河南省南阳市一中2020届高三上学期期末考试模拟理综物理试题

河南省南阳市一中2020届高三上学期期末考试模拟理综物理试题

南阳一中2019年秋期高三期终考前模拟理综试题 二、选择题 ‎1.物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步。关于对物理学发展过程中的认识，说法不正确的是 A. 德布罗意首先提出了物质波猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想 B. 波尔的原子模型成功地解释了氢原子光谱的成因 C. 卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”‎ D. 伽利略利用理想斜面实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落的快”的结论陷入困境 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想，选项A正确，不符合题意；‎ B．波尔的原子模型成功地解释了氢原子光谱的成因，选项B正确，不符合题意；‎ C．卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”，选项C正确， 不符合题意；‎ D．亚里士多德认为物体的下落与质量有关，重的物体比轻的物体下落得快，这一论点通过伽利略的比萨斜塔实验以及逻辑推理所推翻；而理想斜面实验研究说明力不是维持物体运动的原因，故D错误，符合题意。‎ 故选D.‎ ‎2.如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球恰好与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当升降机沿竖直方向运动时，压力传感器的示数逐渐增大，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是 A. 升降机正在匀加速上升 B. 升降机正在匀减速上升 C. 升降机正在加速下降，且加速度越来越大 D. 升降机正在减速下降，且加速度越来越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对篮球受力分析如图，‎ 若升降机匀加速上升或在匀减速上升，篮球加速度不变，受力不变，压力传感器的示数不变．故AB不可能．‎ C．若升降机正加速下降，对篮球受力分析，由牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ 加速度越来越大，则越来越大，压力传感器的示数逐渐增大．故C可能．‎ D．若升降机正在减速下降，对篮球受力分析，由牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ 加速度越来越大，则越来越小，压力传感器的示数逐渐增小．故D不可能．‎ ‎3.一质量为2kg的物体受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示,t＝0时其速度大小为2m/s,滑动摩擦力大小恒为2N,则(　　)‎ A. t＝6s时,物体的速度为18m/s B. 在0～6s内,合力对物体做的功为400J C. 在0～6s内,拉力对物体的冲量为36N·s D. t＝6s时,拉力F的功率为200W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于动能的变化量，根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，根据牛顿第二定律求出在t=6s时刻，拉力F的大小，再根据P=Fv求解瞬时功率 ‎【详解】根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+△v=2+ ×(2+4)×6=20m/s，故A错误；根据动能定理得：W合＝△Ek＝mv62−mv02=396J，故B错误；根据动量定理，在 0～6 s时间内： 解得IF=48N∙s，故C错误；在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：F=ma+f=2×4+2=10N，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确．故选D．‎ ‎4.如图所示，一个匝数为N=100匝，电阻不计的线框以固定转速50r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1：n2=10：1的理想变压器给阻值R=20Ω的电阻供电，已知电压表的示数为20 V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是 A. t=0时刻线框内的电流最大 B. 变压器原线圈中电流的有效值为10 A C. 穿过线框平面的最大磁通量为Wb D. 理想变压器的输入功率为10 W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知变压器的输出电压，根据变压比公式求解输入电压；根据公式Em=NBSω求解最大磁通量.‎ ‎【详解】A、t=0时刻为中性面位置，故感应电动势为零，故感应电流为零，流过线圈的电流为零，故A错误；‎ B、副线圈中的电流，根据电流与匝数成反比，，原线圈中电流的有效值，故B错误；‎ C、根据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压U1＝200V，角速度ω=2πn=100π rad/s，线圈产生最大感应电动势，而Em=NBSω，则最大磁通量,故C正确；‎ D、理想变压器输出功率，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为20W，故D错误；‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了交流发电机的工作原理和变压器的变压比公式，明确最大值Em=NBSω、瞬时值、有效值、平均值的求解和应用范围.‎ ‎5.如图所示为氢原子的能级结构示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，用这些光子照射逸出功为2.49 eV的金属钠．下列说法正确的是（ )‎ A. 这群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n ‎=2能级所发出的光波长最短 B. 这群氢原子在辐射光子的过程中电子绕核运动的动能减小，电势能增大 C. 能发生光电效应的光有三种 D. 金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是9.60 eV ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】这群氢原子能辐射出三种不同频率光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级的能级差最小，故所发出的光的频率最小，故波长最长，选项A正确；这群氢原子在辐射光子的过程中，整个原子的能量减小，电子的轨道半径减小，电子绕核运动的动能变大，电势能减小，故选项B错误；从n=3到低能态的跃迁中，能级差大于2.49eV的跃迁有32和31的跃迁，故能发生光电效应的光有两种，选项C错误；因为从31的跃迁辐射光子的能量最大，其值为12.09eV，故金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是12.09eV -2.49 eV =9.60eV，选项D正确；故选AD.‎ ‎6.如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，右侧是一个足够长固定斜面，一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及定滑轮，两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方，不计一切阻力及摩擦。当m1由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是 A. 在m1从A点运动到C点的过程中，m1的机械能一直减少 B. 当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的倍 C. 若m1运动到C点时细绳突然断开，在细绳断开后，m1能沿碗面上升到B点 D. m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在m1从A点运动到C点的过程中，绳子的拉力对m1做负功，则m1‎ 的机械能一直减少，选项A正确；‎ B．设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得：‎ v1cos45°=v2‎ 则 ‎ v1=v2‎ 故B错误。‎ C．在m1从A点运动到C点的过程中，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得：‎ 结合v1=v2解得：‎ 若m1运动到C点时绳断开，至少需要有的速度，m1才能沿碗面上升到B点，故C错误。‎ D．m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故D正确；‎ 故选AD.‎ ‎7.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则 A. 0～t1时间内，汽车的牵引力等于 B. t1～t2时间内，汽车的功率等于 C. 汽车运动的最大速度等于 D. t1～t2时间内，汽车的平均速度小于 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，，F1-Ff=ma，联立得，，故A错误；‎ B.在t1时刻汽车达到额定功率：P=F1v1=（m+Ff）v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，故B正确；‎ C.t2时刻，速度达到最大值v2，此时刻F2=Ff，P=F2v2，，故C正确；‎ D.由v-t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，故D错误．‎ ‎8.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v―t图象，图中数据均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是：（ ）．‎ A. 金属线框刚进人磁场时感应电流方向沿adcba方向 B. 磁场的磁感应强度为 C. 金属线框在0~t3的时间内所产生的热量为 D. MN和PQ之间的距离为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由楞次定律可知，金属线框刚进人磁场时感应电流方向沿abcda方向，选项A 错误；由图线可看出，线圈的bc边进入磁场时即做匀速运动，此时满足，其中，解得，选项B 正确；金属线框在0~t3的时间内所产生的热量等于从t1~t2过程中产生的热量，即机械能的减少量W=Q=，选项C 正确；线框的宽度为，所以MN和PQ之间的距离大于，选项D 错误。‎ 三、非选择题 ‎9.某实验小组用如图所示的装置探究功和速度变化的关系：将小钢球从轨道倾斜部分不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出。落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹。为了使问题简化，小钢球在离倾斜轨道底端的距离分别为L、2L、3L……处释放，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为W0、2W0、3W0……‎ ‎（1）为了减小实验误差需要进行多次测量，在L、2L、3L…处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹。那么，确定在同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是 ___________________________________________‎ ‎（2）为了探究功和速度变化的关系,实验中必须测量的一项是(填选项前的字母标号)_______‎ A．小钢球释放位置离斜面底端的距离L的具体数值 B．小钢球的质量m C．小钢球离开轨道后的下落高度h D．小钢球离开轨道后的水平位移x ‎（3）该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象，则图象的横坐标是______(用实验中测量的物理量符号表示)‎ ‎【答案】 (1). 用尽可能小的圆圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置 (2). D (3). x2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．从斜槽上同一位置静止滚下，由于存在误差落于地面纸上的点迹，形成不完全重合的记录痕迹，平均确定落点位置的方法为：用尽可能小的圆圈住所有落点，圆心即为平均落点的位置；‎ ‎（2）[2]．根据动能定律可得：‎ 根据平抛规律可得：‎ x=vt ‎ ‎ 联立可得探究动能定理的关系式：‎ 因为每次下落时的h相同，故必须测量小钢球离开轨道后的水平位移x。故选D.‎ ‎（3）[3]．根据图象形状可知，W与横轴表示的物理量成正比例，又因为表达式为，所以图象的横坐标表示x2；‎ ‎10.现要测量电压表的内阻和电源的电动势,提供的器材有:‎ 电源(电动势约为6V,内阻不计)‎ 电压表(量程2.5V,内阻约为2.5kΩ)‎ 电压表(量程3V,内阻约为10kΩ)‎ 电阻箱(最大阻值9999.9)‎ 滑动变阻器(最大阻值为)‎ 滑动变阻器(最大阻值为)‎ 单刀双掷开关一个导线若干 ‎ ‎ ‎(1)在图1中完成测量原理电路图____________;‎ ‎(2)电路中应选用的滑动变阻器_______(选填“”、“”);‎ ‎(3)按照下列实验步骤进行实验:‎ ‎①闭合开关前,将滑动变阻器和电阻箱连入电路的阻值调至最大;‎ ‎②闭合开关,将电阻箱调到6kΩ,调节滑动变阻器至适当的位置,此时电压表的示数为1.60V,电压表的示数为2.40V;‎ ‎③保持滑动变阻器连入电路的阻值不变,在将电阻箱调到2kΩ,此时电压表的示数如图2,其示数_______V,电压表的示数为1.40V;‎ ‎(4)根据实验数据,计算得到电源的电动势为______V,电压表的内阻为_______kΩ,电压表的内阻为_________kΩ；‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 2.50V (4). 5.60V (5). 2.5kΩ (6). 10kΩ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 由题意可知，本实验需要测量电压表内阻和电源的电动势，故应采用电阻箱与电压表组合进行测量；电源的电动势为6V，而两电压表量程均较小，因此采用电压表V2与电阻箱并联，再与电压表V1串联的方式进行测量；电路图如图所示：‎ ‎(2) 因电压表内阻以及电阻箱使用电阻均较大，所以变阻器应采用总阻值较大的R1；‎ ‎(3) 电压表量程为2.5V，最小分度为0.1V，故电压表示数为2.50V；‎ ‎(4) 根据(3)中数据可知： ‎ ‎ ‎ 代入数据可得：RV1=2500Ω=2.5KΩ；‎ RV2=10KΩ 利用闭合电路欧姆定律可知，‎ ‎ ‎ 代入数据联立解得：E=5.60V．‎ ‎【点晴】本题考查测量电动势和内电阻的实验，同时加入了电压表内阻的实验，属于探究性的实验，要求能准确分析实验电路，明确实验原理，从而确定对应的电路图，同时注意明确闭合电路欧姆定律以及串并联电路的规律的应用．‎ ‎11.如图所示，在xOy坐标系中，在y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y＝2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板ab，带电粒子打到板上即被吸收，一质量为m、电量为＋q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为，粒子的重力不计。要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在电场中只受电场力作用，故加速度 方向竖直向上；‎ 故粒子在电场中的运动时间 那么粒子进入磁场时的竖直分速度 故粒子进入磁场时的速度v=2v0，方向与x轴正方向成60°； 粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动； 那么，根据几何关系可得：要使粒子不打到挡板上，粒子做圆周运动的轨道半径R满足关系式 所以 根据洛伦兹力做向心力可得：‎ 所以磁感应强度 ‎；‎ ‎12.如图，水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率v=lm/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=lm.物块B静止在水平面的最右端N处、质量为mA=lkg的物块A在距N点s=2.25m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动、再与B发生碰撞并粘在一起，若B的质量是A的k倍，A、B与水平面和传送带的动摩擦因数都为μ=0.2、物块均可视为质点，取g=l0m/s2.‎ ‎（1）求A到达N点与B碰撞前的速度大小；‎ ‎（2）求碰撞后瞬间AB的速度大小及碰撞过程中产生的内能；‎ ‎（3）讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式 ‎【答案】（1）4m/s（2）； （3）见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设碰撞前A的速度为v1.由动能定理得，解得：‎ ‎（2）设碰撞后A、B速度为v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得，解得：‎ 由系统能量转化与守恒可得，解得： ‎ ‎（3）①如果AB能从传送带右侧离开，必须满足：，解得：‎ 传送带对它们所做的功 ‎ ‎②当v2≤v时有：k≥3‎ 即AB先减速到0再返回，到传送带左端时速度仍为v2；‎ 这个过程传送带对AB所做的功 ‎ ‎③当1≤k<3时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左端．‎ 在这个过程中传送带对AB所做的功，解得：‎ ‎（二）选考题 ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性 B. 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大 C. 分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大 D. 在真空，高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素 E. 当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故A正确；‎ B.当分子间的距离小于r0时，分子力表现为斥力，分子间的相互作用力随着分子间距离的增大而减小；当分子间的距离大于r0时，分子力表现为引力，分子间的相互作用力随着分子间距离的增大先增大后减小，故B错误；‎ C.由分子势能曲线可知，当分子势能为零后，分子势能随着分子间距离的增大先减小后增大，故C正确；‎ D.在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确；‎ E.当温度升高时，物体内分子的平均速率变大，并非物体内每一个分子热运动的速率一定都增大，故E错误。‎ 故选ACD.‎ ‎14.如图所示，两个截面积均为S的圆柱形容器，左右两边容器高均为H，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞（重力不计），两容器由装有阀门的极细管道（体积忽略不计）相连通．开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T0‎ 的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T，且T＞T0．求此过程中外界对气体所做的功．已知大气压强为P0．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为P0．活塞对气体的压强也是P0．设达到平衡时活塞的高度为x，气体的温度为T，根据理想气体状态方程得：‎ 解得：‎ 此过程中外界对气体所做的功：W＝P0S(H−x)＝‎ ‎【点睛】此题考查学生应用理想气体实验定律解决实际问题的能力，要分析清楚气体的状态参量，有利于列出气态方程．外界大气压不变，根据力学知识求解外界对气体做的功．‎ ‎15.光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是________‎ A. 用透明标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象 B. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象 C. 在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象 D. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象 E. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄 ‎【答案】CDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，故A错误；‎ B、用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散现象，故B错误；‎ C、在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，故C正确；‎ D、光学镜头上的增透膜是利用光的薄膜干涉现象，D正确；‎ E、在光的双缝干涉实验中，干涉条纹间距：，若仅将入射光由红光改为绿光，入射光波长变短，则干涉条纹间距变窄，E正确．‎ 故选CDE．‎ ‎16.如图所示，位于原点O处的波源在t=0时刻，从平衡位置（在x轴上）开始沿y轴正方向做周期T=0.4s，振幅A=3cm的简谐振动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，当平衡位置坐标为（6m，0）的质点P刚开始振动时波源刚好位于波谷．‎ ‎（1）质点P在开始振动后的=2.5s内通过的路程是多少？‎ ‎（2）该简谐横波的最大波速是多少？‎ ‎【答案】(1) （2） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由于质点P从平衡位置开始振动，并且 质点P在开始振动后的内通过的路程 ‎（2）设该简谐横波的波速为v，OP间的距离为，由题意可得 所以当n＝0时，波速最大为vm＝20 m/s 考点：考查了机械波的传播 ‎【名师点睛】利用机械波的基本特点进行分析，根据距离与波长的关系确定P与波源状态关系；机械波的特点：简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，起振方向都与波源的起振方向相同；本章一定要善于画波形图，据波形图分析找各质点的振动关系和距离关系．‎ ‎ ‎