1、2020年高三毕业班5月模拟检测物理第卷一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1.下列有关原子结构和原子核的认识，正确的是A. 氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能减小B. 衰变说明原子核内有电子C. 卢瑟福用粒子轰击氮核发现了质子，其核反应方程为D. 卢瑟福粒子散射实验说明原子核由质子和中子组成【答案】C【解析】【详解】A、氢原子辐射光子后，轨道变小，动能变大，势能变小，总能量变小，故A错误；B、衰变不能说明原子核内有电子，是中子转变成质子，而放出电子的，故B错误；C、卢瑟福用粒子轰击氮核首次实现了原子核的人工转变，并发现了质子，其核反应方程为
2、，故C正确；D、卢瑟福通过粒子散射实验，提出原子核式结构模型，故D错误2.下列说法正确的是A. 布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动B. 气体温度不变，运动速度越大，其内能越大C. 温度降低物体内每个分子动能一定减小D. 用活塞压缩气缸里空气，对空气做功4.5105J，空气内能增加了3.5105J，则空气向外界放出热量1105J【答案】D【解析】【详解】A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，故A错误；B、气体温度不变，则内能不变，运动速度增大说明宏观的机械能增大，与内能无关，故B错误；C、温度是分子热运动平均动能的标志，故温度降低了，物体内分子热运动的平
3、均动能降低，不是每个分子的动能都减小，故C错误；D、根据热力学第一定律公式 ，由题意知，解得：，故空气向外界放出热量，故D正确3.OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面，ON=OM，a、b两束可见单色光（关于OO）对称，从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如图所示，则下列说法正确的是（）A. 在玻璃砖中a光束的折射率大于b光束的折射率B. 在玻璃砖中，a光束的传播速度小于b光束的传播速度C. 若a、b两光束从玻璃砖中射向空气，则b光束的临界角比a光束的临界角小D. 用同样的装置做双缝干涉实验，a光束的条纹间距小【答案】C【解析】【详解】ABC由光路图看出，b光束在NO面上
4、发生了全反射，而a光束在MO面上没有发生全反射，而入射角相同，说明b光的临界角小于a光的临界角，由分析得知，玻璃对a光束的折射率小于b光束的折射率，由得知，在玻璃砖中a光的传播速度比b光大。故AB错误C正确；D由于玻璃对a光的折射率小于b的折射率，则a光的频率比b光的低，a光的波长比b光的长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，所以a光束的条纹间距大，故D错误。故选C。4.2019年11月23日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第五十、五十一颗北斗导航卫星。如图所示的a、b、c为中国北斗卫星导航系统中的三颗轨道为圆的卫星。a是地球同步卫星，b是轨道半径与卫星a
5、相同的卫星，c是轨道半径介于近地卫星和同步卫星之间的卫星。下列关于这些北斗导航卫星的说法，正确的是（）A. 卫星a的运行速度大于第一宇宙速度B. 卫星a的向心加速度大于卫星c的向心加速度C. 卫星b可以长期“悬停”于北京正上空D. 卫星b的运行周期与地球的自转周期相同【答案】D【解析】【详解】A第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，根据万有引力提供向心力得卫星a的轨道半径大于地球半径，则卫星a的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；B根据万有引力提供向心力得卫星a的轨道半径大于卫星c的轨道半径，故卫星a的向心加速度小于卫星c的向心加速度，故B错误；C卫星b不是同步卫星，不能与地面相对静止，不能“悬停
6、”在北京上空，故C错误；D根据万有引力提供向心力得卫星a、b的轨道半径相等，则周期相等，卫星a是同步卫星，运行周期与地球自转周期相同，则卫星b的运行周期与地球自转周期相同，故D正确。故选D。5.如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球B、C，假设绳与物体A的表面平行，当两球静止时，小球B与圆弧圆心之间的连线和水平方向的夹角也为，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是()A. m1m2B m1m2tan C. D. m1m2cos 【答案】B【解析】【详解】通过光滑的滑轮相连，左右两侧绳的拉力大小
7、相等，两小球都处于平衡状态，又由受力分析可得：对m1有，FT=m1gcos对m2有，FT=m2gsin，联立两式可得:m1gcos=m2gsin，所以选项B正确;故选B.【点睛】本题考查共点力作用下物体的平衡，解题关键抓住绳子拉力大小相等，采用隔离法，由平衡条件求解质量之比二、不定项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6.简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10m的两质点，波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示。则下列说法正确的是（）A. 质点Q开始振动的
8、方向沿y轴正方向B. 该波从P传到Q的时间可能为7sC. 该波的传播速度可能为1m/sD. 该波的波长一定为6m【答案】AC【解析】【详解】A由图线可知，质点Q开始起振的方向沿y轴正方向，故A正确；B振动由P向Q传播，由图线可知T=6s，故振动从P传到Q的时间可能为（nT+4）s=（6n+4）s，（n=0、1、2、3、）故不可能为7s，故B错误；C根据（nT+4）v=10m可得故波速可能为1m/s，故C正确；D根据波长不一定是6m，故D错误。故选AC。7.小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比n3n4 = 501，输电线的总电阻
9、R = 10 。某时段全村平均每户用电的功率为200 W，该时段降压变压器的输出电压为220 V。则此时段（）A. 发电机的输出功率为22 kWB. 降压变压器输入电压为11 kVC. 输电线的电流为1100 AD. 输电线上损失的功率约为40 W【答案】BD【解析】【详解】A用户总功率为发电机的输出功率等于用户总功率加上输电线上消耗的电功率，所以应大于22 kW，故A错误；B降压变压器的输出电压为220 V，即U4 = 220 V，根据可得，降压变压器的输入电压故B正确；CD用户端总电流为根据可得，输电线中的电流为输电线上损失功率约为故C错误，D正确。故选BD。8.某空间区域有竖直方向的电场
10、（图中只画出了一条电场线）。一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动。不计一切阻力，运动过程中小球的机械能E与小球位移x的关系图象如图所示，由此可以判断（）A. 小球所处的电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向上B. 小球所处的电场为匀强电场，场强方向向上C. 小球可能先做加速运动，后做匀速运动D. 小球始终在做加速运动【答案】AD【解析】【详解】AB物体的机械能不断减小，由功能关系知电场力做负功，故电场强度方向向上，根据功能关系得：E=qEx，得图象的斜率等于电场力，斜率不断减小，故电场强度不断减小，因此电场是非匀强电场。故A正确B错误；CD
11、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，故小球做加速逐渐增大的加速运动；故C错误D正确；故选AD。第卷9.用图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统的机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，同时m1向上运动拉动纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带，其中0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个未标出的点，计数点间的距离如图中所示。已知电源的频率为50Hz，取m1=50g，m2=150g，g=10m/s2，完成以下问题。（计算结果保留两位有效数字）在打0-5点过程中系统动能的增加量_，系统势
12、能的减少量_，由此得出的结论是_。依据本实验原理作出的图像如图丙所示，则当地的重力加速度_。【答案】 (1). 0.58 (2). 0.59 (3). 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 (4). 9.7【解析】【详解】123 根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：在05过程中系统动能的增量系统重力势能的减小量等于物体重力做功，故：EP=W=（m2-m1）gx=0.19.8（0.216+0.384）=0.59J由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒根据得则图线的斜
13、率解得g=9.7m/s210.如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图其中包括电源E，开关S1和S2，电阻箱R，电流表A，保护电阻Rx该同学进行了如下实验步骤： (1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合S1、S2，读出电流表示数为I，电阻箱读数为9.5 ，断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为4.5则保护电阻的阻值Rx_（结果保留两位有效数字）(2)S2断开，S1闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出图象，如图所示，由图象可得，电源电动势E_V，内阻r_（结果保留两位有效数字） (3)本实验中，内阻的测量值_（填“大于”或“小于”）真实值，原因是_【答案】
14、(1). 5.0 (2). 3.0 (3). 2.2 (4). 大于 (5). 电流表也有内阻【解析】【详解】(1)1由题意可知，闭合S1和S2时只有电阻箱接入电路，闭合S1、断开S2时，电阻箱与R串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以 保护电阻的阻值Rx9.5 -4.5 5.0(2)23根据闭合电路欧姆定律可得，EI(R+Rx+r)，整理可得可见图线的斜率图线的纵截距结合图象中的数据可得E3.0V，r2.2(3)45本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和11.如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水
15、平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力而从静止向前滑行，其作用时间为，撤除水平推力后经过，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同已知该运动员连同装备的总质量为，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为，求：（1）第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小（2）该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离【答案】（1）1.2m/s 0.6m； （2）5.2m【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律得运动员利用滑雪杖获得的加速度为第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小位移（2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为第二次利用滑
16、雪杖获得的速度大小，则第二次撤除水平推力后滑行的最大距离解得12.如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场一质量为m，电荷量为q的带电粒子从电场中Q（2h，h）点以速度V0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场已知MN平行于x轴，N点的坐标为（2h，2h），不计粒子的重力，求：（1）电场强度大小；（2）磁感应强度的大小B；（3）粒子在磁场中的运动时间【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由几何关系可知粒子在竖直电场中水平位移为2h，竖直方向的距离为h，由
17、平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h=v0th=at2由牛顿运动定律可知：Eq=ma联立解得： ；（2）粒子到达0点，沿+y方向的分速度 ；速度与x正方向的夹角满足 粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度v=v0；轨道半径R=h由 得： ；（3）由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45，故运动时间 ；粒子在磁场中的运动时间为13.固定的E形磁铁的两侧为S极，中心为N极，磁极间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为，其结构如图甲、乙所示套在N极的正方形金属线圈可以在竖直方向无摩擦地运动，该线圈的质量为，边长为，电阻为. 将线圈自点由静止释放, 下落高度为到点时线圈的速度为，重力加速度为，不计空气阻力(1)求线圈运动到点时线圈中电流的大小I；(2)求线圈由运动到过程中所产生焦耳热；(3)如果要使线圈由到做初速度为零的匀加速直线运动，需要对线圈施加竖直方向的作用力，请你说明这个作用力大小的变化规律【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）在b点时切割速度为v，两个边切割，故产生的感应电动势，电流大小为；（2）过程中重力势能转化为动能以及内能，故根据能量守恒定律可得，解得；（3）设加速度为a，则过程中受到作用力F，重力，安培力，根据牛顿第二定律可得，故可得；【点睛】需要注意的是线圈的两条边做切割磁感线运动
