1、吉林省白山十中2020届高三物理下学期3月线上模拟考试试题（含解析）二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求。第1921题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。1.氚核发生衰变除了产生粒子和新核外，还会产生质量数和电荷数都是0的反中微子Ve。若氚核在云室中发生衰变后，产生的反中微子和粒子的运动方向在同一条直线上，设反中微子的动量为P1，粒子动量为P2，则。A. 上述核反应方程为B. 粒子在云室中穿过会留下清晰的路径，此体现了粒子的波动性C. 氚核内部某个中子转变为质子时，会向外发射粒子D. 新核的动量为
2、【答案】C【解析】【详解】A氚核在云室中发生衰变，没有中子参与，故核反应方程为，故A错误；B粒子在云室中穿过会留下清晰的路径，此体现了粒子的粒子性，故B错误；C氚核内部某个中子转变为质子时，会发射电子，即射线，故C正确；D由于不知道氚核的初始动量，故由动量守恒无法求出新核的动量，故D错误；故选C。2.如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一个小球，当初速度为时，小球恰好落到斜面底端，飞行时间为。现用不同的初速度从该斜面顶端向右平抛这个小球，以下图像能正确表示平抛运动的飞行时间随变化的函数关系的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】AD平抛运动竖直方向为自由落体运
3、动水平方向为匀速直线运动若初速度大于，在高度不变时水平位移就会大于，此时小球落在水平面上，高度不变，所以飞行时间不变，结合图像可知，AD错误；BC若初速度小于，则会落在斜面上，此时设斜面的倾角为，则有得到时间可见B正确，C错误。故选B。3.已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R，现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为，则A点处场强的大小为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由题意知，半径
4、为R的均匀带电体在A点产生场强为：同理割出的小球半径为，因为电荷平均分布，其带电荷量则其在A点产生的场强：所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强A. 与分析相符，故A正确B. 与分析不符，故B错误C. 与分析不符，故C错误D. 与分析不符，故D错误4.如图所示的电路中，AB和CD为两个水平放置的平行板电容器，AB板间有一点P，闭合开关K，待电路稳定后将开关断开。现将一有机玻璃板（图中未画出）插入CD板间，则下列说法正确的是（）A. CD平行板电容器的电容减小B. P点电势降低C. A、B两板间的电场强度增大D. 电阻R中有向右的电流【答案】B【解析】【详解】A将玻璃板插入CD板间，则相对介电常数
5、增大，其他条件不变，由可知，CD平行板电容器的电容增大，故A错误；BC电容器两板间电压断开开关后，两电容器总电荷量不变，由于CD电容器的电容增大，电容器两板间电势差均变小，由可知，AB板间电场强度变小，则P点与B板间的电势差变小，因为B板接地电势始终为零，则P点电势降低，故B项正确，C项错误；D由于插入玻璃板的过程中，电容器两板间电势差变小，则AB电容器放电，电阻R中有向左的电流，故D项错误。5.我国自主研发的北斗卫星导航系统由35颗卫星组成，包括5颗地球静止同步轨道卫星和3颗倾斜同步轨道卫星，以及27颗相同高度的中轨道卫星。中轨道卫星轨道高度约为2.15104km，同步轨道卫星的高度约为3.
6、60104km，己知地球半径为6.4103km，这些卫星都在圆轨道上运行。关于北斗导航卫星，则下列说法正确的是（ ）A. 中轨道卫星的动能一定小于静止同步轨道卫星的动能B. 静止同步轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大C. 中轨道卫星的运行周期约为20hD. 中轨道卫星与静止同步轨道卫星的向心加速度之比为【答案】B【解析】【详解】A根据万有引力提供圆周运动向心力则有可得由于中轨道卫星的轨道半径小于静止同步轨道卫星的轨道半径，所以中轨道卫星运行的线速度大于静止同步轨道卫星运行的线速度，由于不知中轨道卫星的质量和静止同步轨道卫星的质量，根据动能定义式可知无法确定中轨道卫星的动能与静
7、止同步轨道卫星的动能大小关系，故A错误；B静止同步轨道卫星绕地球运行的周期为24h，小于月球绕地球运行的运行周期，根据可知静止同步轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大，故B正确；C根据万有引力提供圆周运动向心力则有：可得：中轨道卫星运行周期与静止同步轨道卫星运行周期之比为：中轨道卫星的运行周期为：故C错误；D根据万有引力提供圆周运动向心力则有：可得：中轨道卫星与静止同步轨道卫星的向心加速度之比为：故D错误。故选B。6.如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v0=6 m/s 的速度向B运动，
8、并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则()A. B的最大速率为4 m/sB. B运动到最高点时的速率为m/sC. B能与A再次发生碰撞D. B不能与A再次发生碰撞【答案】AD【解析】【详解】AA与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得解得vA=2 m/svB=4 m/s故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；BB冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB=(M2M)v得v=m/s选项B错误；CD从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB、vC，由水平方向动量守恒有MvB=MvB2MvC由机械能守恒有MvB2=MvB22MvC2联
9、立解得vB=m/s由于|vB|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确7.如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x0一侧存在沿x正方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图乙所示。一根质量m=0.2kg、接入电路的电阻r=0.1的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是（）A. 金属棒向右做匀减速直线运动B. 金属棒在x=1m处的速度大小为1.5m/sC.
10、金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为0.175JD. 金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电荷量为2C【答案】CD【解析】【详解】A根据题图乙得B与x的函数关系式B=（0.50.5x）T金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势E=BLv感应电流I=安培力F安=BIL=BL=解得v=根据匀变速直线运动的速度位移公式如果是匀变速直线运动，v2与x成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，A错误；B根据题意金属棒所受的安培大小不变，x=0处与x=1m处安培大小相等，有即v1=0.5m/sB错误；C金属棒在x=0处的安培力大小为F安=0.2N对金属棒从x=0运动到
11、x=1m过程中，根据动能定理有代入数据解得WF=0.175JC正确；D根据电荷量公式q=x=0到x=2m过程中Bx图像包围的面积Bx=2Tm=2Tm则q=C=2CD正确。故选CD。8.如图所示，两根长度分别为2l和l的轻杆一端固定在一起，构成夹角为60的支架，该支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，两根轻杆的另一端分别固定着质量为m的小球甲和质量为2m的小球乙。将连接小球甲的轻杆转动到水平位置，然后由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A. 当整个系统第一次速度为0时，小球乙的位置与固定轴O位于同一高度处B. 当整个系统第一次速度为0时，小球乙的位置比固定轴O的
12、位置高C. 当小球乙摆到最低点时，轻杆对小球乙的弹力不沿杆方向D. 从静止开始至小球甲速度最大时，支架对小球甲所做的功为【答案】ACD【解析】【详解】AB设小球乙与O点等高时速度为v，则小球甲的速度为2v，系统从静止开始至小球乙与O点等高的过程，如图a所示由机械能守恒定律得解得故A项正确，B项错误；C如图b所示设小球乙与竖直方向成角时，小球甲和小球乙的速度最大，对系统由机械能守恒定律得整理后得其中所以当时，速度最大所以当小球乙第一次摆至最低点时，速度还在增大，所以沿轨迹切向方向上的合力不为零，而重力沿竖直方向，所以轻杆对小球乙的弹力不沿杆方向，C项正确；D对小球甲从静止至速度最大的过程，由动能
13、定理得解得所以D项正确。故选ACD。第卷（非选择题，共174分）三、非选择题（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，考生根据要求做答）（一）必考题（共129分）9.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。(1)为完成实验，还需要的实验器材有：_。(2)实验中需要测量的物理量有：_。(3)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的Fx图线，由此可求出弹簧的劲度系数为_ N/m。(4)为完成该实验，设计的实验步骤如下：A.以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组（x，F）对应点，
14、并用平滑的曲线连接起来；B记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度l0；C将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺；D依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码；E.以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与弹簧伸长量的关系式。首先尝试写成一次函数，如果不行，则考虑二次函数；F.解释函数表达式中常数的物理意义；G.整理仪器。请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来：_。【答案】 (1). 毫米刻度尺 (2). 弹簧原长 伸长后总长度 (3). 200 (4). C B D A E F G【解析】【详
15、解】(1)1为完成实验，还需要的实验器材有毫米刻度尺，记录弹簧总长度，计算伸长量。(2)2实验中需要测量的物理量有弹簧原长、伸长后总长度，从而计算出不同弹力下的伸长量。(3)3由胡克定律可得 (4)4实验步骤：将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺；记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度l0；依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码；以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组（x，F）对应的点，并用平滑的曲线连接起来；以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与弹簧伸长量的关系式。首先尝
16、试写成一次函数，如果不行，则考虑二次函数；解释函数表达式中常数的物理意义；整理仪器。故按操作先后顺序排列出来：C、B、D、A、E、F、G。10.如图所示是一种测量电容器电容的实验电路图,实验是通过对高阻值电阻放电的方法,测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q，从而求出待测电容器的电容C.某同学在一次实验时的情况如下：A.按如图甲所示电路图接好电路；B.接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数是，电压表的示数 C.断开开关S，同时开始计时，每隔5s测读一次电流的值，将测得数据填入表格，并标s示在图乙的坐标纸上（时间t为横坐标，电流i为纵坐标），如图乙中小黑
17、点所示(1)在图乙中画出i-t图线_；(2)图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是_；(3)该电容器电容为_F（结果保留两位有效数字）；(4)若某同学实验时把电压表接在E、D两端，则电容的测量值比它的真实值_ （选填“大”、“小”或相等）【答案】 (1). ； (2). 在开始放电时电容器所带的电量； (3). 1.010-3； (4). 小【解析】分析】用平滑的曲线连接，作出图象；由Q=It知，电荷量为I-t图象与坐标轴所包围的面积；计算面积时可数格数（四舍五入）现由 求得电容C；把电压表接在E、D两端，电荷是真实值，电压相当于路端电压，比原来小【详解】(1) 用平滑的曲线连接，作出图象如
18、图：(2) 由Q=It知，电荷量为I-t图象与坐标轴所包围的面积：则面积为电容器在开始放电时时所带的电荷量；(3) 算出格子数，由总格子数乘以每个格子的“面积”值求：Q=8.010-3C则；(4) 电容的测量值比它的真实值偏小，原因是若把电压表接在E、D两端，则电容器在放电时，有一部分电量会从电压表中通过，从而使得通过电流表中的电量小于电容器的带电量，从而使电容的测量值比它的真实值偏小【点睛】本题明确图象的面积的意义，学会面积的估算方法能根据实验原理，分析实验误差11.倾角为的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光
19、滑如图，4个“ ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰已知每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为，重力加速度为g求（1）滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；（2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a，由牛顿第二定律： 以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的
20、压力为F，由牛顿第二定律：已知联立可得：（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v这个过程， 4个滑块向下移动了6L的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L，由动能定理，有： 可得：由于动摩擦因数为，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v做匀速运动；第1个滑块离开BC后做匀加速下滑，设到达D处时速度为v1，由动能定理：可得：当第1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v的速度匀速向下运动，且运动L距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为，因此到
21、达水平面的时间差也为 所以滑块在水平面上的间距为联立解得12.如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小。在第三象限内有磁感应强度的匀强磁场I，在第四象限内有磁感应强度的匀强磁场，磁场I、的方向均垂直于纸面向内。一质量为m、电荷量为+q的粒子从P（0，L）点处以初速度v0沿垂直于y轴的方向进入第二象限的匀强电场，然后先后穿过x轴和y轴进入磁场I和磁场，不计粒子的重力和空气阻力。求：(1)粒子由电场进入磁场I时的速度v大小和方向；(2)粒子出发后第1次经过y轴时距O点的距离；(3)粒子出发后从第1次经过y轴到第4次经过y轴产生的位移大小y。 【答案】(1)2v0，
22、方向与x轴成60角；(2)2L；(3)【解析】【详解】(1)粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，由牛顿第二定律可得由运动学公式可得设粒子由电场进入磁场I时的竖直方向上速度vy，则有设粒子由电场进入磁场I时速度为解得，设方向与-x轴成，则有解得(2)粒子在第2象限运动沿x方向的位移大小代入数值可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则解得，如图由几何关系可得说明圆心恰好落在y轴上，粒子第一次经过y轴距O点距离即粒子第一次经过y轴距O点距离为2L。(3)由几何关系可知粒子第一次以经过y轴时速度方向垂直y，即沿+x方向，粒子进入磁场后，仍做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得画出粒子运动轨迹，由图
23、像可知当粒子第4次经过y轴时【物理选修33】13.关于分子动理论，下列说法正确的是（）A. 分子有着复杂的内部结构，但在研究分子的大小时，往往可以把分子看做小球或小立方体，这是一种理想化模型的物理方法B. 在显微镜下观察悬浮在水中的花粉颗粒的运动，把一个小颗粒每隔一段时间的位置记录在坐标纸上，用笔把颗粒的位置按时间顺序依次连起来，得到一组无规则的折线图，说明花粉颗粒的运动是无规则的C. 两个相邻的分子之间同时存在引力和斥力，它们均随分子间距离的增大而减小，所以当分子间距离增大时分子力将变小D. 把装有不同压强、不同温度的气体的两容器连通，温度高的气体会向温度低的一方传热，压强大的气体会向压强较
24、小的一方流动E. 扩散现象只能在气体和液体中发生，不能在固体中发生【答案】ABD【解析】【详解】A分子有着复杂的内部结构，研究分子的大小时，把分子看做小球或小立方体，是对分子的简化模型，只是对分子大小的粗略描述，是一种理想化模型的物理方法，A项正确；B在研究花粉颗粒的运动中，大量实验表明，利用显微镜追踪一个颗粒的运动，得到在任意时间内颗粒的运动是极不规则的，而颗粒不规则的运动正是大量水分子对它的不平衡撞击产生的，所以能间接地反映水分子的运动是无规则的，B项正确；C两个相邻的分子之间同时存在引力和斥力，它们均随分子间距离的增大而减小，但是分子力是两者的合力不一定减小，C项错误；D把装有不同压强、
25、不同温度的气体的两容器连通，只要时间足够长，温度高的气体会向温度低的一方传热，压强大的气体会向压强较小的一方流动，只要时间足够长，系统内各部分的状态参量均能够达到稳定，D项正确；E扩散现象在气体、液体和固体中均能发生，E项错误。故选ABD。14.如图所示，甲、乙两导热气缸内壁光滑，粗细均匀，横截面积均为S，高度均为h。现将两气缸竖直放置，甲气缸在上，乙气缸在下，中间用体积可以忽略的细短管连通，内部有质量和厚度均可忽略不计的绝热活塞，甲气缸上端开口且活塞只能在气缸内运动。甲、乙两气缸内有压强分别为p0、2p0的理想气体，初始时活塞均位于气缸的顶部。已知初始周围环境温度为27C，大气压强为p0，重
26、力加速度为g，热力学温度与摄氏温度的关系为T=t273K。(1)若将甲气缸内的气体缓慢加热至57C（此时乙气缸中的活塞未动），求甲气缸内气体的压强为多大？(2)在甲气缸活塞上放物体时，平衡时可通过活塞移动的距离测出物体的质量。求环境温度为27C时，此装置能测量物体质量的最大值为多少？【答案】(1)1.1p0；(2)【解析】【详解】(1)乙气缸中的活塞未动，温度升高时，甲气缸内气体做等容变化T0=（27273）KT1=（57273）K由盖吕萨克定律得解得p1=1.1p0(2)当甲气缸中的活塞刚好移动至甲气缸的底部时测得的物体质量最大，设乙气缸中的活塞移动的距离为x，两部分气体的压强均为p2，对甲
27、气缸内气体有p0Sh=p2Sx对乙气缸内气体有2p0Sh=p2S（hx）又解得【物理选修34】15.如图所示分别是a光、b光各自通过同一单缝衍射仪器形成的图样(灰黑色部分表示亮纹，保持缝到屏距离不变)，则下列说法正确的是_。A. 在真空中，单色光a的波长大于单色光b的波长B. 在真空中，a光的传播速度小于b光的传播速度C. 双缝干涉实验时a光产生的条纹间距比b光的大D. a光和b光由玻璃棱镜进入空气后频率都变大E. 光由同一介质射入空气，发生全反射时，a光的临界角比b光大【答案】ACE【解析】【详解】A单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越粗，由于光的中央
28、亮条纹较粗，则光的波长较大，故A正确；B根据知，光的波长较大，光的频率较小，光的折射率较小，根据得，光的传播速度较大，故B错误；C根据得双缝干涉实验时光产生的条纹间距比光的大，故C正确；D发生折射时光线的传播方向可能发生改变，不改变光的频率，故D错误；E由临界角公式可知，光发生全反射的临界角大于光发生全反射的临界角，故E正确；故选ACE。16.小王在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置，此时的摆动角度为，小王通过实验测得当地重力加速度为g10m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图象如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向。求：(1)单摆的振幅、摆长约为多少；(2)估算单摆振动时最大速度v。(可能用到的公式1cos2sin2)(计算结果均保留三位有效数字)【答案】(1) ；(2)【解析】【详解】(1)由题图乙读出单摆的振幅，周期根据单摆的周期公式得摆长(2)根据机械能守恒定律又因为很小，故有