1、兰州一中2020届高三冲刺模拟考试（一）理科综合物理部分二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821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，有选错的得0分。1.下列说法正确的是（）A. 是核裂变反应B. 20个的原子核经过两个半衰期后剩下5个C. 在中子轰击下生成和的过程中，原子核中的平均核子质量变小D. 原子从一种定态跃迁到另一种定态时，一定辐射出一定频率的光子【答案】C【解析】【详解】A是衰变方程，A错误；B原子核的半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，B错误；C在中子轰击下生成和的过程中，原子核中
2、的平均核子质量变小，所以该反应过程会产生质量亏损，从而放出核能，C正确；D原子从一种定态跃迁到另一种定态时，可能辐射出一定频率的光子，也可能会吸收一定频率的光子，D错误。故选C。2.如图所示的v-t图象中，直线表示甲物体从A地向B地运动的v-t图象；折线表示同时开始运动的乙物体由静止从A地向B地运动的v-t图象下列说法正确的是A. 在t=4s时，甲、乙两物体相遇B. 在t=4s时，甲、乙两物体相距最远C. 在02s内，甲、乙两物体的加速度大小相等D. 在24s内，乙物体处于静止状态【答案】B【解析】【详解】AB据图象与坐标轴所围成的面积表示位移，可得t=4s时，甲的位移和乙的位移不相等，刚开始
3、甲的速度最大，故是乙追甲，当两者速度相等时，甲、乙相距最远，A错误B正确；C根据加速度的定义可得，在02s内，甲物体的加速度为乙物体的加速度为两者的加速度在这段时间内不相等，选项C错误；D在24s内，乙物体处于匀速运动状态，D错误故选B.【点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移3.某水电站，用总电阻为2.5的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3106kW现用500kV电压输电
4、，则下列说法正确的是：A. 输电线上输送的电流大小为2105AB. 输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC. 若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9108kWD. 输电线上损失的功率为P=U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻【答案】B【解析】【详解】由P=IU得输电线上输送的电流，由U=Ir得输电线路上的电压损失，输电线上损失的功率为，输电线上损失的功率为P计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压故选B【点睛】本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压4.如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球
5、心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是（）A. 斜劈P所受合外力增大B. 斜劈P对竖直墙壁的压力增大C. 球Q对地面的压力不变D. 墙面对斜劈P的摩擦力增大【答案】B【解析】【详解】斜劈P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，N为竖直墙壁对P的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：P对竖直墙壁的压力增大故B正确；对Q受力分析，如图：根据平衡条件：F=Nsin，F增大，则N增大，N=mg+Ncos，N增大，则N增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大，以整体为研究对
6、象，如果力F开始作用时，滑动摩擦力向上，则有在竖直方向：N+f=Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，若N增大至与Mg相等，则f=0，故CD错误故选B【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，确定研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题要注意多个物体在一起时，正确利用整体法与隔离法进行分析是解题的关键5.有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与中运动的电子相比，中的电子()A. 运动轨迹的半径是中的k倍B. 加速度的大小是中的k倍C. 做圆周运动的周期是中的k倍D. 做圆周运动的角速度与中的相等【答案】AC【解析】【详解】AC设电子的质
7、量为m，速率为v，电荷量为q，设B2B，B1kB，则由牛顿第二定律得：qvBT由得：RT所以kk选项AC正确；BD根据a，可知，故BD错误故选AC.6.如图，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，粒子从A到B过程中克服重力做功2 J，电场力做功3 J，则()A. 粒子在B点的动能比在A点多1 JB. 粒子在C点的电势能比在B点少3 JC. 粒子在C点的机械能比在A点多12 JD. 粒子在C点的动能为6 J【答案】AC【解析】A、从根据动能定理可以知道：，即：，即粒子在B点的动能比在A点多，故选项A正确；B、设在A点初速度为，
8、小球在竖直方向只受重力，做加速度为g的匀变速运动，故从和的时间相等，而水平方向只受到电场力作用，设从的水平分位移为，从的水平分位移为，则可知：，则，由于电场力做正功，则粒子在C点的电势能比在B点少，故选项B错误；C、根据功能关系可知：从机械能增加量为：，由于重力势能不变，即从动能增加，即粒子在C点的动能大于，故选项C正确，D错误点睛：本题在复合场中考察了运动的合成、分运动之间的关系等，有一定的综合性解这类问题的关键是：正确进行受力分析，弄清运动形式，利用相应物理规律求解7.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固
9、定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A. 平行板电容器的电容将变小B. 静电计指针张角变小C. 带电油滴的电势能将减少D. 若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】ACD【解析】【详解】A将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式电容C减小，A正确；B因为静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，B错误；CU不变，极板间距d变大时，板间场强减小，带电油滴所处位置的电势增大，其中为油滴到上
10、极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，C正确；D若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器带电荷量Q不变，极板间距d变大，根据，可知可见，极板间场强E不变，所以带电油滴所受电场力不变，D正确。故选ACD。8.如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的小物块从木板最右端以速度v0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（）A. 木板先加速再减速，最终做匀速运动B. 整个过程中弹簧弹性势能的最大值
11、为C. 整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为D. 弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为【答案】AB【解析】【详解】A物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以A正确；B当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木板看做系统，由动量守恒定律可得得从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒
12、可得从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得则最大的弹性势能为所以B正确；C根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为所以是合力冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C错误；D由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为又系统克服摩擦力做功为则即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为，所以D错误。故选AB第II卷三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。(1)将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧。弹簧轴线和刻度尺都应在_方向(填“水平”或
13、“竖直”)。(2)弹簧自然悬挂，待弹簧_时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6。数据如下表：代表符号L0LxL1L2L3L4L5L6数值(cm)25.3527.3529.3531.3033.435.3537.4039.30表中有一个数值记录不规范，代表符号为_。由表可知所用刻度尺的最小分度为_。(3)图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与_的差值(填“L0”或“Lx”)。(4)由图可知弹簧的劲度系数为_N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_g。(结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2)
14、【答案】 (1). 竖直 (2). 静止 (3). (4). 1mm (5). (6). 4.9 (7). 10【解析】【详解】(1)1将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向；(2)2弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为；34表中有一个数值记录不规范，尺的最小分度值为1mm，所以长度应为33.40cm，由表可知所用刻度尺的最小刻度为1mm；(3)5由图可知横轴是弹簧挂砝码后弹簧长度与弹簧挂砝码盘时弹簧长度差，所以横轴是弹簧长度与差值；(4)6据胡克定律公式有7通过图和表可知，所以砝码盘的质量为10.(1)某同学用多用电表欧姆挡粗测一电阻Rx的阻值选择“1”
15、挡时，指针指示如图甲所示，则示数为_（取一位有效数字）(2)为精确的测量Rx的阻值，现取来两节干电池（总电动势为3V，总内阻为0.4 ）、开关和若干导线及下列器材：A电压表(03 V，内阻约10k)B电流表(00.6 A，内阻很小，可不计)C电流表(03 A，内阻很小，可不计)D滑动变阻器(05 ，额定电流0.5 A)E滑动变阻器(010 ，额定电流为1 A)(i)电流表应选_；（填序号字母）(ii)要求滑动变阻器分压连接，滑动变阻器应选_；（填序号字母）(iii)实验中该同学的实物连线如图乙所示，其中有一处不妥，不妥处为_ （填至的序号）(3)该同学将(2)中的错误纠正并测出Rx的阻值后，又
16、进行了以下实验：将导线连接在电池负极的一端改为连接在开关的右端，闭合开关，当滑片P移到某位置c（图乙中未标出）时，读出电压表示数为2.2V，电流表示数为0.4 A，则变阻器的ca与cb段的电阻之比Rca：Rcb=_【答案】 (1). 6 (2). B (3). E (4). (5). 4：1或1：4【解析】【详解】（1）由表盘读出指针示数为6，又档位选择“1”挡，故电阻的大小为Rx616；（2）（i）利用欧姆定律，测量电路最大电流约为，故电流表应选B；（ii）要求滑动变阻器分压连接，滑动变阻器电流要超过0.5A，故滑动变阻器应选E（iii）因电流表内阻可以不计，故测量电路电流表应选择内接法，故
17、处连接不妥；（3）设滑动变阻器连入电路电阻为R，则由闭合电路欧姆定律，得：，滑动变阻器两部分并联连入电路，由并联电路电阻关系，有：，联立代入数据解得：，或，故或11.如图所示，矩形斜面ABCD的倾角，在其上放置一矩形金属框abcd，ab的边长l1=1m，bc的边长l2=0.6m，金属框的质量，电阻，金属框与斜面间的动摩擦因数，金属框通过轻质细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近，重物质量m0=2kg，斜面上cfgh区域是有界匀强磁场,磁感应强度的大小，方向垂直于斜面向上，已知ef到gh的距离为现让金属由静止开始运动(开始时刻，cd与AB边重),在重物到达地面之前，发现金域匀速穿过匀强磁
18、场区域，不计滑轮摩擦，g取，求：（1）金属框进入磁场前细线所受拉力的大小；（2）金属框从静止开始运动到ab边刚进入从所用的时间；（3）金属框abcd在穿过匀强磁场过程中产生的焦耳热【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】【详解】（1）金属框进入磁场前，对金属框和重物分别由牛顿第二定律得解得：（2）因金属框匀速穿过匀强磁场区域，对重物和金属框整体根据平衡条件可得，解得：（3）在金属框穿过匀强磁场的过程中，根据功能关系可得解得12.如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A装置的中间是水平传送带，
19、它与左右两边的台面等高，并能平滑对接传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放已知物块B与传送带之间的动摩擦因数=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半取g=10m/s2求：(1)物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们
20、再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间【答案】（1）60N，竖直向下（2）12J（3）8s【解析】【详解】(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：代入数据解得：v0=5m/s在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：代入数据解得：F=60N由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F=F=60N，方向：竖直向下；(2) 在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：mg=ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有 代入数据解得：v=4m/s由于vu=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B
21、第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv2由机械能守恒定律得： 解得： 物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：(3) 碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l，由动能定理得 解得：l=2m4.5m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1由动
22、量定理得：解得： 设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得： 代入数据解得： 当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2由动量定理得： 解得： 同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞，第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为构成无穷等比数列，公比，由无穷等比数列求和公式 当n时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为【选修33】13.关于热现象，下
23、列说法正确的是_A. 两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随着分子间的距离的增大而减小B. 液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性C. 处于失重状态的宇宙飞船中，由于消除了重力的影响，一大滴水银的表而将收缩到最小面积球面，水银滴成为球形D. 液面上部的蒸汽达到饱和时，就没有液体分子从液面飞出，所以从宏观上看来液体不再蒸发E. 热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但要从低温物体向高温物体传递，必须有第三者的介入【答案】ACE【解析】【详解】A两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随着分子间的距离的增大而减小，故A正确；B液晶像液体一样具
24、有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故B错误；C处于失重状态的宇宙飞船中，由于消除了重力的影响，一大滴水银的表而将收缩到最小面积球面，水银滴成为球形，故C正确；D液面上部的蒸汽达到饱和时，液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发，故D错误；E热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但要从低温物体向高温物体传递，必须有第三者的介入，故E正确。故选ACE。14.一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管
25、内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p075.0 cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)【答案】144 cmHg9.42 cm【解析】【详解】设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2，长度为l2.以cmHg为压强单位.由题给条件得p1p0(20.05.00) cmHg90 cmHgl120.0 cml1(20.0 ) cm12.5 cm由玻意耳定律得p1l1Sp1l1S联立式和题给条件
26、得：p1144 cmHg依题意p2p1l24.00 cm cmh11.5 cmh由玻意耳定律得p2l2Sp2l2S联立式和题给条件得：h9.42 cm.【选修34】15.下列说法中正确是_A. 机械波的频率等于波源的振动频率，与介质无关B. 爱因斯坦狭义相对论指出，真空中的光速在不同的惯性参考系中是不同的C. 光纤通信是一种以光波为传输介质的通信方式，光波按波长长短，依次可分为红外线、可见光和紫外线光，但红外线光和紫外线光属不可见光，它们都不可用来传输信息D. 根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波E. 宇宙红移现象表示宇宙正在膨胀，这可以用多普勒效应来解释说明我们
27、接收到的遥远恒星发出的光比恒星实际发光频率偏小【答案】ADE【解析】【详解】机械波的频率与波源振动的频率相同，与传播介质无关，A正确；在所有的惯性系中，光在真空中的传播速率具有相同的值c这叫光速不变原理，B错误；只要是光波，就能够在光导纤维中传播，不管是可见光还是不可见光，都可以用来传输信息，故C错误；根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波，D正确；根据多普勒效应可知，宇宙紅移现象表示宇宙正在膨胀，说明我们接收到的遥远恒星发出的光比恒星实际发光频率的小，故E正确16.如图(a)，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1=0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1=l.0m和x2=4.0m的两质点图(b)为质点Q的振动图像，求： (1)波的传播速度和t2的大小； (2)质点P的位移随时间变化的关系式【答案】（1）40m/s； （n=0、1、2、3）（2）【解析】【详解】（1）由图可知波长：=8m，质点振动的周期：T=0.2s传播速度 结合图像可知，横波沿x正向传播，故t1=0和时刻： 解得 （n=0、1、2、3）（2）质点P做简谐振动的位移表达式： 由图可知，时cm且向-y方向运动，解得