1、山西省运城市高中联合体2020届高三物理下学期模拟测试试题（一）（含解析）二、选择题本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14 18题只有一项符合题目要求，第19 21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.跳水是一项优美的水上运动，它是从高处用各种姿势跃人水中或是从跳水器械上起跳，在空中完成一定动作姿势，并以特定动作入水的运动。图甲为跳水比赛的一个场景。当运动员踩压跳板处于静止状态时，可简化为图乙所示模型。下列说法正确的是（）A. 运动员只受到重力和支持力的作用B. 跳板对运动员的支持力的方向竖直向上C. 跳板对运动员的支持力
2、与运动员的重力是一对平衡力D. 运动员对跳板压力小于运动员的重力【答案】D【解析】【详解】A对运动员进行受力分析，运动员受到跳板对他的支持力、摩擦力和自身的重力作用，故A错误；B跳板对运动员的支持力的方向为垂直跳板向上，不是竖直向上，故B错误；C跳板对运动员的支持力与运动员的重力不是一对平衡力，故C错误；D根据平衡条件可知，跳板对运动员的支持力小于运动员的重力，故D正确。故选D。2.篮球，是青少年喜欢的体育运动，它兼具趣味性、集体性、观赏性等特点。图示为某学校篮球比赛中的一个场景。假设篮球正在竖直上升，不计空气阻力。关于篮球上升过程，下列说法正确的是（）A. 篮球在最高点时，其加速度为零B.
3、篮球的速度变化量与运动时间成正比C. 篮球的动量与运动时间成正比D. 篮球的机械能与上升的高度成正比【答案】B【解析】【详解】A篮球的加速度恒为重力加速度g，故A错误；B根据可知篮球的速度变化量与运动时间成正比，故B正确；C根据动量定理可得可见篮球的动量与运动时间不是正比例关系，故C错误；D篮球上升过程，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选B。3.关于玻尔的原子模型，下列说法正确的是（）A. 电子只能通过吸收或放出一定频率的光子才能在轨道间实现跃迁B. 电子从外层轨道跃迁到内层轨道时，动能增大，原子的能量也增大C. 按照玻尔的观点，电子在定态轨道上运行时一定不向外辐射电磁波D. 电子绕着原
4、子核做匀速圆周运动，在外层轨道运动的周期比在内层轨道的周期小【答案】C【解析】【详解】A电子在轨道间的跃迁，可通过吸收或放出一定频率的光子实现，也可通过其他方式实现（如电子间的碰撞），故A错误；B电子从外层轨道（高能级）跃迁到内层轨道（低能级）时，动能增大，但原子的能量减小，故B错误；C根据玻尔的氢原子模型可知，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波，故C正确；D电子绕着原子核做匀速圆周运动，具有“高轨、低速、大周期”的特点，即在外层轨道运动的周期比在内层轨道的周期大，故D错误。故选C。4.蹦极就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。如图甲所示，某人做蹦极
5、运动，绳子拉力F的大小随时间t的变化规律如图乙所示。假设人由静止开始下落，且运动只发生在竖直方向，重力加速度g=10m/s2，图中t0=10s。下列说法正确的是（）A. 绳子的长度约为30mB. 0.2t时刻，人的速度最大C. 人下落过程机械能守恒D. 人下落过程，先失重后超重【答案】D【解析】【详解】A0.2t0时刻，绳子刚好伸直，伸直前，人近似自由下落，考虑阻力，下落的位移比20m小，则绳子的长度小于20m，故A错误；B0.2t0时刻，绳子刚好伸直，人的合力大小约为人的重力，它与速度的方向相同，因此人将继续加速下降，即0.2t0时刻，人的速度不是最大，故B错误；C人下落过程，要克服阻力和绳
6、子的拉力做功，机械能减少，故C错误；D人先加速下降后减速下降，先处于失重状态后处于超重状态，故D正确。故选D。5.最近，天文学家们借助射电望远镜在遥远的太空中发现了一个令人难以置信的超级类星体（类似恒星天体）。假设该星体有两颗行星，它们均绕该星体做匀速圆周运动，其中A行星的轨道半径为RA，B行星的轨道半径为RB，A行星的向心加速度为aA，引力常量为G，不考虑天体自转的影响，下列说法正确的是（）A. B行星的环绕速度大小为B. B行星的周期为C. 类星体的质量为D. A、B两行星相邻两次距离最近的时间间隔为【答案】C【解析】【详解】AC对A行星，有得对B行星，有联立可得故A错误，C正确；B根据联
7、立解得B行星的周期故B错误；D根据联立解得故D错误。故选C。6.如图所示，在矩形区域ABCD内有一垂直纸面向里的匀强磁场，AB=5cm，AD=10cm，磁感应强度B=0.2T。在AD的中点P有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向均匀地发射出速率为v=1.0105m/s的正离子，离子的质量m=2.01012kg，电荷量q=1.0105C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则（）A. 从边界BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短B. 边界AP段无离子飞出C. 从CD、BC边飞出的离子数之比为12D. 若离子可从B、C两点飞出，则从B点和C点飞出的离子
8、在磁场中运动的时间相等【答案】ACD【解析】【详解】AD 半径确定，在离子转过的圆心角小于的情况下，弦长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，故AD正确；BC由洛伦兹力方向可知，离子逆时针方向旋转，发射方向与PA方向夹角较小的离子会从AP飞出，由 得R=0.1m通过上图，由几何关系可知：=1：2，离子数之比亦为1：2，故B错误C正确；故选：ACD。7.图甲所示电路中，理想变压器原副线圈的匝数比为10:1，R0是定值电阻，R是滑动变阻器，电容器C的耐压值为50V。变压器原线圈输入的电压如图乙所示，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A. 副线圈两端电压频率为10HzB. 电流表A
9、1、A2的示数之比为1:10C. 滑片P向上移动时，电流表A3的示数不变D. 滑片P向下移动时，电流表A1，A2的示数均增大【答案】CD【解析】详解】A由图乙可知则副线圈两端电压的频率为故A错误；B因为原副线圈的功率相等，即即因电流表A3分流，因此电流表A1、A2的示数之比不为1:10，故B错误；C滑片P向上移动时，电阻增大，副线圈电压不变，且电容器的容抗不变，故电流表A3的示数不变，故C正确；D滑片P向下移动时，电阻减小，而副线圈电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的电流变大，根据变压器的变流比可知，原线圈的电流变大，即电流表A1、A2的示数均增大，故D正确。故选CD。8.一个圆筒的横
10、截面如图所示，圆筒的半径为R，在圆筒的圆心位置垂直纸面放置一根长为L的导体棒L1。导体棒两端用两根轻质细线悬挂在圆筒壁上，导体棒的质量为m，导体棒中通有恒定电流I，为使导体棒L1静止于圆心O位置，并使细线与竖直方向的夹角为37，在圆筒内壁上放一长度也为L的通电导体棒L2，并通有垂直纸面向里，大小可改变的电流，开始时L2放在与L1同一水平线上，然后使L2沿着圆筒内壁逐渐向上移动至最高点，过程中导体棒L1始终静止。已知直线电流在周围空间产生磁场的磁感应强度，k为比例常数，r为某点到导线的距离，导线的半径可忽略，I为导线中电流强度的大小，重力加速度为g，sin37=0.6。下列说法正确的是（）A.
11、开始时L2中电流的大小为B. L2中的电流逐渐减小C. L2中所加电流的最小值为D. 轻质细线的拉力不变【答案】AC【解析】【详解】A根据同向电流相互吸引，两电流的作用力始终在两导体棒的连线上，L2沿着圆筒内壁向上移动的过程中，做不同的平行四边形如下图所示开始时，对导体棒受力分析，根据平衡条件得解得故A正确；B根据上图示可知安培力先减小后增大，故所加的电流先减小后增大，故B错误；C当两导线的连线与细线垂直时，安培力最小，解平行四边形得解得故C正确；D细线的拉力逐渐减小，故D错误。故选AC。三、非选择题共174分。第22 32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338为选考题，考生根据要求作
12、答。（一）必考题共129分。9.某同学设计了图示电路测量一个定值电阻的阻值（约为几千欧），图中电源为两节干电池组成的电池组。实验步骤如下：A按电路图连接好电路，闭合开关S后，再闭合开关S2，调节滑动变阻器滑片至适当位置，读出电压表的读数U1，电流表的读数I1；B再闭合开关S1，调节滑动变阻器滑片至适当位置，读出电压表的读数为U2，电流表的读数为I2。(1)若在步骤A中，电压表的示数如图所示，则U1=_V。(2)由实验数据测出电压表内阻Rv=_；待测电阻的阻值R=_。（用测量的物理量表示）(3)仅考虑系统误差，该实验待测电阻阻值的测量值_（填“大于”、“等于”或“小于”）它的真实值。【答案】 (
13、1). 1.80（1.79-1.81均可） (2). (3). (4). 等于【解析】【详解】(1)1两节干电池的电动势约为3V，所以电压表使用的量程为3V，因此电压表的读数为1.80V。(2)23步骤A是测量电压表的内阻，根据电路知识可得步骤B中，流过待测电阻的电流根据电路知识很容易得(3)4由于是用待测电阻两端的真实电压和通过它的真实电流计算，所以测量值与真实值相等。10.某同学设计了如下实验来测量物体的质量，如图所示，利用铁架台固定一轻质滑轮，通过跨过滑轮的轻质细绳悬吊两个相同的物块A、B，物块A侧面粘贴小遮光片（质量忽略不计）。在物块A、B下各挂4个相同的小钩码，每个小钩码的质量均为1
14、0g。光电门C、D通过连杆固定于铁架台上，并处于同一竖直线上，光电门C、D之间的距离h=60.0cm。两光电门与数字计时器相连（图中未画出），可记录遮光片通过光电门的时间。初始时，整个装置处于静止状态，取当地的重力加速度g=10m/s2。实验步骤如下：(1)如图所示，用游标卡尺测量遮光片的宽度，遮光片的宽度d=_cm。 (2)将1个钩码从物块B的下端摘下并挂在物块A下端的钩码下面。释放物块，计时器记录遮光片通过光电门C、D的时间分别为t1=20.80ms、t2=10.40ms。物块A下落过程的加速度a=_m/s2，单个物块的质量为_kg。(3)为了减小实验误差，该同学再依次取n=2，3，4个钩
15、码从物块B的下端摘下并挂在物块A下端的钩码下面，进行多次实验，并根据多次测量的数据，绘制an图像，如图所示。该图线不过坐标原点的原因可能是_；若图线的斜率为k，则单个物块的质量为_（用题给字母m、g、h等表示）。【答案】 (1). 1.040 (2). 0.625 (3). 0.12 (4). 存在阻力 (5). 【解析】【详解】(1)1根据游标卡尺的读数规则，可得(2)23物块A通过光电门C、D时的速度分别为从C到D过程，由匀变速直线运动规律有解得设物块的质量为M，钩码的质量为m，以A、B两物体和8个小钩码组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得代入数据得(3)45若实验过程中存在阻力，设阻力
16、大小为f，则由牛顿第二定律得得可知图线的斜率得11.如图所示，两光滑的平行金属导轨间距L=0.5m，导轨平面与水平面的夹角=30。区域ABCD内有宽度d=0.2m垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B=0.6T。P1、P2均为质量m=0.1kg、电阻r=0.3的细金属棒，垂直导轨放置在导轨平面上与其接触良好，P1能移动，P2被固定，导轨电阻忽略不计。用平行于导轨向上的恒定拉力F将P1从静止开始向上拉，恰好以v=2m/s的速度匀速穿过磁场区域，取g=10m/s2。求：(1)拉力F的大小；(2)金属棒P1穿过磁场的过程中，它产生的热量Q；(3)金属棒P1由静止开始到穿过磁场的过程中，拉力F的平
17、均功率P。【答案】(1)0.8N；(2)0.03J；(3)【解析】【详解】(1)金属棒P1匀速穿过磁场的过程中，对P1有其中解得(2)金属棒P1穿过磁场的过程，克服安培力做的功为其中金属棒P1产生的热量(3)金属棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得拉力F做的功为匀速运动的时间为故拉力F平均功率为12.如图所示，在水平桌面上木板和滑块叠放在一起，木板的质量M=2kg，滑块的质量m=0.9kg，滑块与木板之间的动摩擦因数1=0.5，木板与水平桌面间的动摩擦因数2=0.1。在紧靠水平桌面右端的竖直面内有一矩形区域ABCD，该矩形区域内一匀强电场，电场强度方向水平向左，大小未知，取向左为正方向。在D点
18、以速度v0=10m/s竖直向上射入一质量m0=0.1kg，带电荷量q=+1.010-2C的小球，小球在电场中偏转后恰好水平击中滑块。已知AD=5m，AB足够长，重力加速度g=10m/s2。不考虑碰撞过程中的电荷量转移，碰撞时间极短。(1)求匀强电场的场强大小；(2)若小球与滑块发生弹性碰撞，确定小球从AD边界的出射点位置及出射时的动能；(3)若小球与滑块碰撞后粘在一起，滑块刚好不从木板上滑下，则木板的长度L为多少？【答案】(1)；(2)与A点距离为3m，5.2J；(3)【解析】【详解】(1)在匀强电场中，小球的竖直方向有水平方向有解得(2)小球与滑块发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，有联
19、立解得小球碰撞后在匀强电场中运动时，水平方向有根据对称性思维可知，小球再次在电场中运动的时间得所以，小球从AD边出射时，出射位置与A点的距离为3m。小球从AD边出射时的动能其中解得(3)若小球与滑块碰撞后粘在一起，则碰撞后滑块与小球构成一个整体，它的加速度为木板的加速度为滑块刚好不从木板上滑下，有解得13.如图所示，密闭绝热的轻质活塞B将一定质量的理想气体封闭在绝热气缸内，轻质活塞A与活塞B通过一轻质弹簧连接，两活塞之间为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计。用外力F使活塞A静止不动。现增大外力F，使活塞A缓慢向右移动，则此过程气体的温度_。（填“升高”、“降低”或“不变”），外力F做的功_（填“大
20、于”、“等于”或“小于”）气体内能的变化量，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数_（填“增加”、“不变”或“减少”）。【答案】 (1). 升高 (2). 大于 (3). 增加【解析】【详解】123外力做的功一部分转化为弹簧的弹性势能，一部分转化为气体的内能，故气体内能增大，温度升高，外力F做的功大于气体内能的增量；气体体积减小、温度升高、压强增大，故气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数增加。14.一定质量的理想气体，开始处于状态A，由过程AB到达状态B，后又经过过程BC到达状态C，如图所示。已知气体在状态A时的压强为p0。B、C两点连线的延长线过原点。(1)求气体在状态B时
21、的压强PB，在状态C时气体的体积VC；(2)气体从状态A经状态B，再到状态C，全过程气体是吸热还是放热，并求出吸放热的数值。【答案】(1)；(2)吸热，【解析】【详解】(1)气体从状态A变化到状态B发生的是等容变化，由解得气体从状态B到状态C发生的是等压变化，由解得(2)气体从状态A经状态B，再到状态C，全过程气体的温度不变，故内能不变。气体从状态A经状态B，体积不变，做功为0，气体从状态B到状态C，等压膨胀，外界对气体做的功为由热力学第一定律解得故气体吸收热量，吸收的热量为15.如图，一束复色光经玻璃球折射和反射后分为两束单色光a、b，下列推论正确的是（）A. 若a光是蓝光，则b光可能是黄光
22、B. a光在玻璃中的传播速度比b光小C. a光从玻璃射人空气中时，发生全反射的临界角比b光大D. a、b两光相比，a光更容易发生衍射现象E. 让a、b两光通过同一双缝干涉装置，a光的条纹间距更宽【答案】CDE【解析】【详解】A由图可知，玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率，又玻璃对黄光的折射率小于对蓝光的折射率，所以若a光是蓝光，则b光不可能是黄光，故A错误；B根据结合“玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率”可知，a光在玻璃中的传播速度比b光大，故B错误；C根据结合“玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率”可知，a光从玻璃射入空气中时，发生全反射的临界角比b光大，故C正确；DE玻璃对a光的折射率
23、小于对b光的折射率，折射率大的光，频率大，波长短，a、b两光相比，a光的波长长，更容易发生衍射现象，通过同一双缝干涉装置，根据可知，a光的条纹间距也更宽，故DE正确。故选CDE。16.图示为沿x轴传播的简谐横波在t=1s时的波形图，P、Q是波传播介质中的两个质点，已知Q点振动比P点振动滞后0.2s。(1)确定波的传播方向，并求出波的传播速度v；(2)写出质点Q的振动方程。【答案】(1)正向传播，30m/s；(2)【解析】【详解】(1)由“Q点振动比P点振动滞后”可知，该列波沿x轴正方向传播，由图可知，P、Q之间的距离Q点振动比P点振动滞后0.2s，所以由图可知所以(2)设质点Q的振动方程为由图可知，当时间为1s时位移为零；代入解得（舍去，由波的平移法可知时位移为，不满足条件）所以质点Q的振动方程为
