 与桌面相连接，细
13、绳都处于竖直方向，使系统静止。用剪刀剪断钩码 B 下方的细绳，使 B 在 A 带动下先后经过光电门 1 和 2，测得挡光时间分别为 1t、2t。用螺旋测微器测量挡光片沿运动方向的宽度d，如图 2，则 d _ mm。用挡光片宽度与挡光时间求平均速度，当挡光片宽度很小时，可以将平均速度当成瞬时速度。用刻度尺测量光电门 1 和 2 间的距离()L Ld。查表得到当地重力加速度大小为 g。为验证机械能守恒定律，请写出还需测量的物理量（并给出相应的字母表示）_，用以上物理量写出验证方程_。【答 案】(1).6.710 (2).钩 码A、B的 质 量m1、m2 (3).221221211()2ddmmm
14、gLm gLtt【解析】【详解】1根据螺旋测微器测量原理得 6.5mm21.0 0.01mm6.710mmd 23为验证机械能守恒定律，还需测量钩码 A、B 的质量 m1、m2。对系统，因为动能的增加量等于重力势能的减少量，则验证方程为 221221211()2ddmmm gLm gLtt 10.图 1 为拉敏电阻的阻值大小随拉力变化的关系。某实验小组利用其特性设计出一电子测力计，电路如图 2 所示。所用器材有：拉敏电阻FR，其无拉力时的阻值为 500.0 电源1E（电动势 3V，内阻不计）电源2E（电动势 6V，内阻不计）毫安表 mA（量程 3mA，内阻100）滑动变阻器1R（最大阻值为50
15、0）滑动变阻器2R（最大阻值为300）电键 S，导线若干。现进行如下操作：将拉敏电阻处于竖直悬挂状态并按图连接好电路，将滑动变阻器滑片置于恰当位置，然后闭合电键 S。不挂重物时缓慢调节滑动变阻器的滑片位置，直到毫安表示数为 3mA，保持滑动变阻器滑片的位置不再改变。在FR 下施加竖直向下的拉力 F 时，对应毫安表的示数为 I，记录 F 及对应的 I 的值。将毫安表的表盘从 1mA 到 3mA 之间逐刻线刻画为对应的 F 的值，完成电子测力计的设计。请回答下列问题：（1）实验中应该选择的滑动变阻器是_（填“1R”或“2R”），电源是_（填“1E”或“2E”）；（2）实验小组设计的电子测力计的量程
16、是_ N。【答案】(1).1R (2).1E (3).200【解析】【详解】（1）12毫安表示数为 3mA 时，由闭合电路的欧姆定律，有 3mA100500EIR 若选电源2E，则滑动变阻器电阻为1400，两个滑动变阻器均达不到，所以只能选电源1E，此时滑动变阻器电阻为 400，只能选1R。（2）3 毫安表示数为 1mA 时，拉力最大，由闭合电路的欧姆定律，有 1F1mA100400ER 由图 1 有 2F(50.1)10 RF 解得拉力最大值为 200N。电子测力计的量程 200N。11.如图所示，光滑、平行、电阻不计金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为 L，导轨顶端连接定值电阻 R，
17、导轨上有一质量为m，长度为 L，电阻不计的金属杆，杆始终与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里。现将杆从 M 点以0v 的速度竖直向上抛出，经历时间t，到达最高点 N，重力加速度大小为 g。求t 时间内（1）流过电阻的电量q；（2）电阻上产生的电热Q。【答案】（1）0mvmgtqBL；（2）220022()12m gR vgtQmvB L【解析】【详解】（1）根据动量定理，有 00mvmgtFt 又因为 FBLI qIt 联立解得 0mvmgtqBL（2）根据 EBLhIRRtRt 以及能量守恒 2012Qmvmgh 联立解得 220022()1
18、2m gR vgtQmvB L 12.如图所示，在一个倾角为37 的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为5mL=的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数10.4。当长木板沿斜面向下运动的速度达到09.6m/sv 时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数20.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小210m/sg，sin370.6，cos370.8，结果可用根号表示。求：（1）刚放上小煤块时，长木板的加速度1a 的大小和煤块的加速度2a 的大小；（2）小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间t 是多少？【答案】（1）21=2m/sa，
19、22=7.6m/sa；（2）下端，1+3 s 【解析】【详解】（1）刚放上小煤块时，对长木板，由牛顿第二定律 1212coscossinmgmgmgma 对煤块，由牛顿第二定律 22sincosmgmgma 解得 21=2m/sa 22=7.6m/sa（2）设时间 0t 煤块与长木板达到共速，则有 01 02 0va ta t 解得 01st 煤块相对长木板的位移 220 01 02 011=4.8m22xv ta ta tL 故煤块不能从上端离开 此时煤块的速度为 2 07.6m/sva t 之后木板减速，煤块加速，根据牛顿第二定律有 对长木板有 2112sincos2cosmgmgmgma
20、 解得 211.2m/sa 对煤块有 22sincosmgmgma 解得 224.4m/sa 因 22214.4m/s1.2m/saa 所以煤块从下端离开木板，设从二者共速到二者分离又经历的时间为 2t，此过程木板和煤块的对地位移分别为12xx、，则有 2121 212xvta t 2222 212xvta t 根据相对位移 21xxx 解得 23st 故从放上到离开木板共经历的时间为 0213 sttt 物理-选修 3-3（2 小题）13.如图是一定质量的理想气体的压强与热力学温度的 P T图，a、b、c 是理想气体的三个状态，其中bc 平行于坐标轴T，ac 平行于坐标轴 P。则从a 到b
21、过程中气体的分子平均动能_（填“变大”、“变小”或“不变”），从b 到c 的过程_（填“可能”或“不可能”）为绝热过程，从c 到a 的过程中气体的密度_（填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】(1).变小 (2).不可能 (3).变小【解析】【详解】1 气体的分子平均动能和温度有关，温度越高气体的分子平均动能越大。从a 到b过程中，温度降低，所以气体的分子平均动能变小。2 从b 到c 的过程压强不变，温度升高，则内能增加，同时体积增大，气体膨胀对外做功，因此气体要吸热，不可能为绝热过程。3 从c 到 a 的过程中温度不变，压强降低，可知体积增大，则气体的密度变小。14.一导热性能良好的圆柱形
22、气缸固定在水平面上，气缸上端开口，内壁光滑，截面积为 S。A 是距底端 H 高处的小卡环。质量为m 的活塞静止在卡环上，活塞下密封质量为0m 的氢气，C 为侧壁上的单向导管。大气压强恒定为0p。环境温度为0T 时，从C 处注入水，当水深为 2H时，关闭 C，卡环恰对活塞无作用力。接下来又从C 处缓慢导入一定量氢气，稳定后再缓慢提升环境温度到01.6T，稳定时活塞静止在距缸底2.7H 处，设注水过程中不漏气，不考虑水的蒸发，氢气不溶于水。求：最初被封闭的氢气的压强1p；导入氢气的质量 M。【答案】02mgp S；74 m 【解析】【详解】设设注水前气体的体积为 V1，从最初到水深为 2H 时，气
23、体经历等温过程，注水后气体压强为 p2，由玻意耳定律 1 122pVp V 其中 1VSH 2()2HVS H 对活塞，有 02p Smgp S 联立解得 012mgSpp 设导入气体后且尚未升温时气体总度为 h，显然此时活塞已经离开卡环，接下来升温过程为等压过程，则有 002.70.51.6HShSTT 解得 118hH 考虑到此 h 高度的气体中，原有气体点高为 12 H，故后导入的气体点高为 112hhH 解得 178hH 设此时密度为 ，则有 12ShMHmS 解得 74mM 物理-选修 3-4（2 小题）15.图 1 是一列沿 x 轴方向传播的简谐横波在0t 时刻的波形图，波速为1m
24、/s。图 2 是5.5mx 处质点的振动图象，下列说法正确的是（）A.此列波沿 x 轴负方向传播 B.3.5mx 处质点在2st 时的位移为4 2cm C.1.5mx 处质点在4st=时的速度方向沿 y 轴正向 D.4.5mx 处的质点在1st 时加速度沿 y 轴负方向 E.3.5mx 处质点在01s内路程为(16 8 2)cm【答案】BCE【解析】【详解】A根据图 2 的振动图象可知，5.5mx 处的质点在 t=0 时振动方向沿 y 轴正向，所以利用图 1 由同侧法知该波沿 x 轴正方向传播，故 A 错误；B图 1 可知该简谐横波的波长为 4m，则 4 s4s1Tv 圆频率 22rad/s0
25、.45 rad/sT 设5.5mx 处质点的振动方程为 08sin(+)cm2xt t=0 时刻 04 28sin 结合 t=0 时刻振动的方向向上，可知014，则5.5mx 处质点的振动方程为 8sin(+)cm24xt 5.5mx 处质点与3.5mx 处质点的平衡位置相距半个波长，则3.5mx 处质点的振动方程为 8sin(+)cm24xt 2st 代入方程得位移为4 2cm，故 B 正确；C1.5mx 处质点在4st=时的速度方向和0t 时的速度方向相同，由同侧法可知速度方向沿 y 轴正向，故 C 正确；D4.5mx 处的质点在0t 时速度方向沿 y 轴负向，则经过四分之一周期即1st
26、时，质点的位移为负，加速度指向平衡位置，沿 y 轴正方向，故 D 错误；E3.5mx 处质点在在0t 时速度方向沿 y 轴负向，根据振动方程知此时位移大小为4 2cm，0t 时位移大小为4 2cm，所以01s内路程 2(84 2)cm=(16 8 2)cms 故 E 正确。故选 BCE。16.如图所示，扇形玻璃砖 AOB 的圆心角为 150，玻璃砖半径为 R，一条单色光平行于OA，由OB 的中点 D 入射，经折射后由圆弧面的 E 点射出玻璃砖，圆弧 AE 的长度与圆弧 BE 的长度之比为 23，已知真空中光速为c。求：该单色光在玻璃砖从 D 到 E 传播的时间。【答案】5 34Rc【解析】【详解】作出光路图，如图所示 圆弧 AE 的长度与圆弧 BE 的长度之比为 23，由几何关系可知60AOE，90EOB 1tan2ODOEDOE 由圆心角150AOB可知，该单色光在 OB 边的入射角 60i，折射角 rOED 1sin5r 由折射率公式有 sinsininr 解得 152n 由勾股定理 2252DEOEODR 又因为 cnv 该单色光在玻璃砖从 D 到 E 传播的时间 5 34DERtvc