【物理】陕西省洛南中学2020届高三下学期第十次模拟试题（解析版）

【物理】陕西省洛南中学2020届高三下学期第十次模拟试题（解析版）

陕西省洛南中学2020届高三下学期第十次模拟试题 第Ⅰ卷 一、选择题 ‎1.在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献．他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是 A. 法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法 B. 牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法 C. 伽利略通过“理想实验”得出“力是维持物体运动的原因”‎ D. 场强表达式E= 和加速度表达式a= 都是利用比值法得到的定义式 ‎【答案】A ‎【详解】A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法，故A正确；‎ B．“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法是伽利略首先提出的，故B的说法错误；‎ C．伽利略通过“理想实验”得出物体在不受力的作用时，应保持静止或匀速直线运动直到有力的作用改变物体的运动状态，故C的说法错误；‎ D．加速度表达式a=是表现了物体的加速度与所受合外力及物体质量之间量的关系，并非利用比值法得到的定义式，故D的说法错误．‎ 故选A ‎2.如图甲所示，小孩轻轻地用10 N的水平推力推木箱，推不动木箱；如图乙所示，小孩加大力度用60 N的水平推力推木箱，还推不动木箱；如图丙所示，小孩用70 N的力把木箱推动了。若木箱对地面的压力大小为100 N，木箱与地面间的动摩擦因数为，用、、分别表示甲、乙、丙三种情况时木箱受到的摩擦力，则、、的大小分别为 A. 10 N、60 N、70 N B. 10 N、58 N、70 N C. 10 N、60 N、58 N D. 10 N、58 N、58 N ‎【答案】C ‎【详解】甲图中，推木箱不动，静摩擦力与推力平衡，故F1＝10N；‎ 乙图中，用60N的水平力，还推不动木箱，故仍受到静摩擦力，其值为F2＝60N；‎ 丙图中，小孩把木箱推动了，受滑动摩擦力，大小为：‎ ‎；‎ 所以C正确，ABD错误；‎ 故选：C；‎ ‎3.为了探测某星球，某宇航员乘探测飞船先绕该星球表面附近做无动力匀速圆周运动，测得运行周期为T，然后登陆该星球，测得物体在此星球表面做自由落体运动的时间是在地球表面同一高度处做自由落体运动时间的一半，已知地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则由此可得该星球的质量为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】在地球上做自由落体运动有：‎ 在该星球上做自由落体运动有：‎ 而 解得：‎ g′=‎‎4g 在星球表面根据万有引力提供向心力得：‎ 解得：‎ A．，与结论相符，选项A正确；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选A。‎ ‎4.一带电粒子在如图所示的点电荷的电场中，在电场力作用下沿虚线所示轨迹从A点运动到B点，电荷的加速度、动能、电势能的变化情况是（ ）‎ ‎ ‎ A. 加速度增大、动能减小、电势能增大 B. 加速度减小，动能增大、电势能减少 C. 加速度增大，动能增大，电势能减少 D. 加速度减小，动能减少，电势能增大 ‎【答案】C ‎【详解】电荷在A点电场线比B点疏，所以A点的电场力小于B点的电场力，则A点的加速度小于B点的加速度，因为粒子受到的电场力指向轨迹内侧，所以电场力的方向和速度方向的夹角为锐角，故从A到B，电场力做正功，根据动能定理，动能增大，电势能减小，故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示为氢原子能级示意图，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发出光子，用这些光照射逸出功为2. 49 eV的金属钠，下列说法正确的是（ ）‎ A. 这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n=3跃迁到n=2所发出的光波长最短 B. 这群氢原子能发出两种频率不同的光，其中从n=3跃迁到n=1所发出的光频率最高 C. 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11. 11 eV D. 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9. 60 eV ‎【答案】D ‎【详解】这群氢原子能发出三种频率不同的光，根据玻尔理论△E=Em-En（m＞n）得知，从n=3跃迁到n=1所发出的光能量最大，由E=hγ=hc/λ得知，频率最高，波长最短．故A B错误；从n=3跃迁到n=1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大，光子能量最大值为13.6-1.51eV=12.09eV，根据光电效应方程得Ekm=hv-W0=12.09-2.49eV=9.60eV．故C错误，D正确．故选D．‎ ‎6.如图所示的电路，R1为定值电阻，R敏为热敏电阻（温度升高，电阻减小），电源的电动势为E，内阻为r。闭合开关，当环境温度升高时，下列说法正确的有（　　）‎ A. 电压表示数增大 B. 电流表示数减小 C. 有电流向下流过A点 D. 电压表和电流表示数变化量之比保持不变 ‎【答案】CD ‎【详解】AB．当环境温度升高时，则R2‎ 减小，总电阻减小，总电流变大，则电流表示数变大，内阻和R1两端电压变大，则R2电压减小，即电压表读数减小，选项AB错误；‎ C．由于电容器两端电压减小，可知电容器放电，则有电流向下流过A点，选项C正确；‎ D．由于U=E-I(R1+r)，则 即电压表和电流表示数变化量之比保持不变，选项D正确。故选CD。‎ ‎7.如图所示，等腰直角三角形金属框abc右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ab边与磁场两边界平行，磁场宽度大于bc边的长度。现使框架沿bc边方向匀速穿过磁场区域，t=0时，c点恰好达到磁场左边界。线框中产生的感应电动势大小为E，感应电流为I（逆时针方向为电流正方向），bc两点间的电势差为Ubc，金属框的电功率为P。图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【详解】A．根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，因磁场宽度大于bc边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量不变，线框的总电动势为零，第三阶段匀速出磁场，有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，故图像的第三阶段画错，故A错误；‎ B．根据闭合电路的欧姆定律，可知第一阶段感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针(负值)，第二阶段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向逆时针(正值)，故图像正确，故B正确；‎ C．由部分电路的欧姆定律，可知图像和图像的形状完全相同，故C正确；‎ D．金属框电功率为，则电流均匀变化，得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛物线，则图像错误，故D错误。故选BC。‎ ‎8.据报道：“新冠”疫情期间，湖南一民警自费买药，利用无人机空投药品，将药品送到了隔离人员手中。假设无人机在离地面高度为‎12米处悬停后将药品自由释放，药品匀加速竖直下落了后落地，若药品质量为，重力加速度，则药品从释放到刚接触地面的过程中（　　）‎ A. 机械能守恒 B. 机械能减少了 C. 动能增加了 D. 所受的合力做了的功 ‎【答案】BC ‎【详解】A．药品下落过程中还有空气阻力做功，机械能不守恒，故A错误；‎ BCD．药品在下落过程中，由运动学公式可得 药品落地的动能为 联立解得 根据动能定理 重力做功为 解得 由功能关系可知，机械能减少了24J。故BC正确，D错误。‎ 故选BC。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共62分）‎ 二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。第13题～第16题为选考题，考生根据要求做答。）‎ ‎（一）必考题 ‎9.如图是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱．实验时，将球1拉到A点，同时把球2放在立柱上，由静止释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞．碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a，B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c，此外，还需要测量的量是______、______、______和______．据测量的数据，该实验中验证动量守恒的表达式为______．‎ ‎【答案】弹性球1的质量m1 弹性球2的质量m2 立柱高h 桌面高H m1=m1+m2c ‎【详解】要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量1、2两个小球的质量m1、m2，要通过平抛运动的分位移公式求解碰撞后2球的速度，所以要测量立柱高h，桌面高H；‎ ‎1小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有 m‎1g（a-h）=m1v12，解得：v1=；碰撞后1小球上升到最高点的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有m‎1g（b-h）=m1v22，解得：v2=，碰撞后小球2做平抛运动，有：t=所以2球碰后速度为：v3=‎ 所以该实验中动量守恒的表达式为：m1v1=m2v3+m1v2‎ 代入数据得： m1=m1+m2c ‎10.如图所示，用图甲的电路测量电解液的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K，可以控制玻璃管内电解液的量，玻璃管两端接有导电活塞，（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动，电解液装满时电阻值约为30Ω，可供选择的器材如下：‎ A.电池组E（电动势为3V，内阻约为1Ω）；电阻箱R（0—999.9Ω）；开关S和导线若干；‎ B.电流表A1（量程100mA，内阻约为5Ω）；‎ C.电流表A2（量程‎0.6A，内阻约为0.2Ω）；‎ D.游标卡尺、刻度尺 实验操作步骤如下：‎ A.用游标卡尺测量玻璃管的内径d；‎ B.根据所提供的实验器材，按图甲连接好电路；‎ C.调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；‎ D.将左活塞向右移动，使活塞与玻璃管中的电解液充分接触，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和玻璃管中电解液的长度L；‎ E.打开阀门K，适当放出一定量电解液，将左活塞右移，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表再次满偏。重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和玻璃管中电解液的长度L；‎ F.断开开关，整理好器材。‎ ‎(1)测量玻璃管的内径时，游标卡尺示数如图乙所示，则d=_______mm；‎ ‎(2)实验中电流表应选择______（填“A1，”或“A‎2”‎）；‎ ‎(3)用记录的多组电阻箱的电阻值R 和对应的玻璃管中电解液的长度L的数据，绘出了如图丙所示的R—L关系图线，如果图中纵轴的截距用R0表示，横轴的截距用L0表示，玻璃管的内径用d表示，则实验中电解液电阻率表达式为=___（用已知或测量的物理量表示），如果用坐标系中的截距数据和游标卡尺的读数计算出电解液电阻率为=________Ω·m（结果保留两位有效数字）；‎ ‎(4)若本实验中的操作、读数和计算均正确无误，由于电流表内阻的存在，而计算电阻率时没有考虑进去，则计算电阻率所得结果将_______（填“偏大“偏小”或“没有影响”。）‎ ‎【答案】 (1). 31.80 (2). A1 (3). (4). 没有影响 ‎【详解】(1)[1] 游标卡尺的主尺读数为‎3.1cm=‎31mm，游标尺上第16个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为‎31.00mm+‎0.05mm×16=‎31.80mm；‎ ‎(2)[2]根据电源的电动势和待测电解液的大约电阻可估算出电流的大约值为：‎ 取时，可得：‎ 故应选电流表A1；‎ ‎(3)[3]由实验电路图，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 由电阻定律可得：‎ 由此可以建立电阻的线性关系为：‎ 由于实验中保持电流满偏，电源的电动势、电流表内阻、电源内阻和电流都是定值，结合函数图像可知：‎ 所以函数关系变为：‎ 则图线斜率为：‎ 解得：‎ ‎[4]将实验测量的数据和坐标系中的截距数值代入得：‎ ‎(4)[5]由于电流表的内阻包含在之中了，故对实验结果没有影响。‎ 三、解答题 ‎11.M、N是直角坐标系xOy坐标轴上的两点，其坐标分别为M（0，L）和N（‎2L，0）。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，从M点以初速度v0沿x轴正方向进入第一象限。若第一象限内只存在沿y轴负方向的匀强电场，粒子恰能通过N点；若第一象限内只存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，粒子也会通过N点。不计粒子的重力，求：‎ ‎（1）电场强度的大小：‎ ‎（2）磁感应强度的大小和方向。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向 沿电场方向 根据牛顿第二定律可得 解得 ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示 由几何知识得 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 ‎12.半径为R=‎0.45m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B点为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M=‎5kg，长度L=‎0.5m，车的上表面与B点等高，与水平面的高度为h=‎0.2m，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m=‎1kg，g取‎10m/s2。‎ ‎（1）求物块滑到B点时对轨道压力的大小；‎ ‎（2）若平板车上表面粗糙，物块最终恰好没有滑离平板车，求物块最终的速度和物块与平板车之间的动摩擦因数；‎ ‎（3）若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块落地时与平板车右端的距离．‎ ‎【答案】（1）30N；（2）0.75；（3）‎ ‎【详解】（1）物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得 代入数据解得 vB=‎3m/s 在B点，由牛顿第二定律得 代入数据解得 FN=3mg=3×1×10N=30N 由牛顿第三定律可知，物块滑到轨道B点时对轨道的压力 FN′=FN=30N ‎（2）物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒。以向右为正方向，由动量守恒定律得 mvB=（m+M）v共 代入数据解得 v共=‎0.5m/s 由能量关系 解得μ=0.75‎ ‎（3）物块在小车上滑行时的克服摩擦力做功为Ff-L 图线与横轴所围的面积大小。克服摩擦力做功为 物块在平板车上滑动过程，由动能定理得 ‎ ‎ 代入数据解得 ‎ ‎ 由平抛知识可得 ‎ ‎ x=vt 解得 ‎【物理——选修3-3】‎ ‎13.封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上。则________。‎ A. 由状态A变到状态B过程中，气体吸收热量 B. 由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加 C. C状态气体的压强大于D状态气体的压强 D. D状态压强等于A状态压强 E. C状态到D状态气体对外做功 ‎【答案】ACD ‎【详解】A．由状态A变到状态B过程中，体积不变，则W=0，温度升高，则内能增加∆U>0，根据∆U=W+Q可知Q>0，即气体吸收热量，选项A正确；‎ B．由状态B变到状态C过程中，温度不变，则内能不变，体积变大，则对外做功W<0，则由∆U=W+Q可知，Q>0，即气体从外界吸收热量，选项B错误；‎ C．从C到D，体积不变，温度降低，由可知，压强减小，即C状态气体的压强大于D状态气体的压强，选项C正确；‎ D．由可知，则AD为等压线，即D状态压强等于A状态压强，选项D正确；‎ E．C状态到D状态气体体积不变，则气体不对外做功，选项E错误。‎ 故选ACD。‎ ‎14.如图，两个圆柱形气缸平放在水平地面上并固定，两个气缸通过活塞各封闭一定量的气体，封闭气缸的活塞通过刚性杆相连，起初两边封闭气体的长度都为d，左、右气缸的横截面积分别为2S和S，气缸内壁光滑，两边封闭气体及外界气体压强均为p0，现给刚性杆施加向右的力，使活塞向右缓慢移动，问当活塞向右移动时，施于杆的向右的外力多大？‎ ‎【答案】‎ ‎【详解】在活塞移动前后，由玻意耳定律可知左边气体：‎ 解得：‎ 右边气体：‎ 解得：‎ 移动后，对两活塞及刚性杆整体受力，由平衡得 将最后p1、p2代入上式，解得：‎ ‎【物理——选修3-4】‎ ‎15.利用软木塞插针法测水的折射率实验步骤如下：‎ ‎(1)如图，取一厚度可忽略不计的圆形软木塞，在它的圆心处插上一枚大头针，让软木塞浮在水面上；‎ ‎(2)调整大头针插入软木塞的深度，使得从软木塞周围向液体中观察，恰好在此时看不到大头针；‎ ‎(3)需要测量的物理量 A：_____；B：_______；(写出物理量符号和相应的物理意义)‎ ‎(4)水的折射率表达式 n=_______。(用步骤(3)中的物理量符号表示)‎ ‎【答案】 (3). 木塞的半径R 大头针在水面下的长度h (4). ‎ ‎【详解】(3)[1][2] 木塞的半径R和大头针在水面下的长度h。‎ ‎(4)[3] 恰好在此时看不到大头针，说明大头针发出的光在木塞边缘恰好发生全反射，则 而 联立可得 ‎16.在某介质中形成一列简谐波，t＝0时刻的波形如图中的实线所示．若波向右传播，零时刻刚好传到A点，且再经过0.6 s，P点也开始起振，求：‎ ‎①该列波的周期T为多少？‎ ‎②从t＝0时起到P点第一次达到波峰时止，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？‎ ‎【答案】①；②，‎ ‎【详解】(1)波速 v＝＝m/s＝‎10 m/s，‎ 由 v＝‎ 得 T＝＝0.2 s.‎ ‎(2)由t＝0至P点第一次到达波峰，‎ 经历的时间 Δt2＝Δt1＋T＝0.75 s＝(3＋)T 而t＝0时O点的振动方向竖直向上(沿y轴正方向)，‎ 故经Δt2时间，O点振动到波谷，即 y0＝－‎2 cm，s0＝n·‎4A＝(3＋)×‎4A＝‎0.3 m.‎