【物理】安徽省滁州市定远县重点中学2020届高三5月模拟试题

【物理】安徽省滁州市定远县重点中学2020届高三5月模拟试题

安徽省滁州市定远县重点中学2020届高三 ‎5月模拟试题 ‎14.重元素的放射性衰变共有四个系列，分别是U238系列(从开始到稳定的为止)、Th232系列、U235系列及Np237系列(从开始到稳定的为止)，其中，前三个系列都已在自然界找到，而第四个系列在自然界一直没有被发现，只是在人工制造出Np237后才发现的，下面的说法正确的是 A. 的中子数比中子数少20个 B. 从到，共发生7次α衰变和4次β衰变 C. Np237系列中所有放射性元素的半衰期随温度的变化而变化 D. 与是不同的元素 ‎15.2018年II月16日，第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义。新国际单位体系将于2019年5月20日世界计量日起正式生效。其中，千克将用普朗克常量(h)定义；安培将用电子电荷量（e）定义。以基本物理常数定义计量单位，可大大提高稳定性和精确度。关于普朗克常量和电子电荷量的单位，下列正确的是 A. 普朗克常量的单位为kg.m3 .s-2 B. 普朗克常量的单位为kg-1 .m2. s-1‎ C. 电子电荷量的单位为A．s D. 电子电荷量的单位为A.s-1‎ ‎16.2019年春节档，科幻电影《流浪地球》红遍大江南北。电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地21球上建造出巨大的推进器，使地球经历停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速人轨等阶段，最后成为新恒星（比邻星）的一颗行星的故事。假设儿千年后地球流浪成功，成为比邻星的一颗行星，设比邻星的质量为太阳质量的1/8，地球质量在流浪过程中损失了1/5，地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的1/2，则下列说法正确的是 ‎ A. 地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同 B. 地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的2/5‎ C. 地球与比邻星间的万有引力为地球与太阳间万有引力的1/10‎ D. 地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的1/10‎ ‎17.如图所示，地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽，O为圆心、AB为水平直径、现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点：若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是 ‎ A. v1：v2＝l：4‎ B. 小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，其两次的动量变化量相同 C. 小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率不同 D. 小球落到C点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直 ‎18.“嫦娥四号”上搭载的中性原子探测仪，主要任务是测量太阳风与月表相互作用后产生的中性原子。探测仪在入口处安装了高压偏转系统，形成强电场区域，对太阳风和月表作用后辐射的带电粒子进行偏转，以免其射到探测器上产生干扰信号。已知高压偏转系统由长度大于lm、间距仅10mm的两平行金属板组成，当两板加一定的电压时，可将平行极板进入、动能不大于320keV的氦核均偏转到极板而被极板吸收。只考虑该电场的作用，则 A. 对于平行极板进入偏转系统的质子，只有动能不大于160keV才能完全被极板吸收 B. 对于平行极板进入偏转系统的质子，只要动能不大于320keV就可完全被极板吸收 C. 对于平行极板进入偏转系统的电子，只有动能不大于320keV才能完全被极板吸收 D. 对于平行极板进入偏转系统的电子，只要动能不大于640keV就可完全被极板吸收 ‎19.如图所示，半径为R=2cm的圆形区域中有垂直纸在向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度B=2T，一个比荷为2×106C/kg的带正电的粒子从圆形磁场边界上的A点以v0=8×104m/s的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON=120º。下列选项正确的是 ‎ A. 带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1cm B. 带电粒子在磁场中运动的轨迹圆心一定在圆形磁场的边界上 C. 若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出 D. 若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小面积 ‎20.如图所示，边长为l1、l2的单匝矩形线框abcd处在磁感应强度为B的匀强磁场中，线框可绕轴OO′转动，轴OO′与磁场垂直，线框通过连接装置与理想变压器、小灯泡连接为如图所示的电路。已知小灯泡L1、 L2额定功率均为P，正常发光时电阻均为R。当开关闭合，线框以一定的角速度匀速转动时，灯泡L1正常发光，电流表A示数为I；当开关断开时，线框以另一恒定的角速度匀速转动，灯泡L1仍正常发光，线框电阻、电流表A内阻不计，以下说法正确的是 A. 断开开关S时，电流表示数为2I B. 变压器原、副线圈的匝数比为 C. 当开关闭合时线框转动的角速度为 D. 当开关断开时线框转动的角速度为 ‎21.如图所示，在倾角θ=37°固定斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处质量分别为mA=4.0kg、mB=1.0kg的物块A和B用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，开始物块A位于斜面体上的M处，物块B悬空，现将物块A和B由静止释放，物块A沿斜面下清，当物块A将弹簧压缩到N点时，物块A、B的速度减为零。已知MO=1.0m，ON=0.5m，物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是 A. 物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2m/s2‎ B. 物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5m/s2‎ C. 物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为9J D. 物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为21J ‎22.（5分）某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验装置如图所示．已知小车质量M=214.6g．砝码盘质量m0=7.8g，所用打点计时器交流电频率f=50Hz．其实验步骤是：‎ A．按图中所示安装好实验装置；‎ B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；‎ C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；‎ D．先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车运动的加速度a；‎ E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码质量，重复B﹣D步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度．‎ ‎（1）按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量_______（填“是”或“否”）；‎ ‎（2）实验中打出的其中一条纸带如图所示，则小车的加速度a=_____m/s2． ‎ ‎（3）某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如表：‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 砝码盘中砝码的重力F/N ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.29‎ ‎0.39‎ ‎0.49‎ 小车加速度a/m•s﹣2‎ ‎0.88‎ ‎1.44‎ ‎1.84‎ ‎2.38‎ ‎2.89‎ 他根据表中的数据画出a﹣F图象（如图），造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是_____． 从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是_____，其大小是_____．（结果保留2位小数）‎ ‎23. （10分）某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不用的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13 V，内阻小于3 Ω，由于直流电压表量程只有3 V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15 V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：‎ ‎（1）把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填空:‎ 第一步：按电路图连接实物 第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零 第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3 V 第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V 第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15 V的电压表。‎ ‎（2）实验可供选择的器材有：‎ A．电压表（量程为3 V，内阻约2 kΩ） ‎ B．电流表（量程为3 A，内阻约0．1 Ω）‎ C．电阻箱（阻值范围0～9 999 Ω） ‎ D．电阻箱（阻值范围0～999 Ω）‎ E．滑动变阻器（阻值为0～20 Ω，额定电流2 A） ‎ F．滑动变阻器（阻值为0～20 kΩ ）‎ 回答：电阻箱应选________，滑动变阻器应选________。‎ ‎（3）用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电池电动势E和内阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U－I图线如图丙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为________Ω．‎ ‎24.（12分）如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接。A，B两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从弧形轨道上的某一高度P点处由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B恰能返回P点。己知圆形轨道的半径，滑块A的质量，滑块B的质量，重力加速度g取，空气阻力可忽略不计。求：‎ ‎（1）滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小；‎ ‎（2）两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h；‎ ‎（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能。‎ ‎25. （20分）如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L。O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为，与水平线MN的距离为等)。线框abcd内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向。现有一带正电微粒在0时刻自O点由静止释放，在时间去内恰好做匀速圆周运动。已知重力加速度为g，求：‎ ‎(1)此带电微粒的比荷；‎ ‎(2)自0时刻起经时间时微粒距O点的距离；‎ ‎(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN。‎ ‎33． [物理—选修3-3] (15分)‎ ‎（1）（5分）简易温度计构造如图所示。两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入水银后，将左管的上端通过橡皮塞插入玻璃泡。在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度。多次改变温度，重复上述操作。‎ ‎（1）玻璃泡内封闭气体发生的状态变化可近似的认为是_______变化。初始温度为t1＝0oC，当温度为t2＝25 oC，则封闭气体的压强为_______cmHg。‎ ‎（2）（单选题）此温度计的特点是________‎ A．刻度均匀，刻度值上小下大 B．刻度均匀，刻度值上大下小 C．刻度不均匀，刻度值上小下大 D．刻度不均匀，刻度值上大下小 ‎（3）当大气压减小时，左右两管的液面相比________（选填“左管高”“一样高”或“右管高”），用该温度计测得的温度值_______（选填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎（2）（10分）底面积为4S的圆柱形烧杯装有深度为H的某种液体，液体密度为ρ，将一横截面积为S、长度为2H的玻璃管竖直向下插入液体中直到玻璃管底部与烧杯底部接触，如图1所示。现用厚度不计气密性良好的塞子堵住玻璃管上端如图2所示。再将玻璃管缓慢竖直上移，直至玻璃管下端即将离开液面如图3所示。已知大气压强p0=kρgH，k为常数，g为重力加速度，环境温度保持不变，求图3中液面下降的高度Δh及玻璃管内液柱的高度h′。‎ ‎34. [物理—选修3-4] (15分)‎ ‎（1）一列波沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0时刻的波形图如图所示，已知这列波在P出现两次波峰的最短时间是0.4s，根据以上可知：‎ ‎①这列波的波速是__________m/s；‎ ‎②再经过________s质点R才能第一次到达波峰；‎ ‎③这段时间里R通过得了路程______cm；‎ ‎（2）.（10分）如图所示，横截面（纸面）为△ABC的三棱镜置于空气中，顶角∠A=60°．纸面内一细光束以入射角i射入AB面，直接到达AC面并射出，光束在通过三棱镜时出射光与入射光的夹角为φ（偏向角）．改变入射角i，当i=i0时，从AC面射出的光束的折射角也为i0，理论计算表明在此条件下偏向角有最小值φ0=30°．求三棱镜的折射率n．‎ ‎【参考答案】‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ B C A B A BCD BD AC ‎14.B ‎【解析】的中子数为238-92=146个，的中子数为209-83=126个，则的子数比的中子数多20个，A错误；根据质量数守恒有：237-209=4×7，知发生了7次衰变，根据电荷数守恒有：93-83=2×7-4，知发生了4次衰变，B正确；放射性物质的半衰期不受外界因素的影响，C错误；与的质子数相同，中子数不同，它们是相同的元素，D错误。‎ ‎15.C ‎【解析】由公式E=hv，可得h=E/v=Fs/v=mas/v，故普朗克常量h的单位为J/Hz，1J/Hz=1J·S=1Kg·m2·s-1；由公式q=It，可得电荷量e的单位为C，1C=1A·s。故答案选C。‎ ‎16.A ‎【解析】A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ，则：，即：T比＝T太，故A正确；‎ B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得： ，，故B错误；‎ C、万有引力：,代入数据计算解得，故C错误；‎ D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，动能：，代入数据计算解得动能之比为 故D错误；‎ ‎17.B ‎【解析】过C与D分别做AB的垂线，交AB分别与M点与N点，如图：‎ 则：OM＝ON＝R•cos60°＝0.5R；所以：AM＝0.5R，AN＝1.5R；由于C与D点的高度是相等的，由：h＝gt2可知二者运动的时间是相等的。由水平方向的位移为：x＝v0t，可得．故A错误；它们速度的变化量：△v＝gt，二者运动的时间是相等的，则它们速度的变化量也相等，根据P=mv可知动量变化量相等。故B正确；两次的位移分别为：AD和AC，显然AC≠2AD，所以前后两次的平均速度之比不等于1：2．故C错误；球落到C点时，若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为OC，O点应为AM的中点，显然不是，故D错误.‎ ‎18.A ‎【解析】设平行板间电势差为U，当两板加一定的电压时，可将平行极板进入、动能不大于320keV的氦核均偏转到极板而被极板吸收，对氦核根据动能定理得：2eU=320000eV，解得：U=160000V.‎ A、B、对质子根据动能定理得：EKH=eU=160000eV，即对于平行极板进入偏转系统的质子，只有动能不大于160keV才能完全被极板吸收，故A正确，B错误；‎ C、D、对于平行极板进入的电子，EKH=eU=160000eV，即对于平行极板进入偏转系统的质子，只有动能不大于160keV才能完全被极板吸收故C，D错误；‎ 故选A.‎ ‎19.BCD ‎【解析】根据洛伦兹力提供向心力：，可得：，代入数据解得：r=2cm，故A错误；粒子运动轨迹如图所示：由上可知四边形AONP为菱形，又因为∠AON=120º，根据几何知识可得圆心P一定在圆周上，故B正确；从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，轨迹如图所示，易知四边形SCON为菱形，根据几何知识可知粒子一定N 点射出，故C正确；‎ 当带电粒子从A点入射，从N点出射，以AN为直径的圆的磁场，此时有最小面积即，故D正确。‎ ‎20.BD ‎【解析】由于小灯泡功率为，可得，由于 ；断开开关S时，小灯泡正常发光，电流不变，故变压器原线圈电流仍为 ；由于 ， 可得当开关闭合时线框转动的角速度为，当开关断开时两个小灯泡总功率为，原线圈电流不变，则原线圈输入功率为，，可得当开关断开时线框转动的角速度为。综上分析可知，AC错误，BD正确。‎ ‎21.AC ‎【解析】对AB整体，由牛顿第二定律可得：，解得a=1.2m/s2，选项A正确，B错误；由能量关系可知，物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为 ，解得EP=9J，选项C正确，D错误；故选AC.‎ ‎22. （1）否 （2）0.88 （3）在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力 砝码盘的重力 0.08N ‎【解析】（1）设小车的质量为，由图和步骤B可知，对车；对砝码和砝码盘；在步骤D，对车，即。则用砝码和砝码盘的总重力代替小车受到的合力不需要条件，故不要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。‎ ‎（2）纸带上每5个点选取一个计数点，则 小车的加速度 ‎ ‎（3）图线中F指砝码盘中砝码的重力，造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力。‎ 该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是砝码盘的重力，其大小由图线与横轴交点可得，砝码盘的重力是0.08N。‎ ‎23.（1）0．6 （2）C；E （3）11．5；2．5‎ ‎【解析】（1）把3V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为0．6V．‎ ‎（2）由题，电压表的量程为3V，内阻约为2kΩ，要改装成15V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为4×2kΩ=8kΩ．故电阻箱应选C；在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E．‎ ‎（3）由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=2．3V，则电源的电动势为E=2．3×5=11．5V，内阻为 ‎24.（1）m/s （2）0．8 m （3）4 J ‎【解析】（1）设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v2，根据牛顿第二定律有mAg=mA v2==m/s ‎（2）设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v1，对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有 mAv12=mAg•2R+mAv22‎ v1=6m/s 设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度大小为v0，对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有（mA+mB）gh=（mA+mB）v02‎ 同理滑块B在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v0，弹簧将两滑块弹开的过程，对于A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，（mA+mB）v0=mA v1-mBv0‎ 解得：h=0．8 m ‎（3）设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有（mA+mB）v02 + Ep=mAv12+mBv02‎ 解得：Ep="4" J ‎25.（1） （2） （3）‎ ‎【解析】 (1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：‎ 电容器两极间电场强度：‎ 时间内：‎ 解得比荷：‎ ‎(2)微粒运动的轨迹如图所示 时间内：‎ ‎，‎ 解得：‎ 时间内：‎ 可得： 又 解得：‎ 时微粒距点的距离：‎ ‎ (3) 时间内，微粒竖直向下的位移：‎ 设粒子转过角度时与点间的竖直距离为：‎ 解得：和 每次微粒进入磁场后运动至水平线所需时间：‎ 解得：和 自开始至水平线的时间：，‎ 即：和 ，‎ 又 解得：‎ 微粒离开电容器后不再经过水平线，分析得自开始至水平线的时间： ，和 ，‎ ‎33. (1) （1）等容（等体积） 82.96 （2）A （3）右管大 偏大 ‎【解析】（1）由于竖直玻璃管较细，所以玻璃泡内封闭气体发生的状态变化可近似的认为是等容变化，初始温度为t1＝0oC，当温度为t2＝25 oC，由公式可解的封闭气体的压强为 ‎ ‎（2）改变温度后，左右两管的液面始终相平，可知玻璃泡中的气体做等压变化，‎ 根据盖-吕萨克定律 设玻璃管的横截面积为S，温度变化过程中，左管液面下降h高度，则有，温度变化与液面高度变化呈线性函数，故此温度计刻度均匀，温度升高，液面下降，故刻度值上小下大，故A项正确。‎ ‎（3）当大气压减小时，左边的压强高于左边的压强所以液柱右移，左右两管的液面相比右管高，在用公式时，V1测量偏小，导致温度测量偏高。‎ ‎ (2).，‎ ‎【解析】（1）由液体在整个过程中体积不变，设图3烧杯中液体的高度下降为，则由几何关系有： ‎ 解得 对管内封闭气体发生等温变化，设图3红粉笔气体的压强为，由理想气体状态方程有：‎ 对管内液体有平衡条件有：‎ 联立解得：‎ 考虑到无论k取何值 即恒成立，所以式中只能取-号，所以 故，‎ ‎34. (1) （1）10； （2） 0.7； （3）6‎ ‎【解析】依题,P点两次出现波峰的最短时间是0.4s,所以这列波的周期T=0.4s.由波速公式得       (2)由t=0时刻到R第一次出现波峰,波移动的距离s=7m  则 (3)在上述时间内,R实际振动时间 ,因此R通过的路程为 ‎ ‎ (2).三棱镜的折射率n为 ‎【解析】设光束在AB面的折射角为α，由折射定律： ①‎ 设光束在AC面的入射角为β，由折射定律： ②‎ 由几何关系：α+β=60° ③‎ φ0=（i0﹣α）+（i0﹣β）④‎ 联立解得：‎