1、2020和平区高三年级模拟考试（三）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分。考试用时70分钟。第I卷（选择题共40分）一、单项选择题（每题5分，共25分。每题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1.下列说法正确的是（）A. 太阳辐射能量主要来自太阳内部的核裂变反应B. 某些元素的原子核可以自发进行衰变，衰变后原子核总质量减少C. 汤姆生通过对阴极射线的研究发现电子并提出原子核式结构模型D. 玻尔能级跃迁理论说明原子核具有复杂结构【答案】B【解析】【详解】A太阳辐射的能量来源于太阳内部的核聚变反应，故A错误；B原子核发生衰变，放出能量，根据质能方程可知，衰变过程中有
2、质量亏损，故原子核的总质量减少，故B正确；C汤姆生通过对阴极射线的研究发现电子，并提出了原子的枣糕模型，卢瑟福通过散射实验，提出原子的核式结构，故C错误；D玻尔能级跃迁理论解释了氢原子的核外电子的跃迁问题，说明原子具有复杂的结构，贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂结构，故D错误。故选B。2.如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为41。原线圈接入输出电压为交流电源，副线圈接一个R27.5 的负载电阻。则下述结论正确的是（）A. 副线圈中交流电压表的读数为B. 副线圈中输出交流电的周期为C. 原线圈中交流电流表的读数为0.5 AD. 原线圈中的输入功率为W【答案】C【解析】【详解】A副线
3、圈中交流电压表的读数为交流电压的有效值，初级电压有效值为根据变压器原理可得选项A错误；B副线圈中输出交流电的周期为选项B错误；C根据变压器输入功率等于输出功率可得解得I1=0.5A选项C正确；D原线圈中的输入功率为P1=U1I1=220V0.5A=110W选项D错误。故选C。3.2020年5月5日长征五号B运载火箭的首飞成功，实现空间站阶段飞行任务首战告捷，拉开我国载人航天工程“第三步”任务序幕。已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G。有关同步卫星，下列表述正确的是（）A. 卫星距离地面的高度B. 卫星的运行速度大于第一宇宙速度C. 卫星运行时受到的向心力
4、大小为D. 卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度【答案】D【解析】【详解】AC万有引力提供向心力，因此有化简可得故AC错误；B由上面分析可得由于第一宇宙速度为故B错误；D由上面分析可得地表重力加速度为故D正确。故选D4.简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v。若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四副波形中质点a最早到达波谷的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由图A知，波长，周期由图知质点a向上振动，经第一次到达波谷，用时B图对应波长，周期由图知质点a向下振动，经第一次到达波谷，用时C
5、图对应波长，周期由图知质点a向上振动，经第一次到达波谷，用时D图对应波长，周期由图知质点a向下振动，经第一次到达波谷，用时所以D波形中质点a最早到达波谷，故选D。【点睛】5.传感器是一种采集信息的重要器件，图为测定压力的电容式传感器，将电容器、灵敏电电流表、电源连接施加力的作用使电极发生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转在对膜片开始施加恒定的压力到膜片稳定，灵敏电流表指针的偏转情况为（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏）A. 向右偏到某一刻度后不动B. 向左偏到某一刻度后不动C. 向右偏到某一刻度后回到零刻度D. 向左偏到某一刻度后回到零刻度【答案】C【解析】【详解】当F向上压膜片
6、电极时，板间距离减小，由电容决定式得到，电容器的电容将增大，又根据电容的定义式，电容器两极的电压U不变，故Q将增大，即电容器充电，所以电流将从电流表正接线柱流入，电流计指针向右偏当充电完毕后，电路中没有电流，电流计的指针回到零刻度故C正确，ABD错误二、不定项选择题（每题5分，共15分。每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.蓝光相比红光具有频率高、能最大的特点，则以下叙述正确的是A. 发生全反射时红光的临界角小于蓝光的临界角B. 用同一干涉装置可看到红光的干涉条纹间距比蓝光宽C. 在同一均匀介质中蓝光的传播速度小于红光的传播速
7、度D. 如果蓝光能使某种金属发生光电效应，红光也一定能使该金属发生光电效应【答案】BC【解析】【详解】A、红光的折射率比蓝光的折射率小，由可知红光的临界角比蓝光的大；故A错误；B、根据，当用同一装置做双缝干涉实验时，双缝干涉条纹间距与光的波长成正比，红光的波长比蓝光长，所以红光的双缝干涉条纹间距大于蓝光双缝干涉条纹间距，故B正确；C、红光的折射率比蓝光的折射率小，根据知，红光在介质中传播速度大于蓝光的传播速度，故C正确；D、红光的折射率小，则红光的频率小，蓝光能使某金属发生光电效应，红光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误7.质量为、电量为的带电粒子以速率v垂直磁感线射入磁感应强度为的匀强磁
8、场中，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流，则下列说法中正确的是A. 环形电流的电流强度跟成正比B. 环形电流的电流强度跟v成正比C. 环形电流的电流强度跟成正比D. 环形电流的电流强度跟成反比【答案】CD【解析】【详解】设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由，得，环形电流：，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比，故AB错误，CD正确8.如图所示，试管的一端插在水银槽中，另一端封闭有理想气体。试管内有一段水银柱，降低封闭气体温度，以下说法正确的是（）A. 试管中的水银柱高度下降B. 封闭气体压强减小C. 封闭气
9、体的体积与压强乘积变大D. 气体内能的变化值小于气体放出的热量【答案】BD【解析】【详解】ABC根据理想气体状态方程可知，降低封闭气体温度，封闭气体的体积与压强乘积变小，如果封闭气体体积不变，降低封闭气体温度，压强减小，则试管中的水银柱高度上升，故AC错误，B正确；D由热力学第一定律可知，由于降低封闭气体温度过程中外界对气体做功，则气体内能的变化值小于气体放出的热量，故D正确。故选BD。第II卷（非选择题 共60分）三、实验题9.图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。实验中，为了使细线对小
10、车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是_。A将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是_。AM=20g，m=10g、15g、20g、25g、3
11、0g、40gBM=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120gCM=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gDM=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g下图是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为sAB=4.22cm，sBC=4.65cm、sCD=5.08cm，sDE=5.49cm、sEF=5.91cm、sFG=6.34cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a=_m/s2（结果保留2位有效数字）。【答案】 (1)
12、. B (2). C (3). 【解析】【详解】(1)1为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力。故AC错误，B正确。故选B。(2)2只有时，才可以将小车与砝码受到的合外力看作为砂与砂桶的总重力，因此应选择最小的一组，故ABD错误，C正确。故选C。(3)3相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，则相邻的计数点时间间隔为利用匀变速直线运动的推论可得为了更加准确的求出
13、加速度，我们对三个加速度取平均值，即代入数据解得10.从下列实验器材中选出适当的器材，设计实验电路来测量某电压表的内阻。A待测电压表V1，量程03V，RV内电阻约20k25kB电压表V，量程05V，内电阻约50kC定值电阻R1，阻值20kD定值电阻R2，阻值100E滑动变阻器R3，阻值范围020，额定电流0.2AF滑动变阻器R4，阻值范围0100，额定电流0.2AG电池组，电动势为6V，内电阻约为0.5H单刀开关若干和导线若干（1）请设计一个测量电路，并在方框中画出电路图_。（2）实验器材选择除A、B、G、H外，定值电阻应选用_，滑动变阻器应选用_（用器材前的字母表示）。（3）写出测量电压表内
14、阻的表达式_（用已知物理量和测量物理量表示）。【答案】 (1). 见解析 (2). C (3). F (4). 【解析】【详解】（1）1由于电压表的内阻远大于滑动变阻器的最大电阻，故若采用限流式接法，则通过待测电压表的电流变化范围较小，不可能达到多组数据测量的目的，无法精确地测量电压表的内阻，故采用分压式接法；测量该电压表的内阻的实验电路图如图所示：（2）23待测电压表和测量电压表的量程不同，且待测电压表的内阻小于测量电压表的内阻，为了得到较高的测量精确度，应该使两个电压表的度数尽可能都到达量程的以上；故待测电压表应该串联一个电阻，且使它们的电阻之和与测量电压表的电阻差不多，故串联定值定值应该
15、选，故填序号C；然后再与测量电压表并联，为了方便调节，滑动变阻器应该选；故填序号F。（3）4根据串并联电路特点，流过待测电压表与定值电阻的电流相等，故有：解得：四、计算题（要求写出必要的文字说明、方程式和推导过程，只有结果的不给分）11.如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻导轨上停放一质量、电阻的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。（1）试证明金
16、属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；（2）求第2s末外力F的瞬时功率；（3）如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功，求金属杆上产生的焦耳热。【答案】(1)见解析；(2)0.35W；(3)0.05J【解析】【详解】(1) 设路端电压为U，金属杆运动速度为v，则感应电动势E=BLv，电阻R两端的电压由图乙可得U=kt，k=0.1V/s解得因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度(2) 在2s末，速度v2=at=2m/s此时通过金属杆的电流金属杆受安培力F安=BIL=0.075N设2s末外力大小为F2，由牛顿第二定律：F2-F安=ma故4s末时外力F的瞬时功率P=F2v2，解得：
17、P=0.35W(3) 在2s末，杆的动能由能量守恒定律，回路产生的焦耳热：Q=W-Ek=0.35-0.2 J =0.15J又故在金属杆上产生的焦耳热Qr=0.05J12.如图所示，AB是长度足够长的光滑水平轨道，水平放置的轻质弹簧一端固定在A点，另一端与质量m1=2kg的物块P接触但不相连。一水平传送带与水平轨道B端平滑连接，物块P与传送带之间的动摩擦因数，传送带右端与光滑水平轨道CD平滑连接，传送带在电机驱动下以v=2m/s的速度顺时针匀速运动。质量为m2=6kg的小车放在光滑水平轨道上，位于CD右侧，小车左端与CD段平滑连接，右侧与一段半径R=0.5m的光滑的四分之一圆弧相连接，物块P与小
18、车水平上表面的动摩擦因数。用外力缓慢推动物块P，将弹簧压缩至储存的弹性势能EP=9J，然后放开，P开始沿轨道运动并冲上传送带，到达传送带右端时速度恰好与传送带速度大小相等，物块P在小车上上升的最大高度H=0.1m，重力加速度大小g=10m/s2。求：(1)物块P相对传送带的滑行距离L；(2)小车的水平长度L1。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)根据机械能守恒定律可得物块P在传送带上仅有摩擦力对其做功，因此有动能定理可得代入数据联立解得(2)当物体运动到小车的最高点时，对于P与小车构成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得由能量守恒定律可得联立解得小车的水平长度为13.如图所示，
19、在平面内，有一电子源持续不断地沿正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压，穿过K板小孔达到A板的电子被收集且导出，从而形成电流，已知，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。(1)磁感应强度B的大小；(2)电子流从P点射出时与y轴负方向的夹角的范围；(3)电子被收集形成最大电流；(4)调节A与K两级板间的电压刚
20、好不能形成电流，此时可调的电压大小。【答案】(10；(2)；(3)；(4)【解析】【详解】(1)粒子源沿x轴正方向射出的粒子经圆形磁场区域偏转后均从P点射出，则从x轴上沿x轴正方向射入磁场的粒子也从P点射出，则该粒子的轨道半径与磁场区域的半径相等，偏转角为90，故电子做圆周运动的轨道半径r=R，电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得(2)上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角，如图所示由几何关系可得解得同理下端电子从P点射出时与负y轴最大夹角也为60，范围是(3)所有进入磁场的电子均能进入两极板，调节A、K两极板间的电压，可使所有电子均可打到A极板上，所以收集所有电子形成的最大电流为由题有解得（4）只要竖直向下的电子达不到A板，其它电子一定达不到，从K到A，根据动能定理可得解得则