【文档说明】【精准解析】陕西省西安中学2020届高三下学期第八次模拟考试物理试题.doc，共(21)页，1.397 MB，由小赞的店铺上传

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西安中学2020届高三第八次模拟考试物理试题二、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14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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，有选错的

得0分。1.如图所示，一个重为5N的大砝码用细线悬挂在O点，在力F作用下处于静止状态，要使砝码始终静止在如图所示的位置处，则拉力F的最小值为（）A.8.65NB.5.0NC.4.3ND.2.5N【答案】D【解析】【详解】对物体受力分析并合成矢量三角形当外力F的方向与绳子拉力

T方向垂直时，拉力有最小值min1siNn305N2.52Fmg===ABC错误，D正确。故选D。2.如图所示，虚线为某电场中的三条电场线1、2、3，实线表示某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（）A.粒子

在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小B.粒子在a点的电势能大于在b点的电势能C.粒子在a点的速度大小大于在b点的速度大小D.a点的电势高于b点的电势【答案】B【解析】【详解】A．电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，a点处的电场

线相对b点较为稀疏，所以abEE电场力提供加速度，根据牛顿第二定律可知abaaA错误；B．假设粒子从ab→，在a点，粒子速度方向与受力方向如图电场力做正功，电势能减小，同理，若粒子从ba→，电场力做负功，电势能增加，所以粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，B正确；C．粒子

运动过程中仅受电场力，则电势能和动能相互转化，因为粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，则kkabEE根据k12Emv=可知abvvC错误；D．粒子的电性和电场线的方向均未知，所以a、b两点电势无法判断，D错误。故选B。3.以0v的速度水平抛出一物体，当其水平分位

移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是（）．A.运动的位移是2022vgB.竖直分速度的大小等于水平分速度的大小C.运动的时间是02vgD.即时速度的大小是05v【答案】B【解析】A．此时的水平分位移与竖直分位移相等，所以0002vxh

vtvg====202vg，所以此时运动的合位移的大小为2022222vxhxg+==，所以A正确；B．平抛运动竖直方向上的速度为0022yvvgtgvg===，与水平方向上的速度0v不相等，所以B错误；C．物体做平抛运动，根据平抛运动的规律可得，水平方向上：0xvt=，竖直方向上：212hgt

=，当其水平分位移与竖直分位移相等时，即xh=，2012vtgt=，计算得出02vtg=，所以C正确；D．此时合速度的大小为22005yvvv+=，所以D正确；故选：B．4.如图所示，电源电动势为E，其内阻r不可忽

略，L1、L2是完全相同的灯泡；线圈L的直流电阻不计，电容器的电容为C，下列说法正确的是（）A.刚接通开关S的瞬间，L1立即亮，L2逐渐变亮B.合上开关S，电路稳定后，灯泡L1、L2的亮度相同C.电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡L1的电流方向向右D.电路稳定后在断开S的瞬间，通过

灯泡L2的电流为零【答案】AC【解析】刚接通开关S的瞬间，线圈中电流要增大，则出现自感电动势，L1立即亮，L2逐渐变亮，A正确；合上开关S，当电路稳定后，由于线圈的直流电阻为零，当则灯泡L1被短路，故B错误；当断开S的瞬间，线圈中电流要减小，则出现自感电动势，通过灯泡L1的电流方向向右

，C正确；断开S的瞬间，电容器也要放电，则灯泡L2慢慢熄灭，D错误．【点睛】记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源．5.如图所示，竖直面内有一匀强电场，其方向与x轴夹角为37°，现有质量为m的一带负电的小

球，从O点以速度v0竖直向下抛出，已知小球的加速度沿x轴方向，则关于带电小球运动过程中的说法正确的是（）A.小球所受电场力的大小为53mgB.小球的电势能与重力势能之和一直在减小C.小球的电势能与动能之和一直在减小D.经过0

916vtg=的时间，小球的机械能达到最小值【答案】ABD【解析】【详解】A．小球加速度沿x轴方向，小球受到竖直向下的重力和与电场线方向相反的电场力，所以小球合力沿x轴正方向，在竖直方向有sin37mgF

=解得电场力53mgF=A正确；B．小球所受合外力沿x轴正方向，小球做类平抛运动，所以小球所受合力做正功，小球的动能增加，根据能量守恒定律可知小球的电势能与重力势能之和一直在减小，B正确；C．小球做类平抛运动，小球的重力做正功，重力势能减小，根据能量守恒定律可

知小球的电势能与动能之和一直在增加，C错误；D．电场力做负功，电势能增加，小球机械能减小，所以电场力做负功最大时，小球机械能最小，沿电场线方向建立直角坐标系，则在电场力方向，速度为0cos53v，加速度为5c

os533amgmgm=−解得1615ag=沿电场线方向，小球做匀减速直线运动，减速至0用时为0003cos5351615916vgtvvag===此时电场力做负功最大，所以小球机械能最小，D正确。故选ABD。6.如图所示，一原长为L0的轻弹簧，下端固定在地面，上端固定一质量

为m木板，处于静止状态，现将另一质量为m的物块从弹簧原长处由静止释放，落到木板上时，立即与木板粘在一起，此后继续压缩弹簧到最低点C处，已知弹簧的弹性势能2p12Ekx=，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，

忽略物体在运动过程中的空气阻力，重力加速度取为g。关于这一过程，下列说法中正确的是（）A.在此过程中，两物块、弹簧、地球构成的系统机械能守恒B.两物体从粘到一起以后的过程中，两物块、弹簧、地球构成的系统机械能守恒C.在C点两物体的加速度为0D.在

C点两物体的加速度为22g【答案】BD【解析】【详解】A．物块和木板发生完全非弹性碰撞，碰撞过程中损失机械能，所以在此过程中，两物块、弹簧、地球构成的系统机械能减小，A错误；B．两物块碰后，两物块、弹簧、地球构成的系统中只有弹

力和重力做功，所以系统机械能守恒，B正确；CD．未发生碰撞时，对木板1kxmg=未碰撞时，弹簧压缩量为1x，则物块自由落体21012mgxmv=碰撞过程，满足动量守恒定律，选取竖直向下为正方向02mvmv=碰后到压缩量最大时压缩量为x，根据动能定理222111112()()0

2222mgxxkxkxmv−−−=−整理变形得2211420xxxx−+=解得1122xxx=+（另一项1122xx−舍去）则在最低点，根据牛顿第二定律可知22kxmgma−=解得1122222222kxmgkxkxmgagmm−+−===C错误，D正

确。故选BD。7.如图所示，对角线CE将矩形区域CDEF分成两个相同的直角三角形区域，I、II内分别充满了方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，已知CD=FE=L、3DECFL==，质量为m，带电荷量为q的正电荷从A点（33DAL=）以一定的

速度平行于DC方向垂直进入磁场，并从CF上的Q点（图中未画出）垂直CF离开磁场，电荷重力不计．则（）A.233CQL=B.33CQL=C.33qBLvm=D.36qBLvm=【答案】AC【解析】粒子在磁场中的运动轨迹如图；

由对称性可知，因3DECFL==，33DAL=则233CQL=，选项A正确，B错误；粒子运动的轨道半径为33rL=，则由2vqvBmr=解得33qBLvm=，选项C正确，D错误；故选AC.此题关键是画出粒子在

两个磁场中运动的轨迹图，充分利用几何对称的关系找到轨道半径，结合牛顿第二定律进行解答.8.如图为一变压器，输入交流电压的有效值U0=200V，R0=20，n1∶n2=1∶2，则当R为某一值时，R上消耗的功率会达到最大值，

则关于R的这一值和R的最大功率描述正确的是（）A.10B.80C.2000WD.500W【答案】BD【解析】【详解】变压器原线圈两端的输入功率为210101010()PIUIRIRIU=−=−+R功率最大时，变压器原线圈的输入功率也最大，当0102

00A5A2220UIR===此时输入功率最大为m500WP=根据理想变压器的电流规律1221InIn=可知副线圈的电流12125A2nIIn==则R阻值为m222500Ω80Ω5()2PRI===AC错误，BD正确。故选BD。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~32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.如图甲为测量重力加速度的实验装置，C为数字毫秒表，A、B为两个相同的光电门，C可

以测量铁球两次挡光之间的时间间隔.开始时铁球处于A门的上边缘，当断开电磁铁的开关由静止释放铁球时开始计时，落到B门时停止计时，毫秒表显示时间为铁球通过A、B两个光电门的时间间隔t，测量A、B间的距离x.现将光电门B缓慢移动到不同

位置，测得多组x、t数值，画出随t变化的图线为直线，如图乙所示，直线的斜率为k，则由图线可知，当地重力加速度大小为g＝________；若某次测得小球经过A、B门的时间间隔为t0，则可知铁球经过B门时的速度大小为________，此时两光电门间的距离为________

.【答案】(1).2k(2).2kt0(3).20kt【解析】【分析】根据位移时间公式得出A到B过程中位移时间的表达式，得出xtt−的表达式，结合图线的斜率求出重力加速度的大小，再依据运动学公式，即可求解经过B光电门的速度，及

两光电门的间距；【详解】小球做自由落体运动，出发点在A点，设小球在A点的速度为0，则小球从A到B的过程：212xgt=，则12xgtt=，可知xtt−成一次函数，斜率2gk=，解得：2gk=；依据速度公式，则有：002Bvgtkt==；而两光电门的间距22012d

gtkt==；10.某实验小组利用如图（a）所示的电路探究在25C80C范围内某热敏电阻的温度特性，所用器材有：置于温控室（图中虚线区域）中的热敏电阻TR，其标称值25C时的阻值为900.0Ω：电源

E（6V，内阻可忽略）；电压表V（量程150mV）；定值电阻0R（阻值20.0Ω）；滑动变阻器1R（最大阻值为1000Ω）；电阻箱2R（阻值范围0999.9Ω）；单刀开关1S，单刀双掷开关2S。实验时，先按图（a）连接好电路，再将温控室的温度t升至80

.0C，将2S与1端接通，闭合1S，调节1R的滑片位置，使电压表读数为某一值0U：保持1R的滑片位置不变，将2R置于最大值，将2S与2端接通，调节2R，使电压表读数仍为0U：断开1S，记下此时2R的读数，逐步降低温控室

的温度t，得到相应温度下2R的阻值，直至温度降到25.0C，实验得到的2Rt−数据见下表。/Ct25.030.040.050.060.070.080.02/ΩR900.0680.0500.0390.0320.0270.0240.0回答下列问题：(1)在闭

合1S前，图（a）中1R的滑片应移动到_________（填“a”或“b”）端。(2)在图（b）的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出2Rt−曲线_________。(3)由图（b）可得到TR在25C80C范围内的温度特性，当44.0Ct=时，可得TR=___Ω。(4)将TR握于手心

，手心温度下2R的相应读数如图（c）所示，该读数为___Ω，则手心温度为_____C。【答案】(1).b(2).(3).440（435~455）(4).620.0(5).32.0（31.0~34.0）【解析】【详解】(1)[1]实验前，应将滑动变阻器的阻值调节到最大，保护

电路，所以滑片应移动到b端。(2)[2]根据表格中描点，用平滑的曲线连接各点如图(3)[3]根据图像可知，当44.0Ct=，T440ΩR=。(4)[4]电阻箱的读数为6100Ω210Ω01Ω00.1Ω620.0Ω+++=。[5]对应图像可知温度为32.0C。11.如

图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径0.6Rm=.平台上静止着两个滑块A、B,0.1Amkg=,0.2Bmkg=,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上.小车质量为0.3Mkg=,车面与平台的台面等高,车面左侧

粗糙部分长度为0.8Lm=,动摩擦因数为0.2=,右侧拴接一轻质弹簧,弹簧自然长度所在处车面光滑.点燃炸药后,A滑块到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于A滑块的重力,滑块B冲上小车.两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且210/

gms=.求:（1）滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力（2）炸药爆炸后滑块B的速度大小（3）滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能.【答案】(1)7NFN=,方向竖直向下；(2)3/Bvms=；(3)0.2

2PEJ=【解析】【详解】(1)滑块A在最高点时，由牛顿第二定律得2ANAvmgFmR+=已知最高点滑块对轨道的压力NAFmg=解得：2vgR=滑块A从半圆轨道最低点到达最高点过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得2211222AAAAmvmgRmv+=在半

圆轨道最低点由牛顿第二定律2ANAAvFmgmR−=代入数据解得：7NFN=，6/Avms=由牛顿第三定律可以知道，滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力大小为7N，方向竖直向下(2)炸药爆炸过程中，A、B系统动量守恒由动量守恒定律得AABBmvmv=代入

数据解得：3/Bvms=(3)B与车组成的系统动量守恒,由动量守恒定律()BBBmvmMv=+由能量守恒定律得()221122PBBBBEmvmMvmgL=−+−代入数据解得：0.22PEJ=12.如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电

场，方向竖直向上．一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径

r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度大小E；(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总．【答案】（1）2qBhm（2）2(21)qhBm−（3）11(222)4mqB++【解析】【详解】(1)根据题意可大体画出粒子在复合场中

的运动轨迹如图所示，由几何关系可得rcos45°=h即2rh=211vqvBmr=解得12qBrqBhvmm==(2)粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点速度大小为vb粒子做类平抛运动，有：vb=v1cos45°所以bqBhvm=设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为-yb，

由类平抛运动得r+rsin45°=vbt01121(sin450)22byvth+=+=由动能定理2211122bbqEymvmv−=−所以2(21)qhBEm−=(3)粒子在磁场中的周期为122rmTvqB==第一次经过x轴的时间1558mtTqB==

在电场中运动的时间22(21)2mttqB+==在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间33342mtTqB==所以总时间12311(222)4mttttqB=++=++总（二）选考题（共45分。请考

生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。）13.下列说法正确的是________A.布朗运动就是液体分子的无规

则运动B.空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值C.尽管技术不断进步,热机的效率仍不能达到100%,制冷机却可以使温度降至热力学零度D.将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子,则这两个分子间分子力先增大后减小最后再增大,分子势

能是先减小再增大E.附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时,液体与固体间表现为浸润【答案】BDE【解析】【详解】A.布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的表现，选项A错误；B

.空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值，选项B正确；C.尽管技术不断进步,热机的效率仍不能达到100%,制冷机也不可以使温度降至热力学零度，选项C错误；D.将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子,则这两个

分子间分子力先增大后减小最后再增大,分子势能是先减小再增大，选项D正确；E.附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时,液体与固体间表现为浸润，选项E正确；故选BDE。14.如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活

塞封闭了一定质量的理想气体，活塞面积之比SA：SB＝1∶3，两活塞以穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个气缸都不漏气．初始时活塞处于平衡状态，A、B中气体的体积均为V0，A、B中气体温度均为T0＝300K，A中气体压强pA＝1．6

p0，p0是气缸外的大气压强．（1）求初始时B中气体的压强pB；（2）现对A中气体加热，使其中气体的压强升到pA′＝2．5p0，同时保持B中气体的温度不变，求活塞重新达到平衡状态时A中气体的温度TA′．【答案】（1

）00.8Bpp=；（2）562.5K【解析】【详解】（1）初始时活塞平衡，有0AABBABpSpSpSS+=+（）已知021.5BAASSpp==，代入上式解得：00.75Bpp=（2）末状态活塞平衡，有0AABBABpSpSpSS+

=+（）解得00.5Bpp=B中气体初、末态温度相等，初状态000.75?BBppVV==，末状态：00.5?BBppV==，？由BBBBpVpV=，可求得01.5BVV=设A中气体末态的体积为AV，因为

两活塞移动的距离相等，故有AABBABVVVVSS−−=解得01.25AVV=由气态方程AAAAAAPVPVTT=解得500AAAAAAPVTTKPV==15.如图所示，实线和虚线分别为某种波在t时刻和t

t+时刻的波形曲线。B和C是横坐标分别为d和3d的两个质点，下列说法中正确的是（）A.任一时刻，如果质点B向上运动，则质点C一定向下运动B.任一时刻，如果质点B速度为零，则质点C的速度也为零C.如果波是向右传播的，则波的周期可能为67tD

.如果波是向左传播的，则波的周期可能为611tE.该列波的波长为3d【答案】CDE【解析】【详解】ABE．根据图像可知，该列波不是标准的正弦波，波长为3d，B、C两点相距不是半个波长，所以任一时刻，如果质点B向上运动，质点C运动情况未知，所以质点B速度为零，则质点C

的速度不一定为零，AB错误，E正确；C．若波向右传播，则16tTnT=+（n=0，1，2……）当1n=时，周期67Tt=C正确；D．若波向左传播，则56tTnT=+（n=0，1，2……）当1n=时，周期611Tt=D正确。故选CDE。16.如图，上、下表面平行的

厚玻璃砖置于水平面上，在其上方水平放置一光屏。一单色细光束从玻璃砖上表面入射，入射角为i，经过玻璃砖上表面和下表面各一次反射后，在光屏上形成两个光斑。已知玻璃砖的厚度为h，玻璃对该单色光的折射率为n，光在真空中的速度为c。求：(1)两个光斑的间距d；(2)两个光斑出现的时间差Δt。【答案】(1)

22sin2sinidhni=−；(2)2222Δsinhntcni=−【解析】【详解】(1)作出如图光路如图根据折射定律有sinsininr=由几何关系得2tandhr=由以上式子得22sin2sinidhni=−(2)两光斑

形成的时间差即折射光束在玻璃砖内运动的时间，下表面反射光束多走的路程2coshsr=光在玻璃中速度cvn=且stv=由以上式子得2222sinhntcni=−