【文档说明】【精准解析】内蒙古通辽市蒙古族中学2020届高三下学期模拟（一）物理试题.doc，共(19)页，791.500 KB，由小赞的店铺上传

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通辽市蒙古族中学2020届高三模拟（一）理科综合物理部分二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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，不选或

有错选的得0分。1.以下说法正确的是（）A.用绿光或紫光照射某金属发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能可能相等B.如果大量氢原子处在n=3的能级，会辐射两种频率的光子C.23290Th经过6次α衰变和4次β衰变后成为20882PbD.结合能越大的原子核越稳定【

答案】C【解析】【详解】A．绿光和紫光的频率不相等，根据光电效应方程kmEhvW=−可知，用绿光或紫光照射某金属发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能不相等，故A错误；B．在3n=的能级上能跃迁释放光子的能

级有1级和2级，因此23C3=会辐射3种频率不同光子，故B错误；C．根据质量数和电荷数守恒知：23290Th经过6次α衰变和4次β衰变后质量为23264208−=电荷数为90624182−+=即变成为原子核20882Pb，故C正确；D．比结合能

越大的原子核越稳定，故D错误。故选C。2.A和B两个物体从同一位置在同一条直线上运动，A和B的v—t图像分别如图中直线a和直线b所示，下列说法正确的是（）A.在t1时刻A与B的运动方向相同B.A的加速度比B的加速度大C.A与B在t2时刻相遇D.在0~t2时间内，A比B的位移

大【答案】A【解析】【详解】A．在t1时刻，a、b的速度都为正值都向正方向运动，可知A、B的运动方向相同，故A正确；B．在vt−图中，图线斜率表示加速度，由图可知，a图线的斜率小于b图线的斜率大小，则A的加速度小于B的加速度大小，故B错误

；CD．在vt−图中，图线与时间轴围成的面积表示位移，在t2时刻A与B速度相等，但在20t时间内，b图线围成的面积大，则B的位移大，所以判断出有没有A与B没有相遇，故CD错误。故选A。3.发电厂发电机的输出功率为P，输送电压为U，发电厂至学校的输电导线的总电阻为

R，下面说法中错误的是（）A.通过输电线上的电流为PUB.输电线路损耗的功率为2URC.学校在变压器降压前得到的电压为PURU−D.若输送电压提高到原来的k倍，则输电线路损耗的功率减为原来的21k【答案】B【解析】【详解】A．根据P=UI

可得通过输电线上的电流为PIU=，故A正确，不符合题意；B．因U为输送电压，而不是输电导线损失的电压，故输电线路损耗的功率不等于2UR，故B错误，符合题意；C．输电导线损失的电压为PRUIRU==故学校在变压器降压前得到的电压为PUUUURU=−=−故C正确，不符合题意；D．输电线路损

耗的功率为22PPIRRU==若输送电压提高到原来的k倍，则输电线路损耗的功率为2221PPIRRPkUk===故D正确，不符合题意。故选B。4.如图所示，三条虚线表示某电场中的三个

等势面，电势分别为φ1=5V，φ2=10V，φ3=15V，一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点。则下列说法正确的是（）A.粒子带正电B.粒子在A点的速度小于在B点的速度C.粒子在

A点的加速度小于在B点的加速度D.粒子在A点的电势能小于在B点的电势能【答案】B【解析】【详解】A．由图象可知，带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受的电场力方向大致向右。由电场线指向电势降低的方向，可知，电场线方向大致向左。因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电，故A错误；BD

．带电粒子从A到B，则电场力对粒子做正功，电势能减小，动能增大，速度增大，所以粒子在A点的速度小于在B点的速度，粒子在A点的电势能大于在B点的电势能。故B正确，D错误；C．等势面的密集的地方电场线也密集，电场线的密集程度表示电场强度的大小，故A点处的电场强度比B点处的

大，粒子在A点受到的电场力大于在B点处受到的电场力，故粒子在A点的加速度大于B点的加速度，故C错误。故选B。5.“月亮正加速远离地球，后代没月亮看了！”一项新的研究表明，月球的引力在地球上产生了周期性的潮汐现象，潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，同时月球正在以每年

3.8cm的速度远离地球。不考虑其他变化，则很多年后与现在相比，下列说法正确的是（）A.月球绕地球做圆周运动的周期将减小B.地球赤道表面上的物体向心加速度增大C.地球的第一宇宙速度减小D.地球同步卫星的高度增大【答案】D【解析】【详解】A．月球绕着

地球做匀速圆周运动，故2224MmGmrrT=解得32rTGM=随着地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的周期将变大，故A错误；BD．潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，则地球自转周期增加，故自转角速度变小，故同步卫星的角速度变小，同步卫星的周期变大，根据32rTGM=可知轨道半径

变大，故高度增大。地面上物体，由向心加速度表达式，则有22aRT=地球自转周期增加，故向心加速度减小，故B错误，D正确。C．第一宇宙速度只与地球有关，故地球的第一宇宙速度不会减小，故C错误。故选D。6.如图所示的是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进

入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1-A2，平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（）A.能通过狭缝P的带电粒

子的速率等于EBB.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大【答案】AD【解析】【详解】A．在速度选择器中

，电场力和洛伦兹力平衡，有qEqvB=解得=EvB故A正确；B．根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故B错误；CD．进入偏转磁场后，有20vqvBmr=解得00mvmErq

BqBB==知r越小，比荷越大，故C错误，D正确。故选AD。7.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其F-v2图像

如乙图所示．则（）A.v2=c时，小球对杆的弹力方向向下B.当地的重力加速度大小为RbC.小球的质量为aRbD.v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等【答案】CD【解析】由图象可知，当2vc=时，有：F＜0，则杆对小球得作用力方向向下，根据牛顿第三定律

可知，小球对杆的弹力方向向上，故A错误；由图象知，当2vb=时，F=0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有：2vmgmR=，得bgR=,由图象知，当20v=时，F=a，故有Fmga==，解得：aaRmgb==，故B错误，C正确；由图象可知，

当22vb=时，由22vFmgmmgR+==，得F=mg，故D正确；故选CD.【点睛】小球在竖直面内做圆周运动，小球的重力与杆的弹力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题．8.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向

上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A球，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A球的质量为4m，B、C球的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开

始时整个系统处于静止状态。释放A球后，A球沿斜面下滑至速度最大时C球恰好离开地面，不计空气阻力，在这一过程中A球始终在斜面上。下列说法正确的是（）A.C球刚离开地面时，B球的加速度最大B.释放A球的瞬间，B球的加速度为0.4gC

.A球达到的最大速度为25mgkD.B球达到的最大速度为5mgk【答案】BC【解析】【详解】A．C刚离开地面时，A和B的速度最大，合外力为零，则B球的加速度为零，故A错误；B．设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为Cx，则Ckxmg=物体C刚刚离开

地面时，以B为研究对象，物体B受到重力、弹簧的弹力、细线的拉力三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有CTmgkxma−−=对A有4sin4mgTma−=联立解得C4sin5mgmgkxma−

−=当B获得最大速度时，有0a=联立解得1sin2=即30=释放A的瞬间，此时对AB整体加速度大小相同，根据牛顿定律AB4sin300.4g4mgamm==+即B球的加速度为0.4g，故B正确；C．C设开始时弹簧的压缩量为Bkxmg=当物体C刚

离开地面时，物体B上升的距离以及物体A沿斜面下滑的距离均为CBhxx=+由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体C刚离开地面是，A、B两物体的速度相等，设为Amv，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得()2Am14

sin42mghmghmmv−=+代入解得Am25mvgk=因A、B速度相等，所以Bm25mvgk=故D错误，C正确。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题共174分）三、非选择题：第22~32题为必考题，每个试题考生都必须做答，第

33~38为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.新冠肺炎疫情期间，额温枪被大量应用于排查高温患者。额温枪的原理是通过传感器接收红外线得出感应温度数据。某同学在实验室中用图1电路验证额温枪测量温度的准确性，已知电源电动势

E=1.5V，内阻忽略不计，R0=15Ω，热敏电阻的阻值与温度的关系如图2所示，则：(1)温度越高时，电压表示数_________（填“越大”或“越小”）；(2)闭合电键后，发现电压表示数为0.45V，则热敏电阻此时的温度为________℃（保留1位小数）

。【答案】(1).越大(2).40.0【解析】【详解】(1)[1]分析图甲可知热敏电阻R与R0串联，电压表测R0两端电压U0，当被测物体温度越高时，由图乙可知，热敏电阻变小，电路电流I0变大，R0两端电压即电压表示数根据U0=I0R0可知U0越大。(2)[2]当电压表

为U'=0.45V时，根据串联电路的特点可知通过R的电流00.45'A0.03A15UIIR====热敏电阻R两端电压'1.5V0.45V1.05VUEU=−=−=则R的阻值1.05350.03URI===对照乙图可知，被测物体的温

度大约为40.0℃。10.某同学为探究小车动能变化与合外力做功的关系，设计了如图1所示的实验装置。一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上，用细绳绕过定滑轮及轻质动滑轮将小车与测力传感器连起来。实验时，改变悬挂的钩码个数进行多次测

量，记录测力传感器的示数F，并利用纸带计算出小车对应的速度。(1)实验中为使细绳对小车的拉力为小车受到的合外力，下列的做法正确的是_______。A．钩码的质量要远小于小车质量B．实验过程中，小车和长木板右端定滑轮间的细绳与长木板始

终保持平行C．小车不连细绳时，反复调整木板倾角，直到纸带上打下的点分布均匀(2)实验小组按照规范操作打出的纸带如图2所示，已知相邻计数点a、b、c、d间的时间间隔为T，间距分别为s1、s2、s3，测力传感器的示数为F，小车质量为M，以小车为研究对象，那么从b到c过程中细绳拉

力对小车做的功W=___________，小车动能的变化量ΔEK=________。(3)按正确操作，使细绳对小车的拉力为小车的合外力，保证小车的质量M不变，在钩码个数不同的情况下，计算出不同纸带上打任

意两点AB时小车的速度vA、vB，算出Δv2（Δv2=vB2-vA2），根据实验数据绘出Δv2与外力对小车在AB两点间运动所做的功W（W=FsAB）的关系图像，下列图像中最符合本实验实际情况的是________；若图像的斜率为k，则小车的质量M=

_________。A.B.C.D.【答案】(1).BC(2).Fs2(3).2223121222ssssMTT++−(4).A(5).2k【解析】【详解】(1)[1]

A．小车所受的拉力可由测力传感器直接测出，钩码的质量不需要远小于小车的质量，故A错误；B．实验过程中，要使小车和长木板右端定滑轮间的细绳与长木板始终保持平行，平衡摩擦力，故B正确；C．小车不连细绳时，纸带上打下的点分布

均匀，说明摩擦力与重力沿木板向下的分力平衡，细绳的拉力是小车的合外力，故C正确。故选BC。(2)[2][3]对bc段进行研究，则细绳拉力对小车做的功2WFs=利用匀变速直线运动的推论得12b2ssvT+=23c2ssvT+=小车动能的增加量222312k1222ssssEMT

T++=−(3)[4][5]摩擦力已经平衡，细绳拉力对小车做的功是小车合外力做的功W，则有22BA1122WMvMv=−解得()22vWM=即()2v应与W成正比，故BCD错误，A正确。故选A。图像的

斜率为k，则小车的质量2Mk=11.某电影摄影组因剧情需要在拍摄地搭建了一个直角梯形斜面ABCD模拟剧本情境，如图所示。质量为m1=40.0kg特技演员甲坐在一个质量、大小忽略不计的保护箱中，由A点从静止沿斜面滑动到B点微小平台处（平台与AB平滑连接），与站在B点的质量为m2=6

0.0kg演员乙相碰瞬间，保护箱内的演员甲迅速抱住演员乙一起水平飞出，在空中飞行一段时间，落在铺设海棉垫地面上的E处。工作人员测得斜面长为AB=10.0m，AD=11.0m，BC=5.0m，演员甲乙离开B点在空中飞行的水平距离CE=4.0m。若两演员均可视为质点，g取

10m/s2，试求：(1)演员甲乙从B飞出时的速度大小；(2)保护箱与斜面AB段的摩擦因数μ。【答案】(1)4.0m/s；(2)0.125【解析】【详解】(1)甲乙从B处飞出时做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有xCE=vt竖直方向做

自由落体运动，有2BC12Hgt=解得甲乙从B处飞出时速度大小v=4.0m/s(2)甲抱住乙的过程中，由动量守恒有1112()mvmmv=+解得甲刚滑到B处时的速度v1=10m/s设AB与水平方向的夹角为，甲从

A到B下滑过程，由动能定理有21ADBC1AB111()cos2mgHHmgLmv−−=由直角梯形的几何关系得ABcos8mL=解得保护箱与斜面的动摩擦因数0.125=12.如图所示，两根固

定的光滑的绝缘导轨水平部分与倾斜部分平滑连接，两导轨间距为L=0.8m，导轨的倾斜部分与水平面成α=30°角，导轨的倾斜部分有一个匀强磁场区域abcd，磁场方向垂直于斜面向上，导轨的水平部分在距离斜面底端足够远处有两个匀强磁场区域，磁场方向竖直且相反，所有磁场的磁感应强度大小

均为B=1T，每个磁场区沿导轨的长度均为L=0.8m，磁场左、右两侧边界均与导轨垂直。现有一质量为m=0.8kg，电阻为r=0.2Ω，边长也为L的正方形金属线框PQMN，从倾斜导轨上由静止释放，金属线框在MN边刚滑进磁场abcd时

恰好做匀速直线运动，此后，金属线框从导轨的倾斜部分滑上水平部分，整个过程线框的QM边、PN边与导轨保持良好接触，重力加速度g取10m/s2：(1)求金属线框在MN边刚滑进磁场abcd时的速度大小；(2)可调节cd边界到水平导轨的高度，使得线框刚进入水平磁场区时速度大小为8m/s，求金属线框在M

N边刚滑进第二个磁场区域（即磁场方向竖直向下的区域）时速度的大小；(3)若导轨的水平部分有多个长度均为L且相邻磁场方向相反的连续磁场，求在(2)的条件下，线框在水平导轨上从进入磁场到停止的位移和从倾斜导轨上由静止释放后的整个运动过程中线框内产生的焦耳热。【答案】(1)1.25m/s

；(2)4.80m/s；(3)0.30m；32J【解析】【详解】(1)线框进入磁场时产生的感应电动势1EBLv=由欧姆定律，线圈中的电流EIr=线框受到的安培力FBIL=线框匀速下滑，由平衡条件有sinFmg=解得线框在磁场中运动的速度11.25m/sv=(2)

设金属线框MN边刚进入水平导轨上第一个磁场区时速度为v2，MN边即将进入第二个磁场区时速度为v3，线框从刚进入第一个磁场区到刚要进入第二个磁场区的过程中，由动量定理有32BILtmvmv−=−由法拉第电磁感应

定律有21BLEtt==由欧姆定律有1EIr=解得34.80m/sv=(3)MN边刚进入第二个磁场区时速度为v3，此后在安培力作用下减速到0，线框所受的安培力为2242BLvFBILr==设该过程位移为x，由动量定理有22340BLvtmvr−=−即223

40BLxmvr−=−解得0.30mx=故位移为1.1mxxL=+=总根据能量守恒定律，金属线框内产生的焦耳热为2212sin2QmgLmv=+解得32JQ=13.下列说法正确的是（）A.布朗运动反映了液体分子在永不停息的做无规则热运动B.

把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体。C.不同温度下，水的饱和汽压都是相同的D.完全失重状态下悬浮的水滴呈球状是液体表面张力作用的结果E.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的【答案】ADE【解析】【详解】A．布朗运动是花粉颗粒的无

规则运动，间接反映了液体分子在永不停息地做无规则热运动，选项A正确；B．把很多小的单晶体放在一起，还是晶体，不会变成非晶体，选项B错误；C．水的饱和汽压随温度升高而增大，选项C错误；D．完全失重状态下悬浮的水滴呈球状是液体表面张力作用的

结果，选项D正确；E．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选项E正确。故选ADE。14.如图所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部高度h1=0.50m，气体的温度t1=27℃。给汽缸缓慢加热至t2=207℃，活塞缓慢上升到距离

汽缸底某一高度h2处，此过程中缸内气体增加的内能ΔU=200J。已知大气压强p0=1.0×105Pa，活塞横截面积S=5.0×10－3m2。求：(1)活塞距离汽缸底部的高度h2；(2)此过程中缸内气体吸收的热量Q。

【答案】(1)0.8m；(2)350J【解析】【详解】(1)气体做等压变化，由盖—吕萨克定律有1212VVTT=V1=h1SV2=h2S解得加热后活塞离气缸底部的高度为h2=0.8m(2)在气体膨胀过程中，气体对外做功为0150JWpV==根据热力学第一定律，可得气体内能的变化为UWQ

=−+解得350JQUW=+=15.甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2m/s，振幅相同，某时刻的图像如图所示，则（）A.甲乙两波的起振方向相同B.甲乙两波的频率之比为3∶2C.再经过3s时，

平衡位置在x=7m处的质点振动方向向上D.再经过3s时，平衡位置在x=2m处的质点将向右运动到x=8m处的位置。E.再经过3s时，平衡位置在x=1m处的质点将第二次出现在波峰【答案】BCE【解析】【详解】A．根据上下坡法知，甲波的起振方向向下，乙波的起振方向向上，可知甲乙两波的起振方向相反

，选项A错误；B．由图可知甲波的波长为4m，乙波的波长为6m，则两列波的波长之比为2：3。两列波的波速相同，根据vf=知频率之比为3：2，选项B正确；C．再经过3s，甲乙两波传播的距离23m6mx==即甲波波谷到

达x=7m处，乙波是平衡位置与波峰之间某一振动到达x=7m处，根据叠加知，该质点向上振动，选项C正确；D．波传播过程中，波中质点仅在平衡位置上下振动，不会随波向右运动，选项D错误；E．甲的周期=2sTv=甲甲图示时刻x=

1m处质点处于波谷，再经半个周期即1s第一次到达波峰。3s时，甲乙两波在x=1m处的质点都在波峰，所以质点将第二次出现在波峰，选项E正确。故选BCE。16.如图，半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A点．一细束单色光经球心O从空气中摄入玻璃体内（入射面即

纸面），入射角为45°，出射光线射在桌面上B点处．测得AB之间的距离为R2．现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到O点的距离．不考虑光线在玻璃体内的多次反射．【答案】22O

ER=【解析】当光线经球心O入射时，光路图如图（a）所示．设玻璃的折射率为n，由折射定律有n=sinsini①式中，入射角i=45°，γ为折射角．△OAB为直角三角形，因此sinγ=22ABOAAB+②发生全反射时，临界角C满足sinC=1n③在玻璃体球面上光线恰好发生全反射

时，光路图如图（b）所示．设此时光线入射点为E，折射光线射到玻璃体球面的D点．由题意有∠EDO=C④在△EDO内，根据正弦定理有⑤联立以上各式并利用题给条件得OE=R⑥【考点定位】折射定律、全反射【名师点睛】本题是简单的几何光

学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，根据折射定律求解．