1、河北省唐山市2020届高三物理第一次模拟考试试题（含解析）二、选择题：本题共8小题，每题6分。在每小题给出的4个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，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，有错选或不选的得0分。1.花岗岩、大理石等装修材料中都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性的说法正确的是()A. 衰变成要经过8次衰变和6次衰变B. 氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后只剩下1个氡原子核C. 射线与射线都是电磁波，射线穿透本领远比射线弱D. 放射性元素发生衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的【答案】D【解析】【详解】A铀核（）
2、衰变成铅核（）的过程中，设发生x次衰变，y次衰变，衰变方程为根据质量数守恒和电荷数守恒有238=206+4x，92=82+82-y解得x=8，y=6，即要经过8次衰变和6次衰变，故A错误； B半衰期是对大量原子核的衰变的统计规律，对于单个原子核是不成立的，故B错误；C射线是氦核流，射线的实质是电磁波，射线的穿透本领比较强，故C错误；D衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故D正确。故选D。2.甲、乙两物体在t=0时刻同地出发，其运动的xt图象如图所示，下列说法正确的是()A. 甲物体做直线运动，乙物体做曲线运动B. 0t2时间内，甲物体通过的路程大于乙物体通过的路
3、程C. t1t2时间内，甲物体平均速度大于乙物体的平均速度D. t1时刻甲物体的速度大于乙物体的速度【答案】C【解析】【详解】A甲、乙两物体的位移一直为正，并且在增大，所以二者一直朝着正方向运动，都做直线运动，故A错误；B甲、乙两物体在t=0时刻同地出发，经t2s到达同一位置，故在这段时间内两物体的位移大小相等，又两物体做的是单向直线运动，则路程等于位移的大小，所以在0t2时间内，甲物体通过的路程等于乙物体通过的路程，故B错误；C由图可知，在t1t2时间内，甲物体的位移大于乙物的位移，时间相等，故在t1t2时间内，甲物体的平均速度大于乙物的平均速度，故C正确；D位移时间图象切线斜率表示速度，由
4、图可知在t1时刻乙物体图象的切线斜率大于甲物体图象的斜率，即在t1时刻乙物体的速度大于甲物体的速度，故D错误。故选C。3.如图所示，光滑水平面上有质量为m足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为()A. 1：4B. 1：4C. 1：8D. 1：12【答案】A【解析】【详解】木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有解得；根据能量守恒定律有解得划痕长度同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度为故两次划痕长度之比为，故A正确，BCD错误。故选
5、A。4.随着空间探测技术的发展，中国人的飞天梦已经成为现实。某质量为m的探测器关闭发动机后被某未知星球捕获，在距未知星球表面一定高度的轨道上以速度v做匀速圆周运动，测得探测器绕星球运行n圈的总时间为t。已知星球的半径为R，引力常量为G，则该未知星球的质量为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由题知，探测器绕星球运行n圈的总时间为t，则周期为，设探测器的轨道半径为r，则有解得半径为探测器绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有解得代入半径表达式得，故B正确，ACD错误。故选B。5.某同学用拇指和食指掐住质量为500g的玻璃瓶同高度的A、B位置处于静止状态，且瓶相对于手
6、指恰好不下滑。该位置侧壁与竖直方向夹角为30，其截面如图所示。若玻璃瓶与手指之间的动摩擦因数为=0.2，手指可视为形状不变的圆柱体，重力加速度g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则拇指与玻璃瓶之间的摩擦力为()A. 1.25NB. 2.5NC. D. 【答案】C【解析】【详解】对玻璃瓶受力分析，并正交分解，如图所示根据平衡条件有又联立可得，故C正确，ABD错误。故选C。6.如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为。则()A. 当单刀双掷开关分别与
7、a、b连接时，电压表的示数比为1：2B. 当t=0时，c、d间的电压瞬时值为C. 单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大D. 当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大【答案】AD【解析】【详解】A当单刀双挪开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，则有当与b连接时，原线圈的匝数为，则有联立得故电压表的示数比为1:2，故A正确；B当t=0s时，c、d间的电压瞬时值为u1=Usin(1000)=0V，故B错误；C单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，电压表的示数不变，故C错误；D单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数变
8、小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电阻不变，故电流表的示数也变大，故D正确。故选AD。7.两电阻不计的光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨足够长且间距为l。两质量均为m、电阻均为R的导体棒M、N位于边界水平的匀强磁场上方，距磁场的上边界有一定高度，磁场竖直方向宽度为导体距水平边界高度的3倍，磁场大小为B，方向垂直导轨所在平面，如图所示。先由静止释放导体棒M，M进入磁场恰好匀速运动，此时再由静止释放导体棒N，两导体棒始终水平且与导轨保持良好接触。重力加速度取g，则下列说法正确的是()A. 释放前导体棒M、N距磁场上边界的高度为B. 导体棒M离开磁场时的速度C. 导体棒M、N均进入磁场后，两棒
9、间距离减小D. 两导体棒各自离开磁场时导体棒N的速度较小【答案】BD【解析】【详解】A设导体棒到磁场上边界的距离为h，导体棒刚进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理有得，导体棒M进入磁场后产生的感应电动势为回路中的电流大小为由于导体棒M做匀速直线运动，可知其所受合力零，根据平衡条件有联立可得，故A错误；B结合前面的分析及题意可知，导体棒N刚进入磁场时的速度大小也为v，设导体棒N从开始到进入磁场所需要的时间为t，受力分析可知导体棒N在进入磁场之前做自由落体运动，由运动规律有则可得此过程中导体棒M向下运动的位移为因为磁场竖直方向宽度为导体距水平边界高度的3倍，则可知此时导体棒M到磁场的下边界距离为
10、h，导体棒N进入磁场后，两棒的速度相同，而两棒都只受重力作用，加速度均为g，从此时开始两棒做加速度与初速度均相同的匀加速直线运动，则可知在导体棒M离开磁场之前，两棒的速度一直相同，所以回路中不产生感应电流，设导体棒M离开磁场时的速度大小为，由速度位移关系有解得，故B正确；C由B选项分析可知，导体棒M、N均进入磁场后，两棒间距离保持不变，故C错误；D由前面的分析可知，导体棒M刚离开磁场时，导体棒N的速度大小也为，则可知此时导体棒N产生的感应电动势大于前面导体棒M单独切割时感应电动势，所以此时导体棒N所受安培力要比重力更大，根据楞次定律可知导体棒N所受安培力一定竖直向上，所以导体棒N所受合力向上，
11、导体棒N做减速运动，则可知导体棒N离开磁场时的速度要小于导体棒M离开磁场的速度，故D正确。故选BD。8.将两点电荷分别固定在x轴上的A、B两点，其坐标分别为(-4，0)和(2，0)，B处点电荷带电量绝对值为Q，两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中x=0处电势最高，x轴上M、N两点的坐标分别为(-1，0)和(1，0)，静电力常量为k，则下列说法正确的是()A. 两点电荷一定为异种电荷B. M点的电场强度大于N点的电场强度C. M点电场强度大小为D. 正的试探电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小【答案】CD【解析】【详解】A图象的切线斜率表示电场强度，则可知原点O处合场强为
12、零，且电势均为负，则两点电荷均为负电荷，故A错误；B图象的切线斜率表示电场强度，则可知M点的电场强度小于N点的电场强度，故B错误； C设A处点电荷带电量绝对值为，由A项知原点O处合场强为零，则有解得在M点，根据电场的叠加原理有联立得，故C正确； D由图可知，由M点运动到N点的过程，电势先升高再减小，故正的试探电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D正确。故选CD。第II卷(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，考生根据要求作答。(一)必考题9.某同学利用如图所示实验装置探究橡皮筋做功与速度变化的
13、关系。他进行了如下操作：将长木板放在水平桌面上，调节一端高度，平衡小车及纸带的摩擦力并固定长木板；把橡皮筋一端固定在墙上，另一端系在小车上，将橡皮筋拉长d。由静纸带打点计时小车橡皮筋止释放小车，带动穿过打点计时器的纸带沿长木板运动，得到一条纸带。增加橡皮筋的条数，重复上述操作，长木板得到多条纸带。打点计时器电源的频率为50Hz。(1)本实验中，该同学应怎样判断长木板及纸带的摩擦力已经被平衡：_。(2)实验时得到一条纸带，如图所示。此次操作中应选择的速度大小为_m/s；(结果保留三位有效数字)(3)该同学由多次实验数据做出Wv2图象如图所示，则橡皮筋弹力做功与速度平方变化的关系为_。【答案】 (
14、1). 不挂橡皮筋，穿好纸带打开打点计时器，轻推小车若所得纸带点迹均匀即平衡了摩擦力 (2). 2.00 (3). 【解析】【详解】（1）1根据平衡摩擦力的方法可知：不挂橡皮筋，穿好纸带打开打点计时器，轻推小车若所得纸带点迹均匀即平衡了摩擦力；（2）2应选择匀速部分求速度的大小，则速度大小为（3）3根据做出的W-v2图象可知橡皮筋弹力做功与速度平方变化的关系为。10.某实验小组欲测量一电压表V的内阻(约为30k)，已知电压表量程约25V35V，表盘共有30个均匀小格。(1)首先该小组用电阻刻度中间值为30的多用表粗测该表的内阻。请你用实线连接两表笔和电压表接线柱_；在实验过程中，欧姆档的选择开
15、关拨至倍率_选填：(1档、10档、100档或1K档)(2)若在实验过程中测得该电压表内阻为RV=30k，为了精确校对电压表的量程，要求测量多组数据，现有下列器材可供选用：标准电压表V1(量程3V，内阻RV1=3k)；电流表A(量程03A，内阻未知)；稳压电源E(30V，内阻不能忽略)；电键、导线若干。已给出部分实验电路，请你用实线替代导线完成实验电路：_实验电路连接正确，请用各测量值和已知量表示电压表的量程的表达式U=_；式中各测量值的含义是：_。【答案】 (1). (2). 1k (3). (4). (5). N为V表指针所指格数，U1为V1表读数【解析】【详解】（1）1因黑表笔接欧姆表内部
16、电源的正极，所以电路如图所示2测电阻时应尽量使指针指在中间值附近，欧姆表中值电阻为R中=301k=30k所以应选“1k”；（2）3由题意可知，待测电压表内阻已知，则将两表串联接入电路，则两表中的电流相等，由标准电表可求得电流值，通过计算可求得待测电压表的量程；因两电压表阻值较大，而滑动变阻器阻值较小，故滑动变阻器采用分压接法；故电路如图所45由欧姆定律可求得，通过两电压表的电流则待测电压表两端的电压为I30000=10U1此时指针指示的格数为N，则有解得量程，其中N为直流电压表V指针所指格数，U1为标准电压表V1的读数。11.如图所示，某小型滑雪场的雪道倾角为，已知AB=BC=L，其中BC部分
17、粗糙，其余部分光滑。现把滑雪车P和Q固定在雪道上，两车质量均为m且可看作质点，滑雪车P恰在A点。滑雪车P上固定一长为L的轻杆，轻杆与雪道平行，左端与滑雪车Q接触但不粘连。现同时由静止释放两滑雪车，已知滑雪车与BC段的动摩擦因数为，重力加速度为g。求：(1)滑雪车P刚进入BC段时，轻杆所受的压力多大?(2)滑雪车Q刚离开BC段时，滑雪车P和Q之间的距离为多少?【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)P车刚进入BC段时，对P和Q整体应用牛顿第二定律有对P车分析联立解得(2)Q车刚进入BC段时，P车和Q车有共同速度设为v，则从两车开始释放至Q刚进入BC段的过程中，由动能定理可得解得Q车在BC段受
18、力平衡，做匀速运动，故Q车匀速运动时间P车在t这段时间内沿坡道匀加速下滑，由牛顿第二定律和运动学规律可得由以上各式解得12.在直角坐标系xoy中，x轴上方空间分布着竖直向上的匀强电场，场强大小为。在第一象限(包括x和y轴的正方向)存在垂直坐标平面的周期性变化的磁场，磁感应强度的大小，变化规律如图所示，规定垂直坐标平面向外为磁场正方向。一带量为+q、质量为m的小球P被锁定在坐标原点，带电小球可视为质点。t=0时刻解除对P球的锁定，1s末带电小球P运动到y轴上的A点。此后匀强电场方向不变，大小变为原来的一半。已知重力加速度为10m/s2，求：(1)小球P运动到A点时的速度大小和位移大小；(2)定性
19、画出小球P运动的轨迹(至少在磁场中两个周期)并求出小球进入磁场后的运动周期；(3)若周期性变化的磁场仅存在于某矩形区域内，区域左边界与y轴重合，下边界与过A点平行于x轴的直线重合。为保证带电小球离开磁场时的速度方向沿y轴正方向，则矩形磁场区域的水平及竖直边长应同时满足什么条件?【答案】（1），；（2），6s；（3），【解析】详解】(1)根据牛顿第二定律和运动学公式得代入数据解得，(2)根据题意，画出其运动轨迹，如图所示1s末小球进入磁场后，由于小球所受重力和电场力平衡，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得圆周运动周期由B-t图象可知，小球在1-2s顺时针旋转四分之一圆周，接
20、下来2-3s做匀速直线运动，3-5s逆时针旋转半个圆周，5-6s做匀速直线运动，6-7s顺时针旋转四分之一圆周，完成一次周期性运动。即带电小球在复合场中运动的周期T=6s（3）带电小球1s内做匀速直线运动的位移要使带电小球沿y轴正方向离开磁场需满足根据洛伦兹力提供向心力，则有解得，13.下列说法正确的是_。A. 在完全失重的环境中，空中的水滴是个标准的球体B. 气体的内能是分子热运动的平均动能与分子势能之和C. 晶体有固定的熔点且物理性质具有各向异性D. 气体的温度变化时，气体分子的平均动能一定也变化E. 金属是多晶体，在各个方向具有相同的物理性质【答案】ADE【解析】【详解】A在完全失重的环
21、境之中，由于液体的表面张力作用，空中的水滴是个标准的球体，故A正确；B对于气体，分子间距远大于平衡距离，分子力忽略不计，故分子势能为零，故气体内能是分子热运动的平均动能之和，故B错误；C晶体有固定的熔点，单晶体物理性质各向异性，多晶体物理性质各向同性，故C错误；D温度是分子热运动平均动能的标志，故气体的温度变化时，气体分子的平均动能一定变化，故D正确；E通常金属在各个方向具有相同的物理性质，它是多晶体，故E正确。故选ADE。14.如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量m=10kg，横截面积S=100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离L1=11c
22、m，到汽缸口的距离L2=4cm。现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平。已知g=10m/s2，外界气温为27C，大气压强为1.0105Pa，活塞厚度不计，求：(i)活塞上表面刚好与汽缸口相平时气体的温度是多少?(ii)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q=350J的热量，则气体增加的内能U多大?【答案】(i)450K；(ii) 295J【解析】【详解】(i)当汽缸水平放置时，p0=1.0105Pa，V0=L1S，T0=（273+27）K=300K。当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示根据平衡条件有p1S
23、=p0S+mgV1=（L1+L2）S由理想气体状态方程得解得T1=450K(ii)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得p0L1S=p1LS加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为W=-p0（L1+L2-L）S-mg（L1+L2-L）根据热力学第一定律解得15.位于坐标原点的波源在t=0时刻开始沿y轴做简谐运动，它激起的横波沿x轴正向传播，经一小段时间停止振动。当t=0.15s时，波的图象如图所示，此时波恰好传到P点，则下列说法正确的是_A. P点频率是5HzB. 波长是0.4mC. P点沿y轴正方向运动D. P点振动的总时间为0.015sE. Q点再经0.05s停止振动【答案】BCD【解
24、析】【详解】AB据题意，该波在t=0.15s时间内传播的距离x=3m，则波速由图知波长=04m，由得频率故A错误，B正确；C简谐波向右传播，根据波形的平移法得知，P点沿y轴正方向运动，故C正确；D周期T=P点振动的总时间为=0.015s，故D正确；E由于波源的停止时间不知道，所以无法确定Q点停止振动的时间，故E错误。故选BCD。16.如图所示，一横截面为环形的均匀玻璃管，内圆半径为R，外圆半径为2R，圆心为O，PQ为过圆心的水平直线。细光束a平行于PQ射到玻璃管上，入射方向恰好与内圆相切。已知光在真空中的速度为c=3108m/s。(i)试证明无论该玻璃的折射率多大，光束a经过一次折射后在内圆边界处发生全反射；(ii)若玻璃环的折射率为n=，光束a经过-次折射和一次全反射，从玻璃管的外圆边界射出(不考虑多次反射情况)，则光线a在玻璃中传播的时间t为多少?(=2.646，计算结果保留两位有效数字)【答案】(i)见解析；(ii)t=1.1R10-8s【解析】【详解】(i)如图在A点入射由折射定律可得由几何关系可得在ABO中由正弦定理得由全反射临界角规律可得由以上各式可得(ii)B点全反射后光线为BE，如图由对称性可知AB=BE=x在ABO中由余弦定理可得由折射率则时间为联立得t=1.1R10-8s