1、山西省大同市2020届高三物理下学期3月模拟考试试题（含解析）注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O16 Na 23 S 32 Ar 40 Fe 56 I 127第I卷 （选择题 共126分）二、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符
2、合题目要求。第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，有选错或不选的得0分。请选出符合题目要求的一项或多项填入答题卷中。）1.2017年11月17日，“中国核潜艇之父”-黄旭华获评全国道德模范，颁奖典礼上，习总书记为他“让座”场景感人肺腑，下列有关核反应说法错误的是（ )A. 目前核潜艇是利用重核裂变提供动力B. 重核裂变反应前后一定有质量亏损C. 式中d=2D. 铀核裂变后的新核比铀核的比结合能小【答案】D【解析】【详解】A、核电站是利用核裂变释放的核能来发电的，故A正确.B、依据质能方程，可知，重核裂变反应前后一定有质量亏损，向外辐射能量，故B正确.C、依据质量
3、数与质子数守恒，那么，式中d=2，故C正确.D、U235核裂变后生成的新核稳定，可知U235核的比结合能比裂变后生成的新核的比结合能都小，故D错误.本题选择错误的，故选D.【点睛】考查裂变与聚变的区别，理解质能方程的含义，掌握书写核反应方程的规律，注意比结合能与结合能的不同.2.如图所示，物块放在木板上处于静止状态，现将木块略向右移动一些使倾角减小，则下列结论正确的是（ ）A. 木板对的作用力不变B. 木板对的作用力减小C. 物块与木板间的正压力减小D. 物块所受的摩擦力不变【答案】A【解析】【详解】物块放在木板上处于静止状态，将木块略向右移动一些使倾角减小， 仍保持静止，所以木板对的作用力仍
4、与的重力等大反向，故正确，错误；物块与木板间的正压力，减小，所以正压力增大，故C错误；物块所受的摩擦力，减小，所以摩擦力减小，故D错误.3.小铁块在粗糙水平面上，从A点在外力作用力下开始做匀速直线运动，到达B点以后由于撤去外力，做匀减速直线运动，到达C点停下来已知BC段做匀减速直线运动的位移x和速度v的关系图线如图所示，A、C两点之间的距离为400 m，则 ( ) A. B、C两点之间的距离为200 mB. BC 段做匀变速运动的加速度大小为4 m/s2C. AB 段匀速运动所用时间为10 sD. AC 段所经历的时间为25 s【答案】D【解析】【详解】BC段做匀变速运动的加速度大小为a，由题
5、可得初速度 v0=20m/s，末速度v=0，位移x=100 m，所以B、C两点之间的距离为100m故A错误；在BC段，由运动学公式得：v02=2ax，得：a=2 m/s2，故B错误；AB 段位移为：x1=300 m，速度为：v=v0=20m/s，所以AB段匀速运动所用时间为：，故C错误；BC 段做匀变速运动，有：v0=at2，所用时间为：，AC 段所经历的时间为：t=t1+t2=25s，故D正确故选D.【点睛】解决本题的关键是明确图象的信息，根据匀减速运动的规律求加速度、时间，要熟练掌握运动学公式，并能熟练运用.4.由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比定律，因此引力场和电场之间有许多相似的
6、性质，在处理有关问题时可以将它们进行类比，例如电场中反映各点电场强弱的物理量是电场强度，其定义式为，在引力场中可以用一个类似的物理量来反映各点引力场的强弱。设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G，如果一个质量为m的物体位于距离地心2R处的某点，则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是（）A B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】类比电场强度定义式，该点引力场强弱由万有引力等于重力得，在地球表面位于距地心2R处的某点由以上两式可得故选D。【点睛】此题考查从题意中获取信息的能力，知道引力场强的定义式，进而结合万有引力定律进行求解。5.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A
7、、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（ ）A. 固定在A、B处电荷的电量之比为QA: QB =8:1B. 小球一定可以到达x=-2L点处C. 小球将以x=L点为中心做完全对称的往复运动D. 小球在x=L处的速度最大【答案】D【解析】【详解】据-x图象切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：，解得QA：QB=4：1，故A错误根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电
8、势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达x=-L点处，然后小球向右运动，小球将以x=0.5L点为中心作往复运动，故BC错误因x=L处场强为零，所以小球在C处受到的场强向左，向左加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L再向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故D正确故选D【点睛】解决本题首先要理解-x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU和电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理6.如图所示为一理恕变压器，其中a、b、c为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u= Umsin100t（V）。当输入电压为灯泡额定电压的8
9、倍时，三个灯泡刚好都正常发光。下列说法正确的是（）A. 三个灯泡的额定电压为B. 变压器原、副线圈匝数比为72C. 此时灯泡a和b消耗的电功率之比为27D. 流过灯泡c的电流，每0.02s方向改变一次【答案】BC【解析】【详解】设灯泡的额定电压为U，根据题意，输入电压得：此时原线圈两端的电压为副线圈两端的电压为，则变压器原、副线圈匝数比为根据因为a、b此时都能正常发光，故电压都为额定电压 ，根据，可知a、b消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a和b消耗的电功率之比为27，由输入电压的表达式，可知角频率，则周期而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02s电流方向改变两次，故BC正确，AD错误。
10、故选BC。7.如图所示直角坐标系xoy，P（a，-b）为第四象限内的一点，一质量为m、电量为q的负电荷（电荷重力不计）从原点O以初速度v0沿y轴正方向射入第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；第二次保持y0区域磁场不变，而将y0区域磁场不变，而将y0区域磁场改为沿x方向匀强电场，该电荷仍通过P点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，运动时间第一次粒子做匀速圆周运动，运动时间弧长大于b，所以，即第二次所用时间一定短些，故C正确；D电荷通过P点时的速度，第-次与x轴负方向的夹角为，则有第二次与x轴负方向的夹角，则有所以有电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角
11、一定大些，故D错误；故选AC【点睛】第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；粒子做匀速圆周运动，由几何作图求出半径，由洛伦兹力提供向心力求解，第二次该电荷仍通过P点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，根据运动规律求解8.如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落则（ ）A. 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为B.
12、细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为C. 弹簧恢复原长时滑块的动能为D. 滑块与木板AB间的动摩擦因数为【答案】ABD【解析】【详解】A细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有：解得，A正确；B滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为，B正确；C弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于，C错误；D由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端
13、，且速度与木板相同，设为，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得联立解得，D正确。故选ABD。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，考生根据要求作答）（一）必考题（11题，共129分）9.某校研究性学习小组的同学用如图9甲所示的滴水法测量一小车在斜面上运动时的加速度实验过程如下：在斜面上铺上白纸，用图钉钉住；把滴水计时器固定在小车的末端，在小车上固定一平衡物；调节滴水计时器的滴水速度为每0.2 s滴一滴(以滴水计时器内盛满水为准)；在斜面顶端放置一浅盘，把小车放在斜面顶端，把调好的滴
14、水计时器盛满水，使水滴能滴入浅盘内；随即在撤去浅盘的同时放开小车，于是水滴在白纸上留下标志小车运动规律的点迹；小车到达斜面底端时立即将小车移开图乙为实验得到的一条纸带，用刻度尺量出相邻点之间的距离是：x011.40 cm、x122.15 cm、x232.91 cm、x343.65 cm、x454.41 cm、x565.15 cm，试问：(1)滴水计时器的原理与课本上介绍的_原理类似(2)由纸带数据计算可得计数点4所代表时间的瞬时速度v4_ m/s，计算小车的加速度a的表达式为_，计算结果为_ m/s2.(结果均保留两位有效数字)【答案】 (1). 打点计时器 (2). 0.20 (3). (4
15、). 0.19【解析】【详解】（1）1滴水计时器原理与课本上介绍的打点计时器原理类似.（2）234计数点4所代表时间的瞬时速度根据x=aT2可得：s56-s23=3a1T2s45-s12=3a2T2 s34-s01=3a3T2则a=(a1+a2+a3)可得计算小车的加速度a的表达式为： 代入数据可得： 10.某同学想测量一个量程为03V，内阻约3k的电压表V的内阻Rx，所用的实验器材有：待测电压表V；电流表A（量程01.2mA，内阻为RA=100）；滑动变阻器R1（0500）；定值电阻R=5.0k；电阻箱R0(09999.9)；电源E（电动势8V，内阻较小）；开关一个、导线若干(1)要把电流表
16、A改为量程012V的电压表，应与电流表A串联的电阻箱R0电阻调为_；(2)按如图（a）所示电路连接好电路，将电阻箱阻值按照上述第(1)问计算结果调节好，闭合开关S前应先将滑动变阻器的滑片调到最_端（选填:“左”或“右”）实验中，多次调节滑动变阻器，记下电压表V的示数U和电流表A的示数I；(3)该同学以I为纵坐标，U为横坐标建立坐标系，根据测得数据描点作图如图（b）所示由电路图可知I与U的关系式为I=_（用题中所给物理量符号表示），结合图线（b）和已知数据可求得待测电压表内阻Rx=_k；（结果保留2位有效数字）(4)该同学还想利用图（a）电路，测量一量程为01V、内阻约2k的电压表内阻，为保证实
17、验中的测量数据变化范围尽量大，只需更换一个定值电阻即可，若有四个阻值分别为2.0k，8.0k，14.0k，20.0k的定值电阻可供选择，他应选用阻值为_k的定值电阻【答案】 (1). (1)9900； (2). (2）左端； (3). (3)， (4). 3.03.3； (5). (4)14【解析】（1）要把电流表A改为量程012V的电压表，应与电流表A串联的电阻箱R0电阻调为；（2）闭合开关S前应先将滑动变阻器的滑片调到最左端；（3）由电路图可知： ，即 ；由图像可知： ，解得Rx=3.2k（4）测量量程为0-1V、内阻约2k电表内阻，则此电压表的最大电压为1V，最大电流为，定值电阻与电压表
18、串联，电源电压为8V，所以定值电阻最大电压为7V，最大电流为I1，则电阻点睛：解答本题应明确：对测量电压表内阻实验，要根据已知电压表内阻是否为确定值来选择将两电压表串联还是并联，注意串联时两电压表的电流应接近才行，否则应进行改装；并联时两电压表的电压应接近，否则应进行改装当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法11.如图所示，倾角为的光滑斜面上，有一垂直于斜面向下的有界匀强磁场区域PQNM，磁场区域宽度L=0.1m将一质量m=0.02kg、边长L=0.1m、总电阻R=0.4的单匝正方形闭合线圈abcd由静止释放，释放时ab边水平，且到磁场上边界PQ的距离也为L，当ab边刚进入磁
19、场时，线圈恰好匀速运动，g=10m/s2，求：（1）ab边刚进入磁场时，线圆所受安培力的大小F安方向；（2）ab边刚进入磁场时，线圈的速度及磁场磁感应强度B的大小；（3）线圈穿过磁场过程产生热量Q【答案】（1）0.1N, 方向沿斜面向上（2）2T（3）0.02J【解析】【详解】解：(1)边刚进入磁场时线框做匀速运动，对线圈受力分析，如图所示线圈所受安培力的大小：安安方向沿斜面向上(2)线框进入磁场前沿斜面向下做匀加速直线运动，设边刚进磁场时的速度为，由机械能守恒定律：解得： 线框切割磁感线产生的感应电动势： 线框中的感应电流：底边所受的安培力：安 由以上各式解得： (3)由能量守恒得：解得：1
20、2.如图所示，半径为的光滑圆弧AB固定在水平面上，BCD为粗糙的水平面，BC和CD距离分别为2.5 m、1.75 m，D点右边为光滑水平面，在C点静止着一个小滑块P，P与水平面间的动摩擦因数为，容器M放置在光滑水平面上，M的左边是半径为的光滑圆弧，最左端和水平面相切于D点。一小滑块Q从A点正上方距A点高处由静止释放，从A点进入圆弧并沿圆弧运动，Q与水平面间的动摩擦因数为。Q运动到C点与P发生碰撞，碰撞过程没有能量损失。已知Q、P和M的质量分别为，重力加速度取，求：(1)P、Q第一次碰撞后瞬间速度大小；(2)Q经过圆弧末端B时对轨道的压力大小；(3)M的最大速度。【答案】（1）-8m/s 4m/
21、s（2）43.8N（第一次）和17.8N（第二、三次）（3）5m/s【解析】【详解】（1）物体Q从开始下落，到到达C点的过程，由动能定理： 解得v1=12m/sQ运动到C点与P发生碰撞，则： 联立解得：v2=-8m/s v3=4m/s（2）碰撞后Q向左滑行，设Q第二次到B点时速度为，由动能定理有Q第二次在B点，设轨道对Q的支持力大小为，应用向心力公式有解得Q滑上圆弧轨道AB后再次滑下，第三次经过B点时的速度大小仍为，轨道对Q的支持力大小仍为，之后Q一直向右运动，最终停在BD上，且与P无碰撞，所以由牛顿第三定律可知，Q在B点对轨道的压力大小为（第一次）和（第二、三次）（3）P、Q碰撞后P向右滑行
22、，设P点运动到D点速度为，由动能定理有解得P滑上M的轨道过程M向右加速，从轨道上滑下，M仍向右加速，则P滑到水平面时M有最大速度，设P刚到水平面时，M和P的速度分别为和，为M的最大速度，P从滑上到回到水平面，P和M水平方向动量守恒，初末两态总动能相等，则有联立解得13.下列说法正确的是（ ）A. 影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距B. 在油膜法估测分子大小的实验中，在水面上撒痱子粉，是为了清楚看出油膜的轮廓C. 温度高的物体分子平均动能和内能一定大D. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加E. 只要分子间距增大，分子势能就一定减小【答
23、案】ABD【解析】【详解】A影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素，不是空气中水蒸气的绝对数量，而是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距。水蒸气的压强离饱和汽压越近，相对湿度大，越不利于水的蒸发，人们感觉潮湿，故A正确；B在油膜法估测分子大小的实验中，在水面上撒痱子粉，是为了清楚看出油膜的轮廓，选项B正确；C温度高的物体分子平均动能大，但是内能与物体的温度、体积以及物质的量等因素有关，则温度高的物体的内能不一定大，选项C错误；D一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定升高，则内能一定增加，选项D正确；E若rr0，则分子力表现为引力，当分子间距变大时，分子力做负功，则分
24、子势能增大；选项E错误；故选ABD。14.如图所示，一质量为2m的气缸，用质量为m的活塞封有一定质量的理想气体，当气缸开口向上且通过活塞悬挂静止时，空气柱长度为如图甲所示现将气缸旋转悬挂缸底静止如图乙所示，已知大气压强为，活塞的横截面积为S，气缸与活塞之间不漏气且无摩擦，整个过程封闭气体温度不变求：图乙中空气柱的长度；从图甲到图乙，气体吸热还是放热，并说明理由【答案】； 从图甲到图乙，气体放热【解析】【分析】求出汽缸内的气体处于甲、乙两状态气体的压强，根据玻意耳定律求出图乙中空气柱的长度；根据热力学第一定律分析气体的吸放热情况【详解】 汽缸内气体处于甲状态时，压强处于乙状态时，气体的压强为 由
25、玻意耳定律可得： 解得： 气体从状态甲变化到状态乙，气体温度相同，内能相同，由于体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体要放出热量15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为2m/s，振幅A=2cm，M、N是平衡位置相距为3m的两个质点，如图所示，在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，已知该波的周期大于1s，下列说法正确的是（）A. 该波的周期为6sB. 在t=0.5s时，质点N正通过平衡位置沿y轴负方向运动C. 从t=0到t=1s，质点M运动的路程为2cmD. 在t=5.5s到t=6s，质点M运动路程为2cmE. t=0.5s时刻，处于M、
26、N正中央的质点加速度与速度同向【答案】BDE【解析】【详解】A由题意可知：m解得：（n=0，1，2，3。）因T1s，则n=0时T=2s，故A错误；B在t=0.5s= 时，质点N正通过平衡位置沿y轴负方向运动，故B正确；C从t=0到t=1s，经过了0.5T，则质点M运动的路程为2A=4cm，故C错误；D在t=5.5s时刻M点在最低点，t=6s时回到平衡位置，则质点M运动路程为2cm，故D正确；E.t=0.5s时刻，M点在波峰位置，N点在平衡位置，则处于M、N正中央的质点处在平衡位置下方向上振动，此时的加速度与速度同向，故E正确。16.如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R，AB边竖直，O为圆心，一纸面内的单色光束从玻璃砖的某一定点P点射入，入射角可以任意变化，现要求只考虑能从AB边折射的情况（不考虑从AB上反射后的情况），已知：=60，玻璃砖对该单色光的折射率n=，光在真空中的速度为C，则求：（1）光在玻璃砖中传播的最短距离时入射角为多少？（2）光在玻璃砖中传播的最短时间t【答案】（1）450（2）【解析】【详解】（1）光在玻璃砖中传播的最短时折射光线水平，折射角r=900-600=300由折射定律有：=n解得：=450（2）光在玻璃砖中传播的最短距离：x=Rcosr解得：x=光在玻璃砖中传播速度：v=所以最短时间为：t=解得：t=
