【KS5U解析】吉林省通榆縣第一中學(xué)2020屆高三模擬物理試題（二） Word版含解析

1、吉林省通榆縣第一中學(xué)2020屆高三物理模擬二二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14 - 18題只有一項符合題目要求，第19 - 21題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.下列說法正確的是a. 核反應(yīng)中的x為中子b. 放射性元素放出的射線（電子流）是由原子核外電子電離產(chǎn)生的c. 原子核的比結(jié)合能越小，原子核越穩(wěn)定d. 一群處于n=4能級的氫原子發(fā)生躍遷時，能發(fā)射4條不同頻率的光線【答案】a【解析】【詳解】a、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知，核反應(yīng)中的的質(zhì)量數(shù)：，核電荷數(shù)：，所以為中子，故選項a正確；b、衰變所釋放

2、的電子來自原子核，是原子核中的一個中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€質(zhì)子和一個電子，電子釋放出來，故選項b錯誤；c、原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故選項c錯誤d、一群處于能級的氫原子發(fā)生躍遷時，能發(fā)射種不同頻率的光線，故選項d錯誤2.一物體在豎直方向運動的vt圖象如圖所示。以下判斷正確的是（規(guī)定向上方向為正）（）a. 第5s內(nèi)與第6s內(nèi)的加速度方向不同b. 第4s末第6s末物體處于失重狀態(tài)c. 前2s內(nèi)物體克服重力做功的平均功率大于第6s內(nèi)物體重力做功的平均功率d. 第2s末第4s末的過程中，該物體的機械能守恒【答案】b【解析】【詳解】avt圖象圖線的斜率表示運動的加速度，第5s內(nèi)與第6s內(nèi)的斜率相同，則加

3、速度方向相同，故a錯誤；b第4s末第6s末圖線斜率為負，則加速度為負值，即加速度的方向向下，物體處于失重狀態(tài)，故b正確；cvt圖象圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示物體的位移，由圖線可知，前2s內(nèi)物體物體的位移大小為第6s內(nèi)物體的位移大小為則前2s內(nèi)克服重力做功的平均功率為第6s內(nèi)物體重力做功的平均功率為所以前2s內(nèi)克服重力做功的平均功率等于第6s內(nèi)物體重力做功的平均功率，故c錯誤；d第2s末第4s末的過程中，物體勻速運動，動能不變，但物體升高，所以該物體的機械能增加，故d錯誤。故選b。3.2013年12月2日，“嫦娥三號”成為了全人類第一個在月球背面成功實施軟著陸的探測器。為了減小凹凸不平的月面可能造

4、成的不利影響，“嫦娥三號”采取了近乎垂直的著陸方式。已知：月球半徑為r，表面重力加速度大小為g，引力常量為g，下列說法正確的是（ ）a. “嫦娥三號”著陸前近月環(huán)繞月球做圓周運動的過程中處于超重狀態(tài)b. 為了減小與地面的撞擊力，“嫦娥三號”著陸前的一小段時間內(nèi)處于失重狀態(tài)c. “嫦娥三號”著陸前近月環(huán)繞月球做圓周運動的周期約為t=d. 月球密度為=【答案】d【解析】【詳解】a “嫦娥三號”著陸前近月環(huán)繞月球做圓周運動的過程中萬有引力全部提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，故a錯誤；b 為了減小與地面的撞擊力，在“嫦娥三號”著陸前的一小段時間內(nèi)“嫦娥四號”需要做減速運動，處于超重狀態(tài)。故b錯誤；c “

5、嫦娥三號”著陸前近月環(huán)繞月球做圓周運動的時萬有引力提供向心力，即：解得：故c錯誤；d 月球表面的重力近似等于萬有引力，則：，月球的密度：故d正確。故選：d。4.如圖所示，光滑地面上靜置一質(zhì)量為m的半圓形凹槽，凹槽半徑為r，表面光滑將一質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點），從凹槽邊緣處由靜止釋放，當(dāng)小滑塊運動到凹槽的最低點時，對凹槽的壓力為fn，fn的求解比較復(fù)雜，但是我們可以根據(jù)學(xué)過的物理知識和方法判斷出可能正確的是（重力加速度為g）（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【詳解】滑塊和凹側(cè)組成系統(tǒng)水平方向上動量守恒，機械能守恒，當(dāng)滑塊運動到最低點時有： ， ，由極限的思想，當(dāng)m趨于無窮大時

6、，趨近于0，凹槽靜止不動，滑塊速度為 ，且小滑塊在最低點時由牛頓第二定律得 ，解得 ，四個選項中當(dāng)m趨于無窮大時，只有a選項符合，另外cd選項從量綱的角度上講也不對，故a對；bcd錯；故選a5.如圖所示，在0x3a的區(qū)域內(nèi)存在與xoy平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為b。在t0時刻，從原點o發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在0°90°范圍內(nèi)。其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在tt0時刻剛好從磁場右邊界上p（3a， a）點離開磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是（ ）a. 粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3ab. 粒子的發(fā)射速度大小為c. 帶電粒子的

7、比荷為d. 帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0【答案】d【解析】【詳解】a沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示：設(shè)粒子運動的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑選項a錯誤；b根據(jù)幾何關(guān)系可得所以圓弧op的長度所以粒子的發(fā)射速度大小選項b錯誤；c根據(jù)洛倫茲力提供向心力有結(jié)合粒子速度以及半徑可得帶電粒子的荷質(zhì)比選項c錯誤；d當(dāng)粒子軌跡恰好與磁場右邊界相切時，粒子在磁場中運動的時間最長，畫出粒子軌跡過程圖如圖所示：粒子與磁場邊界相切于m點，從e點射出。設(shè)從p點射出的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為，時間為，從e點射出的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為，故帶電粒子在磁場中運動的最長時間為，

8、選項d正確。故選d。6.如圖所示，水平面上，向下與水平方向成30°、大小為f的推力作用在質(zhì)量為m1的物體a上，向上與水平方向成30°、大小為f的拉力作用在質(zhì)量為m2的物體b上，a、b都由靜止開始運動，相等時間內(nèi)運動了相同的位移，a、b與水平面的動摩擦因數(shù)分別為1和2，則（）a. 推力對a做的功與拉力對b做的功相等b. 推力對a的沖量與拉力對b的沖量相同c. 若1=2，則m1m2d. 若1=2，則m1m2【答案】ad【解析】【詳解】a根據(jù)功的定義可知推力對a做的功與拉力對b做的功相等，a正確；b根據(jù)沖量的定義可知推力對a的沖量與拉力對b的沖量大小相同，方向不同，b錯誤；cd兩

9、物體在相等時間內(nèi)運動了相同的位移，根據(jù)可知兩個物體的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律分別求解兩物體加速度大小式中，化簡整理后有若則c錯誤，d正確。故選ad7.在圖示電路中，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為21，電阻r1、r2、r3、r4的阻值均為4。已知通過r4的電流i4=2sin100ta，下列說法正確的是（）a. a、b兩端電壓的頻率可能為100hzb. a、b兩端電壓的有效值為56vc. 若a、b兩端電壓保持不變，儀減小r2的阻值，則r1消耗的電功率減小d. 若a、b兩端電壓保持不變，儀減小r1的阻值，則r2兩端電壓增大【答案】bd【解析】【詳解】a通過的電流，則角速度頻率為變壓器不會改變

10、交流電的頻率，故、兩端電壓的頻率為50hz，故a錯誤；b通過的電流最大值為，則有效值為根據(jù)并聯(lián)電路的規(guī)律可知，通過的電流有效值為2a，副線圈的輸出電流：根據(jù)變流比可知，原線圈的輸入電流兩端電壓為副線圈兩端電壓根據(jù)變壓比可知，原線圈的輸入電壓則、兩端電壓故b正確；c若、兩端電壓保持不變，僅減小的阻值，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，副線圈的輸出電流增大，根據(jù)變流比可知，原線圈的輸入電流增大，則消耗的電功率增大，故c錯誤；d若、兩端電壓保持不變，僅減小的阻值，則原線圈輸入電壓增大，根據(jù)變壓比可知，副線圈輸出電壓增大，則兩端的電壓增大，故d正確；故選bd。8.a、b兩物體質(zhì)量均為m，其中a帶正電，帶電量為

11、q，b不帶電，通過勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧相連放在水平面上，如圖所示，開始時兩者都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)在施加豎直向上的勻強電場，電場強度e = ，式中g(shù)為重力加速度，若不計空氣阻力，不考慮a物體電量的變化， 則以下判斷正確的是（ ）a. 從開始到b剛要離開地面過程，a物體速度大小先增大后減小b. 剛施加電場的瞬間，a的加速度為4gc. 從開始到b剛要離開地面的每段時間內(nèi)，a物體的機械能增量一定等于電勢能的減少量d. b剛要離開地面時，a的速度大小為2g【答案】bd【解析】【詳解】ab 在未施加電場時，a物體處于平衡狀態(tài)，當(dāng)施加上電場力瞬間，a物體受到的合力為施加的電場力，故有：qe=4mg=ma

12、解得：a=4g，方向向上b剛要離開地面時，彈簧的拉力為mg，此時a物體合力為2mg，加速度為2g，向上，從開始到b剛要離開地面過程，a物體做加速度逐漸變小的加速運動，即a物體速度一直增大，故a錯誤b正確；c 從開始到彈簧恢復(fù)原長的過程，a物體的機械能增量等于電勢能與彈性勢能的減少量的和，從彈簧恢復(fù)原長到b剛要離開地面的過程，a物體的機械能增量等于電勢能的減少量與彈性勢能的增加量的差值，故c錯誤；d 當(dāng)b離開地面時，此時b受到彈簧的彈力等于b的重力，從施加電場力到b離開地面，彈簧的彈力做功為零，a上升的距離為：根據(jù)動能定理可知：解得：故d正確。故選：bd。三、非選擇題：共174分。第22 -32

13、題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33 -38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共129分。9.某學(xué)習(xí)小組利用圖甲裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗，其主要實驗步驟如下：a用游標(biāo)卡尺測量擋光條的寬度為d，用天平測量滑塊（含擋光條）的質(zhì)量為m，砝碼盤及砝碼的總質(zhì)量為m；b調(diào)整氣墊導(dǎo)軌水平；c光電門移到b處，讀出a點到b點間的距離為x1，滑塊從a處由靜止釋放，讀出擋光條通過光電門的擋光時間為t1；d多次改變光電門位置，重復(fù)步驟c，獲得多組數(shù)據(jù)。請回答下列問題：(1)用游標(biāo)卡尺測量擋光條的寬度時示數(shù)如圖2所示，其讀數(shù)為_mm；(2)調(diào)整氣墊導(dǎo)軌下螺絲，直至氣墊導(dǎo)軌工作時滑塊輕放在導(dǎo)軌上能

14、_，表明導(dǎo)軌水平了；(3)在實驗誤差允許范圍內(nèi)，機械能守恒定律得到驗證，則如圖丙圖象中能正確反映光電門的擋光時間t隨滑塊的位移大小x的變化規(guī)律的是_。a. b. c. d.【答案】 (1). 3.40 (2). 靜止 (3). d【解析】【詳解】（1）1因游標(biāo)尺是20分度的，則游標(biāo)卡尺的精確度為0.05mm，則其讀數(shù)（2）2調(diào)整氣墊導(dǎo)軌下螺絲，直至氣墊導(dǎo)軌工作時滑塊輕放在導(dǎo)軌上能靜止，表明導(dǎo)軌水平。（3）3動能的增量重力勢能的減小量機械能守恒需要驗證動能的增量等于重力勢能的減小量，則則有abc錯誤d正確。故選d。10.某小組利用圖（a）所示的電路，研究硅二極管在恒定電流條件下的正向電壓u與溫度

15、t的關(guān)系，圖中v1和v2為理想電壓表；r為滑動變阻器，r0為定值電阻（阻值100 ）；s為開關(guān)，e為電源實驗中二極管置于控溫爐內(nèi)，控溫爐內(nèi)的溫度t由溫度計（圖中未畫出）測出圖（b）是該小組在恒定電流為50.0a時得到的某硅二極管u-t關(guān)系曲線回答下列問題：（1）實驗中，為保證流過二極管的電流為50.0a，應(yīng)調(diào)節(jié)滑動變阻器r，使電壓表v1的示數(shù)為u1=_mv；根據(jù)圖（b）可知，當(dāng)控溫爐內(nèi)的溫度t升高時，硅二極管正向電阻_（填“變大”或“變小”），電壓表v1示數(shù)_（填“增大”或“減小”），此時應(yīng)將r的滑片向_（填“a”或“b”）端移動，以使v1示數(shù)仍為u1（2）由圖（b）可以看出u與t成線性關(guān)系，

16、硅二極管可以作為測溫傳感器，該硅二極管的測溫靈敏度為=_×10-3v/（保留2位有效數(shù)字）【答案】 (1). 5.00 (2). 變小 (3). 增大 (4). b (5). 2.8【解析】【詳解】（1）u1=ir0=100×50×10-6a=5×10-3v=5mv由 ，i不變，溫度升高，u減小，故r減?。挥捎趓變小，總電阻減小，電流增大；r0兩端電壓增大，即v1表示數(shù)變大，只有增大電阻才能使電流減小，故滑動變阻器向右調(diào)節(jié)，即向b端調(diào)節(jié)（2）由圖可知， =2.8×10-3v/二、計算題（本大題共2小題，共32分）11.如圖所示， 水平光滑導(dǎo)軌足

17、夠長，導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)軌間分布有豎直方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為b，導(dǎo)軌左端接有阻值為r的電阻，電阻兩端接一理想電壓表。一金屬棒垂直放在導(dǎo)軌上，其在軌間部分的電阻為r。 現(xiàn)用一物塊通過跨過定滑輪的輕繩從靜止開始水平牽引金屬棒，開始時，物塊距地面的高度為h，物塊即將落地前的一小段時間內(nèi)電壓表的示數(shù)穩(wěn)定為u。已知物塊與金屬棒的質(zhì)量相等，不計導(dǎo)軌電阻和滑輪質(zhì)量與摩擦，導(dǎo)軌始終與金屬棒垂直且緊密接觸，重力加速度為g。求(1)金屬棒的最大速度v及物塊的質(zhì)量m；(2)棒從靜止開始到物塊剛要落地的過程中，電阻r上產(chǎn)生的熱量q?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【詳解】(1)電壓表的示數(shù)穩(wěn)定時，金屬棒勻速運動，速

18、度達到最大，此時電路中感應(yīng)電流 聯(lián)立得 對金屬棒，根據(jù)平衡條件有 又 聯(lián)立得 (2)根據(jù)能量守恒定律得 電阻上產(chǎn)生的熱量 解得12.如圖所示，右側(cè)為固定的光滑圓弧導(dǎo)軌a，末端水平左側(cè)b為固定的擋板，c為足夠長的傳送帶以速度v=5m/s順時針運動d為下表面光滑的木板，質(zhì)量為m=1kg，長度為l=3ma的末端與c、d三者的上表面等高，最初d緊靠著a一個質(zhì)量為m=2kg的滑塊(可看作質(zhì)點)從a上由靜止下滑高度h=1.8m后，滑上木板d已知滑塊恰能滑到木板d的左端，且此刻木板恰與b相撞，若木板與擋板、導(dǎo)軌每次碰撞后，速度均變?yōu)榱?但不粘連)，滑塊與木板及傳送帶間的動摩擦因數(shù)都相等，g=10m/s2,d

19、與b碰后c、d間的縫隙很小忽略不計求： (1)動摩擦因數(shù)；(2)滑塊第一次滑上傳送帶運動到最左端過程中，電動機對傳送帶多做的功；(3)滑塊第一次返回軌道a的最大高度；(4)滑塊從開始釋放直到停止運動的過程中，在木板上發(fā)生相對滑動的總時間【答案】（1）0.2（2）40j（3）m（4）3s【解析】【詳解】（1）滑塊滑下，根據(jù)動能定理：解得木板d和滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒 由能量守恒可知滑塊和木板d損失的動能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的摩擦生熱聯(lián)立可解得，（2）電動機對傳送帶多做的功為摩擦生熱減去滑塊損失的動能滑塊在傳送帶向最左端運動過程中做勻減速運動，最后減速到零，由牛頓第二定律可知 ，由運動學(xué)可知滑塊在傳送帶運動

20、的時間，滑塊的位移則傳送帶的位移系統(tǒng)摩擦生熱為滑塊損失的動能為則電動機多做的功（3）再次滑上木板： 滑塊和木板再次損失的熱量木板和導(dǎo)軌碰撞后滑塊上升到最高點的過程： 聯(lián)立解得 （4）分析可知，滑塊在木板上相對滑動的過程中可看做勻減速運動，則總時間（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計分。13.下列說法正確的是：_a. 液晶顯示器利用液晶的光學(xué)各向異性顯示不同顏色b. 某種液體的飽和汽壓不一定比未飽和汽壓大c. 氣體溫度升高時，氣體熱運動變得劇烈，氣體的壓強一定增大d. 萘的熔點為80，質(zhì)量相等的80的固態(tài)萘和80的

21、液態(tài)萘具有不同的分子勢能e. 若附著層液體分子比液體內(nèi)部的分子分布稀疏，則液體和固體之間表現(xiàn)為浸潤【答案】abd【解析】【詳解】a液晶既具有流動性，有具有光學(xué)各向異性，所以液晶顯示器利用液晶的光學(xué)各向異性顯示不同顏色，a正確b同溫度下的飽和汽壓一定比不飽和汽壓大，題中未說明溫度關(guān)系，無法確定，所以b正確c氣體溫度升高，氣體熱運動變得劇烈，但氣體的體積變化未知，所以壓強無法判斷，c錯誤d萘的熔點為80，晶體在融化過程中吸熱，但溫度不變，吸熱內(nèi)能增大，但溫度即分子平均動能不變，所以勢能變大，d正確e若附著層的液體分子比液體內(nèi)部的分子分布稀疏，分子間表現(xiàn)為引力，所以液體與固體之間表現(xiàn)為不浸潤，e錯誤14.如圖所示，內(nèi)徑粗細均勻的u形管豎直放置在溫度為7 的環(huán)境中，左側(cè)管上端開口，并用輕質(zhì)活塞封閉有長l114 cm的理想氣體，右側(cè)管上端封閉，管上部有長l224 cm的理想氣體，左右兩管內(nèi)水銀面高度差h6 cm.若把該裝置移至溫度恒為27 的房間中(依然豎直放置)，大氣壓強恒為p076 cmhg.不計活塞與管壁間的摩擦分別求活塞再次平衡時左、右兩側(cè)管中氣體的長度【答案】15 cm25 cm【解析】設(shè)管的橫截面積為s，活塞再次平衡時左側(cè)管中氣體的長度為l，左側(cè)管做等壓變化，則有 其中v114s，t280 k，t300 k，v2l