辽宁省辽阳市2020届高三下学期一模考试理综物理试题 Word版含解析

辽宁省辽阳市2020届高三下学期一模考试理综物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com 高三考试理科综合试卷 第Ⅰ卷（选择题 共62分）‎ 一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 贝克勒尔通过实验最早发现了电子 B. 若使放射性物质的温度升高，则其半衰期增大 C. 核反应属于重核的裂变 D. 核反应堆用过的废料清洁无污染，没有放射性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．贝克勒尔通过实验最早发现放射性现象，汤姆逊最早发现了电子，选项A错误；‎ B．放射性物质的半衰期与外界条件无关，选项B错误；‎ C．核反应属于重核的裂变，选项C正确；‎ D．核反应堆用过的废料仍有放射性，有污染，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.“太空加油站”可以给飞往月球、小行星或火星的飞行器重新补充燃料，延长飞行器的使用寿命。若某“太空加油站”在同步卫星运行轨迹所在平面内的圆周轨道上运行，其轨道半径比同步卫星的轨道半径小，则下列说法正确的是（　　）‎ A. “太空加油站”的线速度大于同步卫星的线速度 B. “太空加油站”的角速度小于同步卫星的角速度 C. 在“太空加油站”工作的宇航员处于超重状态 D. “太空加油站”的加速度小于同步卫星的加速度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】万有引力提供向心力 - 18 -‎ 解得 ‎，，，‎ A．由可知轨道半径小的线速度大，太空加油站的轨道半径小，则其线速度大，故A正确；‎ B．由可知轨道半径小的角速度大，太空加油站的轨道半径小，则其角速度大，故B错误；‎ C．在太空加油站工作的宇航员只受万有引力作用，完全充当向心力，处于完全失重状态，故C错误；‎ D．由可知轨道半径小的加速度大，太空加油站的轨道半径小，则其加速度大，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎3.如图所示，一轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，一端挂一水平托盘，另一端被托盘上的人拉住，滑轮两侧的轻绳均沿竖直方向。已知人的质量为60kg，托盘的质量为20kg，取g=10m/s2。若托盘随人一起竖直向上做匀加速直线运动，则当人的拉力与自身所受重力大小相等时，人与托盘的加速度大小为（ ）‎ A. 5m/s2 B. 6m/s2 C. 7.5m/s2 D. 8m/s2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设人的质量为M，则轻绳的拉力大小 T=Mg 设托盘的质量为m，对人和托盘，根据牛顿第二定律有 ‎2T一(M+m)g=(M+m)a - 18 -‎ 解得 a=5m/s2‎ 故选A。‎ ‎4.甲、乙两车在两平行车道上沿同一方向做直线运动，t=0时刻起，它们的位移随时间变化的图象如图所示，其中曲线是甲车的图线，直线为乙车的图线。下列说法正确的是（　　）‎ A. 0~12 s内，甲车先做加速运动后做减速运动 B. 0~8 s内，两车的平均速度均为4.5 m/s C. 4 s末，甲车的速度小于乙车的速度 D. 0~8 s内的任意时刻，甲、乙两车的速度都不相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图像的斜率表示速度，甲图线在0-4s内斜率增大，速度增大，做加速运动，在4-8s内，斜率减小，速度减小，做减速运动，在8-12s内，斜率增大，速度增大，做加速运动，故A错误；‎ B．0～8s内，两车的位移都为36m，故平均速度均为 故B正确；‎ C．在4s时刻，甲的斜率大于乙图线的斜率，所以甲的速度大于乙的速度，故C错误；‎ D．乙恒做匀速直线运动，且初速度大于甲的初速度，4s末甲的速度超过乙的速度，所以在0~4s内某时刻两者的速度相等，4~8s内甲速度又开始减小，到8s末图线的斜率为零，即速度为零，所以在4~8s内的某时刻两者的速度相等，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.如图所示，轻质弹簧与倾角为37°的固定斜面平行，弹簧的下端固定，上端与物块相连，绕过光滑定滑轮的轻绳分别与物块和小球相连。开始时用手托住小球，使弹簧处于原长状态，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，滑轮右侧的轻绳竖直，然后由静止释放小球。已知小球的质量是物块质量的两倍，重力加速度大小为g，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）‎ - 18 -‎ A. 释放小球的瞬间，小球的加速度大小为 B. 物块上滑过程中，小球机械能的减少量等于弹簧性势能与物块机械能的增加量之和 C. 物块上滑过程中，物块动能的增加量等于它所受重力轻绳拉力、摩擦力做功之和 D. 物块上滑过程中，轻绳拉力对小球做的功等于小球机械能的变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．令物块质量为m，则小球的质量为2m，释放小球瞬间，对小球和物块整体根据牛顿第二定律有 ‎2mg-mgsin37°-μmgcos37°=3ma 解得 故A错误； B．根据能量守恒定律可知，物块上滑过程中，小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能、物块机械能的增加量以及物块和斜面摩擦力产生的热量之和，故B错误； C．根据动能定理可知，物块上滑过程中，物块动能的增加量等于它所受重力、轻绳拉力、摩擦力以及弹簧的弹力做功之和，故C错误； D．小球运动过程中受到重力以及绳子的拉力，根据功能关系可知，绳子拉力所做的功等于小球机械能的变化，故D正确。 故选D。‎ ‎6.图甲所示电路中，定值电阻R1、R2的阻值分别为20Ω和5Ω闭合开关S后，通过R2的正弦交变电流i随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（　　）‎ - 18 -‎ A. 通过R1的电流的频率为50Hz B. 通过R2的电流最大值为A C. R1两端的电压有效值为20V D. R2消耗的电功率为20W ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通过R1的电流的频率等于通过R2的电流的频率，均为 选项A正确；‎ B．从图乙可以看出，通过R2电流的最大值是Im=2A，有效值为I=2A，选项B错误；‎ C．根据串联电路的特点可知，R1两端的电压有效值是 所以C错误； D．R2消耗的电功率为 故D正确。 故选AD。‎ ‎7.如图所示，a、b两点处分别固定有电荷量相同的正点电，c是线段ab的中点，g是ab的垂直平分线上的一点，且cd=ce=cg。下列说法正确的是（　　）‎ A. a、b两点连线上，c点的电场强度最大 B. d、e两点的电场强度大小相等、方向相反 C. c点的电势比g点的低 D. 将一正点电荷从c点沿直线移到g点，其电势能减少 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【详解】A．根据等量同种电荷的电场分布可知，a、b两点的连线上，c点的电场强度最小，大小为零，选项A错误；‎ B．由对称性可知，d、e两点的电场强度大小相等、方向相反，选项B正确；‎ C．因c点到两正电荷的距离比g点到两正电荷的距离都近，由电势叠加可知，c点的电势比g点的高，选项C错误；‎ D．两点荷连线中垂线上侧的场强由中点c指向g，则将一正点电荷从c点沿直线移到g点，电场力做正功，则其电势能减少，选项D正确。‎ 故选BD。‎ ‎8.如图所示，绝缘水平面内固定有两足够长的平行金属导轨ab和ef，导轨间距为d，两导轨间分别接有两个阻值均为r的定值电阻和，质量为m、长度为d的导体棒PQ放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻，在空间加上磁感应强度小为B、方向竖直向下的匀强磁场，两根完全相同的轻弹簧一端与棒的中点连接，另一端固定，初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态且与导轨在同一平面内，现使导体棒获得水平向左的初速度，在导体棒第一次运动至右端的过程中，上产生的焦耳热为，下列说法正确的是（　　）‎ A. 初始时刻，棒所受安培力的大小为 B. 棒第一次回到初始位置时，的电功率为 C. 棒第一次到达右端时，两根弹簧具有的弹性势能之和为 D. 从初始时刻至棒第一次到达左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为4Q ‎【答案】AC ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【详解】A.初始时刻，导体棒有效的切割长度为d，产生的感应电动势为：‎ 通过棒的感应电流为：‎ 导体棒所受安培力的大小为：‎ 联立解得：‎ 故A正确；‎ B.由于安培力始终对导体棒做负功，产生焦耳热，由能量守恒定律知，当棒再次回到初始位置时，速度必小于，棒产生的感应电动势小于，通过导体棒的电流小于，则的电功率小于，故B错误；‎ C.由能量守恒得知，当导体棒第一次达到最右端时，棒的动能全部转化为整个回路中的焦耳热和两根弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为，故C正确；‎ D.由于安培力始终对导体棒做负功，产生焦耳热，第一次运动至最右端的过程中产生的电热为Q，电路中产生总热量为2Q，棒第一次达到最左端的过程中，电路中产生总热量一定小于2Q，故D错误;‎ 故选AC。‎ 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9～12题为必考题，每道试题考生都必须作答。第13～16题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题 - 18 -‎ ‎9.某同学利用图示装置验证滑块通过两个光电门的过程中机械能守恒。图中1、2是两个光电门（当物体从1、2间通过时，光电计时器可以显示物体的挡光时间），木板的一端在水平面上，将光滑木板的一端垫起，让滑块从木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为t1和t2。用游标卡尺测得滑块的宽度为d，测得1、2间的距离为x，木板的倾角为θ。‎ ‎(1)滑块通过光电门1时的速度大小为________；‎ ‎(2)本实验________（选填“需要”或“不需要”）测量滑块的质量；‎ ‎(3)若滑块通过两个光电门的过程中机械能守恒，则有2gxsin θ=__________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 不需要 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]滑块通过光电门1时的速度等于通过光电门1的平均速度 ‎(2)[2]本实验要验证 而 ‎，‎ 即要验证 不需要测量滑块的质量。‎ ‎(3)[3]机械能守恒要满足 其中 ‎，‎ 则可得 - 18 -‎ ‎10.某实验小组想测量某电源的电动势（约为3V）和内阻（约为10Ω）。‎ ‎（1）张同学根据实验室提供的器材连接的实物电路如图甲所示，其中滑动变阻器的最大阻值为30Ω。对该实物电路，下列说法正确的是____________。（填选项前的字母）‎ A．滑动变阻器不起变阻作用 B．电流表的接线有误 C．电流表的量程选用不当 D．电压表的接线有误 ‎（2）若实验中发现电流表已损坏，李同学找来一个电阻箱R（最大阻值为999.9Ω），用电压表和电阻箱测电源的电动势和内阻，请将图乙所示虚线框中的电路补充完整_______。‎ ‎（3）根据（2）中实验电路测得的多组电压表的示数U与电阻箱的阻值R，在（纵坐标）—（横坐标）坐标系中描点作出一图象。若图线的斜率为k，图线在纵轴上的截距为b，则该电源的电动势E=___________________，内阻r=___________。‎ ‎【答案】 (1). AB (2). (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．A、由电路图可知，滑动变阻器同时接下面两个接线柱，滑动变阻器被接成了定值电阻，不起变阻作用，故A正确； B、由电路图可知，电流表正负接线柱接反了，电流表接线错误，故B正确； ‎ - 18 -‎ C、由电路图可知，电流表应该选择0.6A量程，电流表量程选择正确，故C错误； D、由电路图可知，电压表接线正确，故D错误； 故选AB． (2)[2]．用电压表和电阻箱测量电动势和内电阻即伏阻法，将电压表和电阻箱并联接在电源两端即可；如图所示：‎ ‎ (3)[3][4]．根据闭合电路欧姆定律，有 变形得 则由数学规律可知：‎ 斜率 截距 解得 ‎11.回旋加速器D形盒的半径为R，高频加速电压的频率为f，空间存在方向垂直D形盒、磁感应强度大小为B的匀强磁场。用该回旋加速器加速带负电的粒子束，粒子达到最大速度后被引出，测得粒子被引出时的平均电流为I。不计粒子的加速时间，求：‎ ‎(1)粒子被引出时的最大速度vm；‎ ‎(2)粒子束的输出功率P。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设粒子的电荷量为、质量为，当粒子被引出时，有：‎ 由粒子做匀速圆周运动周期公式：‎ 解得 ‎(2)粒子束被引出时，设时间内飞出加速器的粒子数为，则有 根据能量守恒定律有 解得 ‎12.跑步健身可以增强体质，发达肌肉，完美身材，增强人意志和毅力。跑步涉及很多物理现象。如图所示，长的木板右端固定一立柱，板和立柱的总质量，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数。质量的人（视为质点）立于木板左端，木板与人均静止。若人以大小的加速度匀加速向右跑至木板的右端，并立即抱住立柱，取，求：‎ ‎(1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间；‎ ‎(2)人抱住立柱的瞬间损失的机械能；‎ ‎(3)从人开始运动到最终木板静止，木板发生的位移大小。‎ ‎【答案】(1)4s；(2)2160J；(3)4m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)人向右运动过程中，受到摩擦力大小 - 18 -‎ 木板向左加速运动 解得 人运动的位移 木板运动的位移 二者反向运动，位移满足 解得 ‎(2)人抱住立柱瞬间前，人的速度为 此时立柱速度大小为 人抱住立柱瞬间，人和立柱共速，选择水平向右为正方向，根据动量守恒定律 解得 根据能量守恒定律 解得 - 18 -‎ ‎(3)根据(1)可知 人抱住立柱后，共减速的加速度 共减速的位移 则木板移动的位移 ‎（二）选考题:共15分。请考生从给出的2道物理题任选一题作答。如果多答，则每科按所答的第一题计分。‎ ‎[物理——选修3-3] ‎ ‎13.下列说法正确的是（　　）‎ A. 气体吸收了热量，其温度一定升高 B. 第一类永动机不可能造成的原因是违反了能量守恒定律 C. 自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性 D. 晶体均有规则的几何形状 E. 水黾能停在液体的表面是因为液体的表面张力的作用 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据热力学第一定律可知，做功和热传递均可以改变内能，气体吸收了热量，如果对外做功，内能不一定增加，温度不一定升高，A错误；‎ B．第一类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是违反了热力学第二定律，故B正确；‎ C．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，即自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故C正确；‎ D．单晶体具有规则的几何形状，而多晶体没有规则的几何形状，故D错误；‎ E．水黾能停在水面上，是因为液体表面张力的作用，故E正确。‎ 故选BCE。‎ - 18 -‎ ‎14.如图所示，用活塞将热力学温度为T0的气体封闭在竖直汽缸里，活塞的质量为m、横截面积为S，活塞到汽缸底部的距离为h。现对缸内气体缓慢加热一段时间，使活塞上升后立即停止加热。已知气体吸收的热量Q与其温度差T的关系为Q=kT（中k为正的常量），大气压强为（n为常数），重力加速度大小为g，活塞、汽缸均用绝热材料制成，缸内气体视为理想气体，不计一切摩擦。求:‎ ‎（1）停止加热时，缸内气体的压强p和热力学温度T；‎ ‎（2）加热过程中气体的内能改变量U。‎ ‎【答案】（1）；；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）活塞受力平衡，有 pS=mg+p0S 其中 解得 加热过程中，缸内气体做等压变化，有 解得 ‎（2）加热过程中，气体对外界做的功为 加热过程中，气体吸收的热量为 - 18 -‎ Q=k（T-T0）‎ 根据热力学第一定律有 ‎△U=Q-W 解得 ‎[物理——选修3-4] ‎ ‎15.位于坐标原点的波源S不断地产生一列沿x轴正方向播的简谐横波，波速为8m/s，已知t=0时刻波刚好传播到x=13m处，部分波形如图所示。下列说法正确的是 。‎ A. 波源S开始振动的方向沿y轴负方向 B. 波源的振动频率为1Hz C. t=9.25s时，x=13m处的质点的位移为5cm D. t=20s时，波刚好传播到x=160m处 E. 在0～20s内，x=13m处的质点通过的路程为4m ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 波源S开始振动的方向与t=0时刻x=13m处的质点起振的方向相同，由图可知沿y轴正方向，选项A错误；‎ B由图可知波长λ=8m，则周期 频率 选项B正确；‎ C. t=9.25s=9T时，x=13m处的质点振动到最高点，位移为5cm，选项C正确；‎ D. t=20s时，波向前传播 - 18 -‎ 则波刚好传播到x=160m+13m=173m处，选项D错误；‎ E. 因为20s=20T，则在0～20s内，x=13m处的质点通过的路程为20×4A=80A=400cm=4m，选项E正确。‎ 故选BCE。‎ ‎16.某直角三角形ABC透明柱状介质的横截面如图所示，一光线PD从AC边上的D点射入介质，经AC折射后到达BC边的中点时恰好发生全反射AC=L，CD=，介质对该光线的折射率n=，光在真空中的传播速度为c。求:‎ ‎（1）该光线从AC边上D点射入介质时与AC边的夹角θ的余弦值cosθ；‎ ‎（2）该光线从D点射入介质到第一次离开介质的时间t。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）光路如图所示，设光线到达BC边时发生全反射的临界角为α，有 由折射定律有 解得 - 18 -‎ ‎（2）由（1）可得 α=60°‎ 由几何关系可知，该光线在介质中传播的路程为 s=L 该光线在介质中的传播速度大小为 经分析可知 解得 - 18 -‎ - 18 -‎