吉林省通榆县第一中学2020届高三下学期模拟物理试题(五) Word版含解析

吉林省通榆县第一中学2020届高三下学期物理模拟五

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.在物理学建立与发展过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献。关于这些贡献，下列说法正确的是（ ）

A. 牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量 B. 安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向

C. 法拉第发现了磁生电的现象，提出了法拉第电磁感应定律

D. 爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念 【答案】B 【解析】

【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，选项A错误； B．安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选项B正确；

C．法拉第发现了“磁生电”的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，故C错误； D．普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项D错误。 故选B。

2.如图所示，物体A放在水平桌面上，通过定滑轮悬挂一个重为10N的物体B，且已知物体A与桌面间的最大静摩擦力为4N。要使A静止，需加一水平向左的力F1，则力F1的取值可以为（ ）

的 B. 7N

C. 15N

A. 3N 【答案】B 【解析】

D. 17N

【详解】对A受力分析，当A受到的最大摩擦力往左时拉力F1最小。此时

F1+FfmBg F1=6N

- 1 -

当受到的最大摩擦力向右时，拉力F1最大。此时

F1FfmBg F1=14N

所以拉力F1取值范围应该

6NF114N

所以ACD错误，B正确。 故选B。

3.2016年2月，物理学界掀起了“引力波”风暴，证实了爱因斯坦100年前所做的预测。据报道，各种各样的引力波探测器正在建造或者使用当中。可能的引力波探测源包括致密双星系统（白矮星、中子星和黑洞）。若质量分别为m1和m2的A、B两天体构成双星，如图所示。某同学由此对该双星系统进行了分析并总结，其中结论不正确的是（ ）

A. A、B做圆周运动的半径之比为m2：m1

B. A、B做圆周运动所需向心力大小之比为1：1 C. A、B做圆周运动的转速之比为1：1

D. A、B做圆周运动的向心加速度大小之比为1：1 【答案】D 【解析】

是Gm1m2m12r1m22r2 2Lr1m2 r2m1【详解】AB．因为两天体的角速度相同，由万有引力提供向心力

可知两天体的向心力大小相等，半径之比为

AB正确；

C．根据角速度与转速的关系

2n

可知两天体转速相同，C正确；

- 1 -

D．由

G得

m1m2m1a1m2a2 2La1m2 a2m1D错误。

本题选不正确的，故选D。

4.一个物体沿直线运动，t=0时刻物体的速度为1m/s，加速度为1m/s2，物体的加速度随时间变化规律如图所示，则下列判断正确的是（ ）

A. 物体做匀变速直线运动

C. t＝5s时刻物体的速度为6.25m/s 【答案】D 【解析】

B. 物体的速度与时间成正比 D. t＝8s时刻物体的速度为12.2m/s

【详解】A．物体的加速度在增大，做变加速直线运动，故A错误。

B.由图像知质点的加速度随时间增大，根据v=v0+at可知，物体的速度与时间一定不成正比，故B错误。

C.由图知 a=0.1t+1（m/s2），当t=5s时，a=1.5 m/s2，速度的变化量

Δv知t=5s时的速度为

11.55m/s=6.25m/s 2v=v0+△v=1m/s+6.25m/s=7.25m/s

故C错误。

D.a-t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则0-8s内，a=0.1t+1（m/s2），当t=8s时，a=1.8 m/s2，速度的变化量

- 1 -

Δv知t=8s时的速度为

11.88m/s=11.2m/s 2v=v0+△v=1m/s+11.2m/s=12.2m/s

故D正确。 故选D。

5.如图为模拟远距离输电的部分测试电路，a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1A.

R1U2 IkB. 原线圈两端电压U1一定变小 C. 电源的输出功率一定增大 D. R1消耗的功率一定增加 【答案】A 【解析】

【详解】A．理想变压器的原、副线圈的电压变化比

ΔU1n1= ΔU2n2电流变化比

ΔI1n2= ΔI2n1则有

ΔUΔU2n22ΔU1==2 ΔIΔI2n1ΔI1将R1视为输入端电源内阻，则有

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ΔU1＝R1 ΔI1所以有

ΔUn22ΔU1R1=2= ΔIn1ΔI1k2故A正确；

BCD．向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，副线圈负载电阻R增大，由原副线圈的电压电流的关系得

nuI1R1I11R

n2原线圈的电流I1变小，R1功率减小，电源电压不变，电源的输出功率一定减小，根据闭合电路欧姆定律可知原线圈的输入电压增大，故BCD错误。 故选A。

6.如图所示，当一束一定强度某一频率的黄光照射到光电管阴极K上时，此时滑片P处于A、

2B中点，电流表中有电流通过，则（ ）

A. 若将滑动触头P向B端移动时，电流表读数有可能不变 B. 若将滑动触头P向A端移动时，电流表读数一定增大 C. 若用红外线照射阴极K时，电流表中一定没有电流通过 D. 若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时，电流表读数减小 【答案】AD 【解析】

【详解】A.所加的电压，使光电子到达阳极，则灵敏电流表中有电流流过，且可能处于饱和电流，当滑片向B端移动时，电流表读数有可能不变；当滑片向A端移动时，所加电压减小，则光电流可能减小，也可能不变，故A正确，B错误；

C.若用红外线照射阴极K时，因红外线频率小于可见光，但是不一定不能发生光电效应，电流表不一定没有电流，故C错误；

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D.若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时，紫外线的频率大于黄光的频率，则光子数目减小，电流表读数减小，故D正确； 故选AD。

7.如图所示，绝缘水平面内固定有两足够长的平行金属导轨ab和ef，导轨间距为d，两导轨间分别接有两个阻值均为r的定值电阻R1和R2，质量为m、长度为d的导体棒PQ放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻，在空间加上磁感应强度小为B、方向竖直向下的匀强磁场，两根完全相同的轻弹簧一端与棒的中点连接，另一端固定，初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态且与导轨在同一平面内，现使导体棒获得水平向左的初速度

R2上产生的焦耳热为Q，v0，在导体棒第一次运动至右端的过程中，下列说法正确的是（ ）

2B2d2v0A. 初始时刻，棒所受安培力的大小为

r2B2d2v0B. 棒第一次回到初始位置时，R1的电功率为

rC. 棒第一次到达右端时，两根弹簧具有的弹性势能之和为

12mv02Q 2D. 从初始时刻至棒第一次到达左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为4Q 【答案】AC 【解析】

【详解】A.初始时刻，导体棒有效的切割长度为d，产生的感应电动势为：

EBdv0

通过棒的感应电流为：

I2Bdv0E1r r2- 1 -

导体棒所受安培力的大小为：

F安BId

联立解得：

2B2d2v0 F安r故A正确；

B.由于安培力始终对导体棒做负功，产生焦耳热，由能量守恒定律知，当棒再次回到初始位置时，速度必小于v0，棒产生的感应电动势小于Bdv0，通过导体棒的电流小于

2B2d2v012Bdv02的电功率小于(，故B错误； )R2rr2Bdv0，则R1rC.由能量守恒得知，当导体棒第一次达到最右端时，棒的动能全部转化为整个回路中的焦耳热和两根弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为

12mv02Q，故C正确； 2D.由于安培力始终对导体棒做负功，产生焦耳热，第一次运动至最右端的过程中R1产生的电热为Q，电路中产生总热量为2Q，棒第一次达到最左端的过程中，电路中产生总热量一定小于2Q，故D错误; 故选AC。

8.在电场方向水平向右匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力，则（ ）

A. 从A点运动到M点电势能增加2J B. 小球水平位移x1与x2C. 小球落到B点时的动能24J

D. 小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于6J

的 比值1：3

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【答案】BD 【解析】

【详解】将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀减速直线运动；

A.对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，因此克服合力做功2J，而从A点运动到 M 点电场力做功为6J，则电势能减小6J，故A错误，B正确； C. 小球从A到M，电场力F做功为：

W电Fx16J

则从A到B电场力做功为：

W电F（x1x2）4W电4624J

则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为：

EkBEk04W电8J24J32J

故C错误；

D.由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：

Fx16J

1F22t6J 2mGh8J

1G22t8J 2m所以：

F3 G2由图可得：

tanF G

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所以：

sin3 7则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的P点，故：

Ekmin故D正确； 故选BD。

12124mvminm(v0sin)2J6J 227三、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33 -38题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共129分。

9.如图所示，一端固定滑轮的长木板放在桌面上，将光电门固定在木板上的B点，用重物通过细线拉小车，且重物与力的传感器相连，若利用此实验装置做“探究合外力做的功与物体动能改变量的关系实验”，小车质量为M，保持小车质量不变，改变所挂重物质量m进行多次实验，每次小车都从同一位置A由静止释放（g取10m/s2）．

（1）完成该实验时，____________（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；

（2）在正确规范操作后，实验时除了需要读出传感器的示数F，测出小车质量M，通过光电门的挡光时间t及遮光条的宽度d，还需要测量的物理量是________．由实验得到合外力对小

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车做的功与小车动能改变量的关系式为________（用测得的物理量表示）．

1d【答案】 (1). 需要 (2). A、B的间距x (3). FxM 2t【解析】

【详解】（1）本实验需要平衡摩擦力，如果存在摩擦力，则细线对小车的拉力就不是小车的合外力，则合外力的功无法具体计算． （2）小车通过光电门的速度为v21d2，根据动能定理：Mv0Fx，所以还需要测量的t2量是A、B的间距x，根据上式可得：合外力对小车做的功与小车动能改变量的关系式为

1dFxM

2t10.某学校进行“测量电压表的内阻RV”的实验竞赛，实验室提供的器材如下： A.待测电压表V（量程3V，内阻约3000Ω） B.电源E（电动势约6V，内阻很小）

C.电流表A1（量程10mA，内阻约50Ω）；电流表A2（量程1mA，内阻约500Ω） D.电压表V1（量程2V，内阻RV1＝2000Ω）；电压表V2（量程6V，内阻约6000Ω） E.电阻箱R1（9999.9Ω，2A）

F.滑动变阻器R2（最大阻值10Ω，2A） G.导线、单刀单掷开关S若干

(1)竞赛的第一部分内容是用如图所示的电路测量待测电压表内阻，测量的主要步骤如下：

2

a.按电路图连接电路 b.将电阻箱阻值调到最大

c.闭合开关S，调节电阻箱的阻值，使电压表指针半偏 d.记下此时电阻箱的阻值Ra e.再调节电阻箱的阻值，使电压表指针满偏，记下此时电阻箱的阻值Rb 回答下列问题：

①电压表内阻的测量值表达式RV=___________（用测出的数据表示）。

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②电源的内阻对测量结果的影响是_____。

A.没有影响 B.使测量值偏大 C.使测量值偏小 D.不能确定

(2)竞赛的第二部分内容是用实验室提供的器材，再设计出（除半偏法外的）一个测量电压表内阻的方法。把设计出的电路画在方框中______，并标出所用电表的标号（如A1、A2等）。

【答案】 (1). RVRa2Rb (2). B (3).

【解析】

【详解】(1)①[1]电压表指针半偏时，根据分压规律

RVUE 2RVRar电压表满偏时

U两式相比

RVE

RVRbrRVRa2Rbr

忽略电源内阻，解得电压表内阻为

RVRa2Rb

②[2]根据上述分析可知电源的内阻对测量结果的影响是使测量值偏大，ACD错误，B正确。 故选B

(2)[3]电路图如图：

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采用分压的方式接入电路，调节滑动变阻器使V1示数为U1，待测电压表示数为U，根据串联电路分压规律

RUV U1RV1解得

RVURV1 U111.从安全的角度出发，驾校的教练车都经过改装，尤其是刹车装置。为了测试改装后的教练车刹车性能，教练们进行了如下试验：当车速达到某一值v0时关闭发动机，让车自由滑行直到停下来。假设车做的是匀减速直线运动，测得车在关闭发动机后的第1s内通过的位移为16m，第3s内通过的位移为1m。回答下面问题。

(1)改装后的教练车的加速度a的大小及开始做匀减速运动的速度v0的大小是多少？ (2)如果想让教练车用时t′=2s停下来，那么教练员应额外提供多大的加速度？ 【答案】(1)8m/s2，20m/s；(2)2m/s2 【解析】

【详解】(1)设车恰好在第3s末停下，在第3s内通过的位移为x，将匀减速运动看成反向的匀加速运动，由位移公式，根据题意

1a(1s)2 21116ma(3s)2a(2s)2

22x联立方程解得

x3.2m1m

可知第3s内教练车运动的时间小于1s。设教练车在第3s内运动的时间为t，则由

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1at2 21116ma(t2s)2a(t1s)2

221m解得

t0.5s

a8m/s2

再由

v0a(t2s)

得

v020m/s

(2)如果想让教练车用时t′=2s停下来，则

a教练员应额外提供的加速度为

v010m/s2 taa´a2m/s2

12.如图所示为一种研究高能粒子在不同位置对撞的装置．在关于y轴对称间距为2d的MN、PQ边界之间存在两个有界匀强磁场，其中K（K在x轴上方）下方I区域磁场垂直纸面向外，JK上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B．直线加速器1与直线加速器2关于O点轴对称，其中心轴在位于x轴上，且末端刚好与MN、PQ的边界对齐；质量为m、电荷量为

e的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ边界进入磁场．为实现正、

负电子在Ⅱ区域的y轴上实现对心碰撞（速度方向刚好相反），根据入射速度的变化，可调节边界与x轴之间的距离h，不计粒子间的相互作用，不计正、负电子的重力，求：

（1）哪个直线加速器加速的是正电子；

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（2）正、负电子同时以相同速度ν1进入磁场，仅经过边界一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v1的最小值． （3）正、负电子同时以v2碰撞的位置离O点的距离．

2eBd速度进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y轴上发生对心2meBd2d2d【答案】（1）直线加速器2（2）；（3）△y＝2[d()2]，n＝1，3，5，7…2k2m222n﹣1． 【解析】

【详解】（1）正负电子进入磁场后要在Ⅱ区域相遇，因此正负电子出加速器以后都向上偏转，根据左手定则可知直线加速器2加速得为正电子 （2）如图所示：d＝2Rsinθ，R（1﹣cosθ）＝h d或直接得：RhR2

22d2hd2hd整理得：R2

8h2d8h2d2ddd2h即当，即h时，Rmin 228h2deBdv12根据ev1B＝m，求得：v1 2mR（3）当v2eBd2，则Rd，距离总是满足：△y＝2h 2m22R，△y2dd 22情况一：h＞R，只有一种情况h＝R22dd， 22情况二：h＜R，，h＝RRhRR2n2n2d2d那么△y＝2[d]，n＝1，3，5，7…2k﹣1

222n2

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（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。

13.如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（ ）

A. 在过程ab中气体的内能增加 B. 在过程ca中外界对气体做功 C. 在过程ab中气体对外界做功 D. 在过程bc中气体从外界吸收热量 E. 在过程ca中气体从外界吸收热量 【答案】ABD 【解析】

【详解】A．从a到b等容升压，根据

pVC可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定T于气体的温度，温度升高，则内能增加，A正确；

B．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B正确；

C．在过程ab中气体体积不变，根据WpV可知，气体对外界做功为零，C错误； D．在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根

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据热力学第一定律UWQ可知，气体从外界吸收热量，D正确； E．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据

pVC可知温度降低，T则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，E错误．

14.如下图，一横截面积为S的绝热气缸固定在绝热水平面上，一绝热活塞封闭气缸内一定质量的理想气体，在气缸右侧有一暖气管，气缸与暖气管相接处密闭性良好，气缸左侧的活塞用一跨过定滑轮的轻绳与一质量为M的砝码相连。当活塞稳定后，测得活塞到气缸右侧壁之间的距离L，温度传感器测得此时气缸内气体的温度为T1。现让高温暖气从暖气管的上端流进、再从暖气管的下端流出，经过一段时间后发现活塞缓慢向左移动了一小段距离后便静止不动了。这个过程中气缸内的气体吸收热量Q后，温度传感器的读数为T2。设重力加速度为g，大气压强为P0，忽略所有摩擦，回答问题。

(i)试分析密闭气体体积的变化，并求出此变化量ΔV； (ii)求此过程中气缸内气体内能的变化量ΔU。

【答案】(i)V=【解析】

T2T1TTSL；(ii)U=QP0SMg21L T1T1【详解】(i)由于气缸内的气体温度升高，故活塞将向左移动，设气缸再次稳定后向左移动的距离为ΔL。由题目中的条件可知，容器内的气体是在做等压变化。由理想气体状态方程可得

LS(LSSL) T1T2解得

L故变化的体积为

T2T1L T1

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VSLT2T1SL T1(ii)以气缸活塞为研究对象，设气缸里面的大气压对气缸的压力为F根据力的平衡可得

FP0SMg

暖流给气缸中的气体加热，当气体温度为T2时，气体膨胀对外做的功为：

WFL(P0SMg)L(P0SMg)T2T1LT1

由热力学第一定律可知，容器中的气体内能的增加量为

UQ(P0SMg)T2T1LT1

15.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时的波形图，P是平衡位置在x=0.5m处的质点，Q是平衡位置在x=2.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图象。下列说法正确的是（ ）

A. 这列波沿x轴正方向传播 B. 这列波的传播速度为20m/s

C. 从t=0到t=0.15s，这列波传播的距离为3m D. 从t=0.10s到t=0.25s，P通过的路程为10cm E. t=0.15s时，Q的加速度方向与y轴正方向相同 【答案】BCE 【解析】

【详解】A．根据振动图像可知，0．1s之后Q点向下振动，依据“上坡向下振，下坡向上振”可知，波在向x负半轴方向传播，故A错误； B．波速大小

v故B正确；

C．0~0.15s内，波传播的距离

T4m/s20m/s 0.2x=vt=3m

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故C正确；

D．对于P点，分析其在0.10s~0.25s的运动情况，经过

△t=0.15s=

路程大于10cm，故D错误；

E．在0.15s时，Q点处于最大负位移处，加速度方向沿着y轴正方向，故E正确。 故选BCE。

16.一扇形玻璃砖的横截面如图所示，圆心角∠AOC=120，图中的虚线OB为扇形的对称轴，D为OC的中点，一细束平行于玻璃砖截面的单色光沿与OC面成30角的方向从D点射入玻璃砖，折射光线与竖直方向平行。

（i）求该玻璃砖对该单色光的折射率；

（ii）请计算判断此单色光能否从玻璃砖圆弧面射出，若能射出，求射出时折射角的正弦值。

3T 4

【答案】（i）n【解析】

（ii）能射出，sin23；3 4【详解】(i)光路图如图所示，有几何关系得:

i60,r30

根据折射定律有nsini，解得 sinrn3 (ii)如图所示，光线出射过程中，入射角1，折射角为2，

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根据正弦定理有

sin120sin1R R2得

sin1由sinC3 41可知，因1＜C，故此单色光能从玻璃砖圆弧面射出，由光路可逆可得 nnsin2 sin1解得

sin2

3 4

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