陕西省安康中学2020届高三第三次模拟考试物理试题

陕西省安康中学2020届高三第三次模拟考试物理试题

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ ‎2020届安康中学高三第三次模拟考试卷 ‎ 物 理 ‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18只有一项是符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎14．中国散裂中子源项目由中国科学院和广东省共同建设，选址于广东省东莞市大朗镇，截止到‎2019年8月23日正式投入运行1年。散裂中子源就是一个用中子来了解微观世界的工具，如一台“超级显微镜”，可以研究DNA、结晶材料、聚合物等物质的微观结构。下列关于中子的说法正确的是 A．卢瑟福预言了中子的存在，并通过实验发现了中子 B．原子核中的中子与其他核子间无库仑力，但有核力，有助于维系原子核的稳定 C．散裂中子源中产生的强中子束流可以利用电场使之慢化 D．若散裂中子源中的中子束流经慢化后与电子显微镜中的电子流速度相同，此时中子的物质波波长比电子的物质波波长长 ‎15．如图所示，物体 A、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为 45°的斜面上，B 悬挂着。已知质量 mA＝2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到60°，但物体仍保持静止，下列说法正确的是 A．绳子的张力增大 B．物体A对斜面的压力将增大 C．物体A受到的静摩擦力增大 D．滑轮受到绳子的作用力保持不变 ‎16．一个带负电的粒子从x＝0处由静止释放，仅受电场力作用，沿x轴正方向运动，加速度a随位置变化的关系如图所示，其中x2－x1＝x3－x2，可以得出 A．从x1到x3过程中，电势先升高后降低 B．在x1和x3处，电场强度相同 C．粒子经x1和x3处，速度等大反向 D．粒子在x2处，电势能最大 ‎17．如图所示为某种电流表的原理示意图，质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k。在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab的长度。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。已知k＝2.0 N/m，ab的长度为‎0.20 m，bc的长度为‎0.05 m，B＝0.20 T，重力加速度为g。下列说法不正确的是 A．当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为 B．若要电流表正常工作，应将MN的M端与电源正极相接 C．该电流表的量程是‎2.5 A D．若将量程扩大到2倍，磁感应强度应变为0.20 T ‎18．如图所示为静止的原子核在匀强磁场中发生衰变后做匀速圆周运动的轨迹，衰变后两带电粒子a、b的半径之比为45∶1，两带电粒子a、b的动能之比为117∶2，下列说法正确的是 A．此衰变为β衰变 B．大圆为β粒子的运动轨迹 C．小圆为α粒子的运动轨迹 D．两带电粒子a、b的周期之比为10∶13‎ ‎19．预计2020年再发射2～4颗卫星后，北斗全球系统建设将全面完成，使我国的导航定位精度不断提高。北斗导航卫星有一种是处于地球同步轨道，假设其离地高度为h，地球半径为R，地面附近重力加速度为g，则有 A．该卫星运行周期可根据需要任意调节 B．该卫星所在处的重力加速度为 ‎ C．该卫星运动动能为 D．该卫星周期与近地卫星周期之比为 ‎20．将一小球竖直向上抛出，取竖直向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定。从抛出到落回抛出点的过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与其离开抛出点高度h之间的关系正确的是 ‎21．如图所示，在电阻不计的边长为L的正方形金属框abcd的cd边上接两个相同的电阻，平行金属板e和f通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时刻各点的磁感应强度B大小相等，B随时间t均匀增加，已知，磁场区域面积是金属框面积的二分之一，金属板长为L，板间距离为L。质量为m，电荷量为q的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从f 板右边缘射出。不计粒子重力，忽略边缘效应。则 A．金属框中感应电流方向为abcda B．粒子带正电 C．粒子初速度为 D．粒子在e、f间运动增加的动能为kL2q 第Ⅱ卷（非选择题，共174分）‎ 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求做答)‎ ‎(一)必考题(共129分)‎ ‎22．(5分)某同学设计了一个如图甲所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C处是钩码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦。实验中该同学保持在B和C处钩码总个数不变的条件下，改变C处钩码个数，测出C处不同个数钩码的总质量m及对应加速度a，然后通过对实验数据的分析求出滑块与木板间的动摩擦因数。‎ ‎ ‎ ‎(1)该同学手中有电火花计时器、纸带、10个质量均为‎100克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还需要________。‎ A．秒表　　　　B．毫米刻度尺　　　　C．天平　　　　D．弹簧测力计 ‎(2)在实验数据处理中，该同学以C处钩码的总质量m为横轴，以加速度a为纵轴，绘制了如图乙所示的实验图线，可知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________。(g取‎10 m/s2)‎ ‎23．(10分)在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，教师提供了下列器材： ‎ A．待测的干电池 B．电流传感器1 ‎ C．电流传感器2‎ D．滑动变阻器R(0～20 Ω，‎2 A) ‎ E．定值电阻R0(2000 Ω)‎ F．开关和导线若干 ‎ 某同学发现上述器材中没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验。‎ ‎(1)在实验操作过程中，如将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将________。(选填“变大”“不变”或“变小”)‎ ‎(2)图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的两个电流变化图线(IA－IB图象)，其中IA、IB分别代表两传感器的示数，但不清楚分别代表哪个电流传感器的示数。请你根据分析，由图线计算被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝__________Ω。 ‎ ‎(3)用上述方法测出的电池电动势和内电阻与真实值相比，E________，r________。(选填“偏大”或“偏小”)‎ ‎24．(12分)如图所示的xOy平面直角坐标系内，在x≤a的区域内，存在着垂直于xOy平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，位于坐标原点O的粒子源在xOy平面内沿各个方向发射速率相同的同种带正电的粒子。已知沿y轴正方向发射的粒子经时间t0恰好从磁场的右边界P(a，a)射出磁场。不计粒子的重力与相互作用力，求：‎ ‎(1)粒子的比荷；‎ ‎(2)磁场右边界有粒子射出区域的长度。‎ ‎25．(20分)如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O位置。质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v0从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点。已知OP的距离为x0，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ。求：‎ ‎(1)O点和O′点间的距离x1；‎ ‎(2)弹簧在最低点O′处的弹性势能；‎ ‎(3)设B的质量为km，μ＝tan θ，v0＝。在P点处放置一个弹性挡板，将A与另一个与A材料相同的物块B（可视为质点与弹簧右端不拴接）并排一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A离开B后给A外加恒力F＝mgsin θ，沿斜面向上，若A不会与B发生碰撞，求β需满足的条件。‎ ‎(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)‎ ‎33．【物理——选修3－3】(15分)‎ ‎(1)(5分)关于对分子动理论、气体和晶体等知识的理解，下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）‎ A．温度高的物体，其分子的平均动能一定大 B．液体的分子势能与体积无关 C．晶体在物理性质上可能表现为各向同性 D．温度升高，气体的压强一定变大 E．热量可以从低温物体传给高温物体 ‎(2)(10分)如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中当温度为280 K时，被封闭的气柱长L＝‎25 cm，两边水银柱高度差h＝‎5 cm，大气压强p0＝75 cmHg。‎ ‎(i)加热封闭气体，为使左端水银面下降h1＝‎5 cm，求此时封闭气体的温度；‎ ‎(ii)封闭气体的温度保持①问中的值不变，为使两液面相平，求需从底端放出的水银柱长度。‎ 34． ‎【物理——选修3－4】(15分)‎ ‎(1)(5分)如图甲所示为t＝1 s时某简谐波的波动图象，乙图为x＝‎4 cm处的质点b的振动图象。则下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）‎ A．该简谐波的传播方向沿x轴的正方向 B．t＝2 s时，质点a的振动方向沿y轴的负方向 C．t＝2 s时，质点a的加速度大于质点b的加速度 D．0～3 s的时间内，质点a通过的路程为‎20 cm E．0～3 s的时间内，简谐波沿x轴的负方向传播‎6 cm ‎(2)(10分)一半球形玻璃砖，球心为O，OA和OB与竖直方向间的夹角均为30°。一束光线射向A点，折射光线恰好竖直向下射到C点，已知该玻璃砖折射率为。‎ ‎(i)求射向A点的光线与竖直方向的夹角；‎ ‎(ii)从B点射入的光线折射后恰好过C点，求折射光线BC与虚线BO夹角的正弦值。‎ 物 理 答 案 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18只有一项是符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎14．【答案】B ‎【解析】卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通过实验发现了中子，故A错误；中子不带电，则原子核中的中子与其他核子间无库伦力，但有核力，有助于维系原子核的稳定，故B正确；中子不带电，则散裂中子源中产生的强中子束不可以利用电场使之慢化，故C错误；根据德布罗意波波长表达，若散裂中子源中的中子束流经慢化后的速度与电子显微镜中的电子流速度相同，因中子的质量大于电子的质量，则中子的动量大于电子的动量，则此时中子的物质波波长比电子的物质波波长短，故D错误。‎ ‎15．【答案】C ‎【解析】物体B受竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子拉力T，由二力平衡得到T＝mg，保持不变，故A错误；以物体A为研究对象，物体A受力如图所示，A静止，处于平衡状态，由平衡条件得：f＋T－2mgsin θ＝0，N－2mgcos θ＝0，解得f＝2mgsin θ－mg，N＝2mgcos θ，当θ由45°增大到60°时，f不断变大，N不断变小，物体A对斜面的压力N′＝N将变小，故B错误，C正确；绳子的拉力不变，但是滑轮两边绳子的夹角减小，则滑轮受到绳子的作用力变大，选项D错误。‎ ‎16．【答案】A ‎【解析】由图可知，0～x2加速度方向沿x轴正方向，x2～x3加速度方向沿x轴负方向，由于粒子带负电，则0～x2电场强度方向沿x轴负方向，x2～x3电场强度沿x轴正方向，根据沿电场线方向电势降低可知，从x1到x3过程中，电势先升高后降低，在x1和x3处，电场强度方向相反，故A正确，B错误；a－t图象与坐标轴所围面积表示速度变化量，由图象可知，x1～x3速度变化为0，则粒子经x1和x3处，速度相同，故C错误；0～x2电场强度方向沿x轴负方向，x2～x3电场强度沿x轴正方向，则在x2处电势最高，负电荷的电势能最小，故D错误。‎ ‎17．【答案】D ‎【解析】设弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，得，故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为，故A正确；为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极，故B正确；设满量程时通过MN的电流为Im，则有BImlab＋mg＝k(lbc＋Δx)，解得Im＝‎2.5 A，故该电流表的量程是‎2.5 A，故C正确；设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有2B′Imlab＋mg＝k(lbc＋Δx)，解得B′＝0.10 T，故D错误。本题选不正确的，故选D。‎ ‎18．【答案】D ‎【解析】根据动量守恒定律可知两带电粒子动量相等，由两圆外切可知，此为α衰变，由R＝得大圆为α粒子轨迹，A、B、C项错误；由R＝得，根据动量守恒定律以及动量与动能的关系有，得，根据周期公式T＝可知，D项正确。‎ ‎19．【答案】BC ‎【解析】地球同步卫星和地球自转同步，周期为24 h，A错误；由G＝m2r＝m＝mg，可知g＝，，则该卫星所在处的重力加速度是g′＝，B正确；由于，该卫星的动能，选项C正确；根据开普勒第三定律可知，该卫星周期与近地卫星周期之比为，选项D错误。‎ ‎20．【答案】AD ‎【解析】小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，取向下为正方向，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma1，a1大小恒定，方向向下；下降阶段是匀加速直线运动，取向下为正方向，有mg－f＝ma2，a2大小恒定，方向向下，且有a1＞a2，故A正确；上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，有v2－v02＝‎2a1h，非一次线性函数，同理可知，下降过程的v－h图象也非一次线性函数，故B错误；上升过程机械能E与小球离抛出点高度h的关系为E＝E0－fh，下降过程机械能E与小球离抛出点高度h的关系为E＝E1－f(H－h)，由图象可知，故C错误；上升过程动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为Ek＝Ek0－(mg＋f)h，下降过程动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为Ek′＝(mg－f)(H－h)，且落回出发点的动能小于抛出时的动能，故D正确。‎ ‎21．【答案】AC ‎【解析】因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为abcda，e板带负电，f板带正电，A正确；因为粒子刚好从f板右边缘射出，所以粒子受到向下的电场力，而电场方向向上，所以粒子带负电，B错误；粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有L＝v0t，在竖直方向上有L＝at2，Eq＝ma，U＝Ed，而电容器两极板间的电压等于R两端的电压，故，联立解得，C正确；根据动能定理可得粒子增加的动能，D错误。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共174分）‎ 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求做答)‎ ‎(一)必考题(共129分)‎ ‎22．(5分)‎ ‎【答案】(1)B (2)0.3‎ ‎【解析】(1)打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误；本实验不需要测滑块的质量，钩码质量已知，故不需要天平，故B错误；实验需要测量两点之间的距离，需要毫米刻度尺，故C正确；滑块受到的拉力等于钩码的重力，不需要弹簧测力计测拉力，故D错误。‎ ‎(2)对ABC系统应用牛顿第二定律可得，其中m＋m′＝m0，所以a－m图象中，纵轴的截距为－μg，故－μg＝－3，μ＝0.3。‎ ‎23．(10分)‎ ‎【答案】(1)变小 (2)3.0 2.0 (3)偏小 偏小 ‎【解析】(1)滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时 R值减小，电流传感器2的示数变大，电流传感器1的示数变小。‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律可得I1R0＝E－(I1＋I2)r，变形得，由数学知可知图象中的，，由图可知：b＝1.50，k＝1×10－3，解得E＝3 V，r＝2 Ω。‎ ‎(3)本实验中传感器1与定值电阻串联充当电压表使用，由于电流传感器1的分流，使电流传感器2中电流测量值小于真实值，而所测量并计算出的电压示数是准确的，当电路短路时，电压表的分流可以忽略不计，故短路电流为准确的，则图象应以短流电流向左下移动，故图象与纵坐标的交点减小，图象的斜率减小，故电动势减小，内阻小于真实值。‎ ‎24．(12分)‎ ‎【解析】(1)所有粒子在磁场中做运速圆周运动的半径r相同，对沿y轴正方向发射的粒子，从P点射出磁场。其运动的轨迹如图1所示。‎ 由几何知识得：a2＋(a－r)2＝r2‎ 可得r＝a 则，θ＝60°‎ 故此粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角为120°，运动的时间为圆周运动周期的，即 t0＝T＝× 可得：。‎ ‎(2)如图2所示，当粒于轨迹圆直径的另一端点落在磁场的右边界上时，即为粒子从磁场右边界射出的最高点，则：y12＋(a)2＝(2r)2 ‎ 得 当粒子轨迹圆与磁场的右边界相切时，即为粒子从磁场布边界射出的最低点，则 y22＋(a－r)2＝r2‎ 得y2＝a 故粒子从磁场右边界射出的区域长度为。‎ ‎25．(20分)‎ ‎【解析】(1)从P点到P点，由动能定理可得：‎ ‎－2μmg(x0＋x1)cos θ＝0－mv02‎ 解得：。‎ ‎(2)物块A离开弹簧后回到P点的过程，由动能定理得：‎ Ep－mg(x0＋x1)sin θ－μmg(x0＋x1)cos θ＝0‎ 解得弹簧的弹性势能。‎ ‎(3)两物体分离的瞬间有aA＝aB，两物体之间的弹力为0，由牛顿第二定律可得 mgsin θ＋μmgcos θ＝maA kmgsin θ＋μkmgcos θ－2T＝maB 解得T＝0，即弹簧恢复原长的瞬间，两物体分离 设分离瞬间，两物体的速度为v，由能量守恒可得 ‎2Ep＝(1＋k)mgx1sin θ＋μ(1＋k)mgx1cos θ＋(1＋k)mv2‎ 解得：‎ 由于μ＝tan θ，F＝mgsin θ，根据牛顿第二定律可得分离后两物体的加速大小分别为：‎ aA′=gsin θ，aB′=2gsin θ，方向均沿斜面向下 由此可知，分离后两物体均做减速运动，且B的加速度大于A的，故在A物体上升阶段，两物体不会碰撞；B速度减为0后，由于μ＝tan θ，故B物体会保持静止状态，B物体上升的位移为 若A物体与挡板碰撞前速度就减为0，则此后A物体保持静止状态，两物体一定不会碰撞；若A物体能与挡板相碰，当物体A与挡板碰撞后，继续以加速度gsin θ向下做减速运动，直到速度减为0，保持静止；‎ A物体速度减为0的总路程为 若A物体不与挡板碰撞，则xA≤x0‎ 解得：‎ 若A物体能与挡板碰撞，则两物体不相撞的条件为A物体速度减为0时不与B物体相撞，即 xA＋xB≤2x0且xA>x0‎ 解得：‎ 由于v＞0，故 综上所述，k的取值范围为。‎ ‎(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)‎ ‎33．【物理——选修3－3】(15分)‎ ‎(1)(5分)‎ ‎【答案】ACE ‎【解析】温度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子的平均动能增大，故A正确；液体分子之间的距离不同，液体分子之间的分子力大小就不同，所以分子力做功不同，则分子势能就不同，所以液体的分子势能与体积有关，故B错误；单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故C正确；根据理想气体得状态方程，可知温度升高，气体的压强不一定增大，还要看体积变化，故D错误；热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其他变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故E正确。‎ ‎(2)(10分)‎ ‎【解析】(i)设左端水银面下降后封闭气体的压强为p2，温度为T2，体积为V2，则 p2＝80 cmHg，V2＝(L＋h1)S 由理想气体状态方程得 代入数值解得T2＝384 K。‎ ‎(ii)两液面相平时，气体的压强为：p3＝p0，体积为V3，左端液面下降h2，右管液面下降了h2＋‎5 cm，由玻意耳定律得 p2V2＝p3V3，V3＝(L＋h1＋h2)S 解得h2＝‎‎2 cm 所以放出的水银柱长度H＝2h2＋‎5 cm＝‎9 cm。‎ 34． ‎【物理——选修3－4】(15分)‎ ‎(1)(5分)‎ ‎【答案】BCE ‎【解析】由图象可知t＝1 s时质点b的振动方向沿y轴的负方向，则由质点的振动方向和波的传播方向关系可知，该简谐横波的传播方向沿x 轴的负方向，故A项错误；由图甲知t＝1 s时，质点a的振动方向沿y轴的正方向；由乙图可知波的周期为2 s，则t＝2 s时，质点a的振动方向沿y轴的负方向，故B项正确；由以上分析可知，t＝2 s时，质点b处在平衡位置向上振动，质点a处在平衡位置＋y侧向y轴的负方向振动，因此质点a的加速度大于质点b的加速度，故C项正确；0～3 s的时间为3T/2，则质点a通过的路程为振幅的6倍，即为‎30 cm，故D项错误；由图可知，波长λ＝‎4 cm、周期T＝2 s，则波速v＝λ/T＝‎2 cm/s，0～3 s的时间内，波沿x轴的负方向传播的距离x＝vt＝‎6 cm，故E项正确。‎ ‎(2)(10分)‎ ‎【解析】(1)光路图如下图所示，根据折射定律有 解得∠EAG＝60°‎ 即入射光线与竖直方向的夹角为30°。‎ ‎(2)由几何关系得CO＝Rsin30°＝0.5R，AB＝2CO＝R 根据正弦定理 得。‎