屆榆林中學(xué)高三第三次模擬考試卷

1、此卷只裝訂不密封班級 姓名 準(zhǔn)考證號 考場號 座位號 2020屆榆林中學(xué)高三第三次模擬考試卷 物 理 注意事項：1答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1418只有一項是符合題目要求，第1921

2、題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14下列說法中正確的是A原子核發(fā)生衰變時都遵守電荷守恒、質(zhì)量守恒、能量守恒Beq oal(235, 92)Ueq oal(1,0)neq oal(144, 56)Baeq oal(89,36)Kr3eq oal(1,0)n為核衰變方程C光電效應(yīng)說明了光具有粒子性D康普頓散射實驗說明了光具有波動性15如圖所示，小球放在光滑的墻與裝有鉸鏈的光滑薄板之間，薄板在F作用下逆時針緩慢轉(zhuǎn)動，在墻與薄板之間的夾角緩慢地從90逐漸減小的過程中A小球?qū)Ρ“宓膲毫赡苄∮谛∏虻闹亓小球?qū)Ρ“宓恼龎毫σ恢痹龃驝小球?qū)Φ膲毫ο葴p小，后增大D

3、小球?qū)Φ恼龎毫Σ豢赡艽笥谛∏虻闹亓?6北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是中國自行研制的全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)。為了兼顧高緯度地區(qū)的定位和導(dǎo)航需要，該系統(tǒng)已布置了10余顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星（IGSO），其軌道是與赤道平面呈一定夾角的圓形，圓心為地心，運行周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同。關(guān)于傾斜地球同步軌道衛(wèi)星，下列說法正確的是A該衛(wèi)星不可能經(jīng)過北京上空B該衛(wèi)星距地面的高度與同步軌道靜止衛(wèi)星相同C與赤道平面夾角為30的傾斜地球同步軌道只有唯一一條D該衛(wèi)星運行的速度大于第一宇宙速度17如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊，木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，

4、得到如圖乙所示的aF圖，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，取g10 m/s2，則下列選項錯誤的是A滑塊的質(zhì)量m4 kgB木板的質(zhì)量M2 kgC當(dāng)F8 N時滑塊加速度為2 m/s2D滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.118如圖所示，由Oa、Ob、Oc三個鋁制薄板互成120角均勻分開的、三個勻強磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強度分別用B1、B2、B3表示?，F(xiàn)有帶電粒子自a點垂直O(jiān)a板沿逆時針方向射入磁場中，帶電粒子完成一周運動，在三個磁場區(qū)域中的運動時間之比為123，軌跡恰好是一個以O(shè)為圓心的圓，則其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為A11 B53 C32 D27519如圖，AC、BD為圓的兩條互相垂直的直徑，圓心

5、為O，半徑為r，將等電量的異種點電荷Q放在圓周上，它們的位置關(guān)于AC對稱，Q與O點的連線和OC間夾角為30，靜電常量為k，則AO點的電場強度大小為keq f(Q,r2)BO點的電場強度方向由O指向ACO點電勢等于C點電勢D試探電荷q從B點移到D點過程中，電勢能始終不變20如圖所示，在小車內(nèi)固定一光滑的斜面體，傾角為，一輕繩的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端拴一個質(zhì)量為m的物塊A，繩與斜面平行。整個系統(tǒng)由靜止開始向右勻加速運動。物塊A恰好不脫離斜面，則向右加速運動時間為t的過程中A小車速度的變化量B物塊重力所做的功和重力的沖量均為零C拉力沖量大小D拉力做功21如圖所示，電阻不計、間距

6、為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是FF0kv（F0、k是常量），金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時間t變化的圖象可能正確的有第卷（非選擇題，共174分）三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第22題第25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題第34題為選考題，考生根據(jù)要求做答)(一)必考題(共129分)22(6

7、分)為了測量木塊與木板間動摩擦因數(shù)，某實驗小組使用位移傳感器設(shè)計了如圖所示的實驗裝置，讓木塊從傾斜木板上A點由靜止釋放，位移傳感器可以測出木塊到傳感器的距離。位移傳感器連接計算機，描繪出滑塊與傳感器的距離s隨時間t變化規(guī)律，取g10 m/s2，sin 370.6，如圖所示。(1)根據(jù)上述圖線，計算可得木塊在0.4 s時的速度大小v_m/s，加速度大小a_m/s2；(2)現(xiàn)測得斜面傾角為37，則_。（所有結(jié)果均保留2位小數(shù)）23(9分)熱敏電阻包括正溫度系數(shù)電阻器（PTC）和負(fù)溫度系數(shù)電阻器（NTC），正溫度系數(shù)電阻器（PTC）在溫度升高時電阻值越大，負(fù)責(zé)溫度系數(shù)電阻器（NTC）在溫度升高時電阻

8、值越小，熱敏電阻的這種特性，常常應(yīng)用在控制電路中。某實驗小組選用下列器材探究通過熱敏電阻Rx（常溫下阻值約為10.0 ）的電流隨其兩端電壓變化的特點。A電流表A1（滿偏電流10 mA，內(nèi)阻r110 ）B電流表A2（量程01.0 A，內(nèi)阻r2約為0.5 ）C滑動變阻器R1（最大阻值為10 ）D滑動變阻器R2（最大阻值為500 ）E定值電阻R3990 F. 定值電阻R4140 G電源E（電動勢12 V，內(nèi)阻可忽略）H開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)實驗中改變滑動變阻器滑片的位置，使加在熱敏電阻兩端的電壓從零開始逐漸增大，請在所提供的器材中選擇必需的器材，應(yīng)選擇的滑動變阻器_。（只需填寫器材前面的字母即可）(2

9、)請在所提供的器材中選擇必需的器材，在虛線框內(nèi)畫出該小組設(shè)計的電路圖。(3)該小組測出某熱敏電阻Rx的I1I2圖線如曲線乙所示，NTC熱敏電阻對應(yīng)的曲線是_（填或）。(4)若將上表中的PTC電阻直接接到一個9 V，內(nèi)阻10 的電源兩端，則它的實際功率為_W。（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）24(12分)如圖所示，長為L的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定在O點，下端連接一個質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向左的勻強電場中的A點，繩與豎直方向的夾角37。此勻強電場的空間足夠大，且場強為E。取sin 370.6，cos 370.8，不計空氣阻力。(1)如將小球拉到O點正右方C點（OCL）后靜止釋放，求小球運

10、動到最低點時所受細(xì)繩拉力的大小F；(2)O點正下方B點固定著鋒利刀片，小球運動到最低點時細(xì)繩突然斷了。求小球從細(xì)繩斷開到再次運動到O點正下方的過程中重力對小球所做的功W。25(20分)如圖所示，質(zhì)量m11 kg的木板靜止在傾角30的固定光滑斜面上，斜面足夠長的，木板下端上表面與半徑Req r(3) m的固定光滑圓弧軌道相切，圓弧軌道最高點B與圓心O等高。一質(zhì)量m22 kg、可視為質(zhì)點的小滑塊以v015 m/s的初速度從長木板頂端沿木板滑下。已知滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)eq f(r(3),3)，木板每次撞擊圓弧軌道時都會立即停下而不反彈，最終滑未從木板上端滑出，g10 m/s2。求：(1)滑塊

11、離開圓弧軌道B點后上升的最大高度；(2)木板的最小長度；(3)木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機械能。(二)選考題(共15分。請考生從給出的2道物理題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分)33【物理選修33】(15分)(1)(5分)下列說法正確的是 。（填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分）A不能用氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)估算氣體分子的體積B質(zhì)量相同、溫度也相同的氫氣和氧氣，內(nèi)能相同C任何熱機都不可能使燃料釋放的熱量完全轉(zhuǎn)化為機械能D在失重的情況下，密閉容器內(nèi)的氣體對器壁沒有壓強E當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時，分子力和分子勢能

12、總是隨分子間距離的減小而增大(2)(10分)如圖所示，在大氣中有一水平放置的固定剛性圓筒，它由圓心共軸的圓筒a、b連接而成，其橫截面積分別為3S和S。已知大氣壓強為p0，溫度為T0。兩活塞A、B圓心處用一根長為3l的不可伸長的輕線相連，把溫度為T0的空氣密封在兩活塞之間，此時兩活塞的位置如圖所示。若活塞與圓筒壁之間的摩擦可忽略，現(xiàn)對被密封的氣體緩慢加熱，則：(i)當(dāng)B活塞剛好碰到b部分圓筒的左側(cè)時，氣體溫度為多少？(ii)當(dāng)氣體溫度為3T0時，氣體的壓強為多少？34【物理選修34】(15分)(1)(5分)一列簡諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播，t0時的波的圖像如圖所示，質(zhì)點P的平衡位置在x8 m處，該波

13、的周期T0.2 s，下列說法正確的是 。（填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分）A該列波的傳播速度為20 m/sB在01.0 s內(nèi)質(zhì)點P經(jīng)過的路程2 mCt0.3 s時質(zhì)點P的速度方向沿y軸正方向Dx4 m處質(zhì)點的振動方程是y10sin5t（cm）E該波與頻率f5 Hz的另一列簡諧橫波相遇，一定會發(fā)生干涉(2)(10分)如圖所示，圓柱形油桶中裝滿折射率neq r(2)的某種透明液體，油桶的高度為H，半徑為eq f(3,2)H，桶的底部裝有一塊平面鏡，在油桶底面中心正上方高度為d處有一點光源P，要使人從液體表面上方任意位置處都能夠觀察到

14、此液體內(nèi)點光源P發(fā)出的光，d應(yīng)該滿足什么條件?物 理 答 案二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1418只有一項是符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14【答案】C【解析】原子核發(fā)生衰變時電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒，但質(zhì)量不守恒，故A錯誤；eq oal(235, 92)Ueq oal(1,0)neq oal(144, 56)Baeq oal(89,36)Kr3eq oal(1,0)n為裂變方程，故B錯誤；光電效應(yīng)說明了光具有粒子性，故C正確；康普頓在研究石墨對X射線的散射中發(fā)現(xiàn)光具有粒子性，故D錯誤。15【

15、答案】B【解析】以小球為研究對象，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)受力平衡，由圖可知：當(dāng)墻與薄板之間的夾角緩慢地從90逐漸減小的過程中，薄板給球的支持力F1逐漸增大，木板受到的壓力增大，小球?qū)Ρ“宓膲毫Σ豢赡苄∮谛∏虻闹亓?，A錯誤，B正確；當(dāng)墻與薄板之間的夾角緩慢地從90逐漸減小的過程中，墻壁給球的壓力F2逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定律可知墻壁受到的壓力增大，小球?qū)Φ恼龎毫赡艽笥谛∏虻闹亓?，C、D錯誤。16【答案】B【解析】根據(jù)題目描述，傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的軌道是與赤道平面呈一定夾角的圓形，圓心為地心，所以有可能在運動過程中經(jīng)過北京上空，所以A錯誤；由題意可知，傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的周期與地球同步衛(wèi)星的周

16、期相同，根據(jù)T2eq r(f(r3,GM)，可知該衛(wèi)星的軌道半徑與地球同步衛(wèi)星的軌道半徑相同，即該衛(wèi)星距地面的高度與同步軌道靜止衛(wèi)星相同，所以B正確；由題意可知，圓心在地心，與赤道平面成30的圓形軌道有無數(shù)個，所以C錯誤；根據(jù)公式veq r(f(GM,r)，可知衛(wèi)星軌道半徑越大，運行速度越小，而第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，所以該衛(wèi)星的運行速度比第一宇宙速度小，D錯誤。17【答案】C【解析】由題圖乙知，F(xiàn)6 N時，滑塊與木板剛好不相對滑動，加速度為a1 m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有F(Mm)a，代入數(shù)據(jù)計算得出Mm6 kg，當(dāng)F6 N時，對木板，根據(jù)牛頓第二定律得，知圖線的斜率keq

17、 f(1,2)，則M2 kg，滑塊的質(zhì)量m4 kg，故A、B不符合題意；根據(jù)F6 N時，a1 m/s2，代入表達(dá)式計算得出0.1，當(dāng)F8 N時，對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得mgma，計算得出ag1 m/s2，故C符合題意，D不符合題意。18【答案】D【解析】帶電粒子在磁場運動的時間為teq f(,2)T，在各個區(qū)域的角度都為120eq f(1,3)，對應(yīng)的周期為Teq f(2m,qB)， ，則三個區(qū)域的磁感應(yīng)強度之比為B1B2B3632，三個區(qū)域的磁場半徑相同為req f(mv,qB)，又動能Ekeq f(1,2)mv2，聯(lián)立得，故三個區(qū)域的動能之比為：Ek1Ek2Ek3B12B22B32369

18、4，故在b處穿越鋁板所損失的動能為EkEk1Ek227，故在c處穿越鋁板所損失的動能為EkEk2Ek35，故損失動能之比為EkEk275，D正確。19【答案】AC【解析】兩電荷在O點的場強大小為E1E2keq f(Q,r2)，夾角為120，根據(jù)平行四邊形定則知合場強為EE1E2keq f(Q,r2)，方向平行兩個電荷的連線向右，故A正確，B錯誤；等量正負(fù)點電荷連線的中垂線上電勢相等，因而OC，故C正確；如果只有Q存在，則B點電勢大于D點電勢；如果只有Q存在，同樣是B點電勢大于D點電勢；由于電勢是標(biāo)量，所以兩個場源電荷同時存在時，依然有B點電勢大于D點電勢，故試探電荷q從B點移到D點過程中，電勢

19、能是變化的，故D錯誤。20【答案】AD【解析】對物塊A進行受力分析可知，物塊A受拉力T和重力G， Fsin mg，F(xiàn)合Tcos ，得，。小車的加速度，則小車速度的變化量，故A正確；由于重力的方向與位移方向垂直，故重力做功為零，但沖量IGmgt，不是0，故B錯誤；拉力的沖量，故C錯誤；重力做功為0，則拉力的功Weq f(1,2)mv2，而，解得，故D正確。21【答案】ABC【解析】設(shè)金屬棒在某一時刻速度為v，由題意可知，感應(yīng)電動勢EBLv，環(huán)路電流，即Iv，安培力，方向水平向左，即FAv，R兩端電壓為，即URv，感應(yīng)電流功率為，即Pv2；分析金屬棒運動情況，由力的合成和牛頓第二定律可得： ，加速

20、度，因為金屬棒從靜止出發(fā)，所以F00，即F合0，加速度a0，加速度方向水平向右。若，F(xiàn)合F0，即，金屬棒水平向右做勻加速直線運動，有vat，說明vt，也即是It，F(xiàn)At，URt，Pt2，所以在此情況下A選項符合；若，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說明金屬棒做加速度增大的加速運動，速度與時間呈指數(shù)增長關(guān)系，根據(jù)四個物理量與速度的關(guān)系可知B選項符合；若，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運動，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)四個物理量與速度關(guān)系可知C選項符合。故ABC正確，D錯誤。第卷（非選擇題，共174分）三、非選擇題(包括必考題和選考

21、題兩部分。第22題第25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題第34題為選考題，考生根據(jù)要求做答)(一)必考題(共129分)22(6分)【答案】(1)0.40 1.00 (2)0.63【解析】(1)木塊在斜面上做勻加速直線運動，某段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，則木塊在0.4 s時的速度大?。荒緣K在0.2 s時的速度大小，木塊的加速度大小。(2)斜面傾角為37，則對木塊受力分析，由牛頓第二定律可得，得。23(9分)【答案】(1)C (2)見解析圖 (3) (4)2.0 (1.92.1)【解析】(1)因為要求加在熱敏電阻兩端的電壓從零開始逐漸增大，所以滑動變阻器采用分壓

22、接法，為了便于調(diào)節(jié)，應(yīng)選擇最大阻值小的滑動變阻器，故填C。(2) 因為器材沒有電壓表，故用已知內(nèi)阻的電流表A1串聯(lián)一個大電阻R3改裝成電壓表。由于熱敏電阻的阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，所以電流表應(yīng)用外接法，電路圖如圖所示。(3)把熱敏電阻Rx的I1I2圖線的縱坐標(biāo)改成I1(R3r1)1000I1，即熱敏電阻的電壓，單位為V，圖象就成為熱敏電阻的UI圖象。UI圖象上的點與坐標(biāo)原點連線的斜率表示電阻值。隨電壓增大，電流增大，電阻實際功率增大，溫度升高。NTC熱敏電阻在溫度升高時電阻值減小，故對應(yīng)的曲線是。 (4)做出9 V、內(nèi)阻10 的電源的UI圖象，如圖所示，其與曲線的交點坐標(biāo)的乘積即為所要求的實際功

23、率，PUI40.5 W2.0 W，由于作圖和讀數(shù)有一定的誤差，故結(jié)果范圍為1.92.1 W。24(12分)【解析】(1)有圖可知小球小球受電場力水平向右，大小為：Eqmgtan 小球由C到最低點，由動能定理得：mgLEqLeq f(1,2)mvB20在B點受力分析得：聯(lián)立得：Feq f(3,2)mg。(2)在斷開瞬間，由(1)得小球水平方向先減速到0在方向加速，在水平方向求小球從細(xì)繩斷開到再次運動到O點正下方的時間豎直方向自由落體運動heq f(1,2)gt2重力對小球所做的功。25(20分)【解析】(1)由滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)eq f(r(3),3)tan 30，可知滑塊在木板上勻速下

24、滑，即滑塊到達(dá)A點時速度大小依然為v015 m/s，設(shè)滑塊離開圓弧軌道B點后上升的最大高度為h，則由機械能守恒定律可得： eq f(1,2)m2v02m2g(Rcos h)解得：h9.75 m。(2)由機械能守恒定律可得滑塊回到木板底端時速度大小為v015 m/s，滑上木板后，木板的加速度為a1，由牛頓第二定律可知：m2gcos m1gsin m1a1滑塊的加速度為a2，由牛頓第二定律可知：m2gcos m2gsin m2a2設(shè)經(jīng)過t1時間后兩者共速，共同速度為v1，由運動學(xué)公式可知：v1v0a2t1a1t1該過程中木板走過的位移：滑塊走過的位移：之后一起勻減速運動至最高點，若滑塊最終未從木板

25、上端滑出，則木板的最小長度：Lx2x1聯(lián)立解得：L7.5 m。(3)滑塊和木板一起勻減速運動至最高點，然后一起滑下，加速度均為a3，由牛頓第二定律可知：(m1m2)gsin (m1m2)a3一起勻減速向上運動的位移：木板從最高點再次滑至A點時的速度為v2，由運動學(xué)公式可知：滑塊第三次、第四次到達(dá)A點時的速度大小均為v2，第二次沖上木板，設(shè)又經(jīng)過時間t2兩者共速，共同速度為v3，由運動學(xué)公式可知：v3v2a2t2a1t2該過程中木板走過的位移：一起勻減速向上運動的位移：設(shè)木板第二次滑至A點時的速度為v4，由運動學(xué)公式可知：木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機械能Eeq f(1,2)m1v42聯(lián)立各式得：J5.56 J。(