【文档说明】【精准解析】西藏日喀则市2020届高三上学期学业水平模拟测试物理试题.doc，共(20)页，786.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019年日喀则市高三学业水平测试试卷一、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。1.2018年8月19日报道，日本福岛第一核

电站核污水净化后的含氚水中，仍残留有其他放射性物质，其中部分物质半衰期长达1570万年．有关原子核物理知识，下列说法正确的是A.有8个放射性元素的原子核，当有4个发生衰变所需的时间就是该元素的半衰期B.天

然放射现象中产生的α射线的速度与光速相当，穿透能力很强C.放射性元素发生衰变时所释放出电子是原子核内的中子转化为质子时产生的D.汤姆孙首先发现了中子，从而说明原子核内有复杂的结构【答案】C【解析】【详解】A、半衰期具有统计规律，对大量的原子核才适用．故A错误；B、天

然放射性现象中产生的α射线速度为光速的十分之一，电离能力较强，穿透能力较弱．故B错误；C、放射性元素发生β衰变时原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，并且将电子释放出来，故C正确；D、电子的发现，表明原子有复杂的结构；天然放射现象的发现，表面原子核有复杂的结构，D错误．故选C．2.20

19年初，《流浪地球》的热映激起了人们对天体运动的广泛关注。木星的质量是地球的31789倍，已知木星的一颗卫星甲的轨道半径和地球的卫星乙的轨道半径相同，且它们均做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A.卫星甲的周期可能大于

卫星乙的周期B.卫星甲的线速度可能小于卫星乙的线速度C.卫星甲所受的万有引力一定大于卫星乙所受的万有引力D.卫星甲的向心加速度一定大于卫星乙的向心加速度【答案】D【解析】【详解】根据万有引力提供卫星圆周运动向心力有22224mMvGmrmmarTr===A．周期234rTGM=两颗卫

星的轨道半径相同，但木星的质量大，故其周期小，即甲卫星的周期小于乙卫星的周期，故A错误；B．线速度GMvr=两颗卫星的轨道半径相同，但木星的质量大，故线速度大，即甲卫星的线速度大于乙卫星的线速度，故B错误；C．木星的

质量大，但不知道两颗卫星的质量大小关系，故无法求得它们间万有引力的大小，无法比较，故C错误；D．向心加速度2GMar=两颗卫星的轨道半径相同，但木星的质量大，故其向心加速度大，即甲卫星的向心加速度大于乙卫星

的向心加速度，故D正确。故选D。3.如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为233Fmg=的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如

果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法正确的是（）A.弹簧的原长为2mgLk−B.斜面的倾角为α=45°C.撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度不变D.撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为2g【答案】A【解析】【详解】AB．对小球B进行受力分析，由平

衡条件可得sinkxmg=解得sinmgxk=所以弹簧的原长为sinmgLxLk−=−对小球A进行受力分析，由平衡条件可得cossinFmgkx=+解得α=30°所以弹簧的原长为2mgLk−，故A正确，B错误；C．撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得Asinmgkxma+

=小球A此时的加速度Aag=故C错误；D．撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D错误。故选A。4.利用函数图像是一种解决物理问题的常用方法．某同学利用传感器探究一玩具车沿某一路段做直线运

动的性质，从t=0时刻开始计时得到了xtt−的图像.如图所示，由此可知A.玩具车做速度为-3m/s的匀速直线运动B.玩具车做变加速直线运动C.玩具车做匀加速直线运动，初速度大小为2m/sD.玩具车做匀加速直线运动，加速度的大小

为1.5m/s2【答案】C【解析】【详解】由图得：22/3xtmst=+（），由x=v0t+12at2得：xt=v0+12at，可得12a=23，解得a=43m/s2．v0=2m/s，可知物体做匀加速直线运动，初速度大小为2m/s，加速度的大小为43

m/s2．故ABD错误，C正确．故选C.5.在水平面上静止地放一足够长的长木板N，将一铁块M放在长木板上，在长木板的右端加一水平向右的拉力F，拉力的大小由零逐渐增大。已知铁块的质量为2m、长木板的质量为m，铁块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与水平面

间的动摩擦因数为0.5，且满足最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度用g表示，则（）A.如果外力52Fmg，则铁块与长木板静止在水平面上不动B.如果外力5=2Fmg，则铁块的加速度大小为13gC.如果外力3Fmg，则铁块与长木板之间有相对运动D.在逐渐增大

外力F的过程中，铁块加速度的最大值等于g【答案】BD【解析】【详解】A．N与地面的最大静摩擦力f0.531.5Fmgmg==若2.5Fmg可知铁块与长木板不一定静止在水平面上不动，A错误；B．如果外力5=2Fmg，假设M和N保持相对静止，整体的加速度0.353mmaFg−

=解得13ag=此时M和N间的摩擦力f2223Fmamgmg==假设成立，可知铁块的加速度为13g，B正确；C．M和N发生相对滑动的临界加速度，铁块M22mamg=解得ag=对整体分析0.533Fmgma−=解得发生相

对滑动的最小外力4.5Fmg=C错误；D．M和N发生相对滑动的临界加速度，铁块M22mamg=解得ag=可知增大外力F的过程中，铁块的最大加速度为g，D正确。故选BD。6.如图，在xOy平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴上方的磁感应强度为B，x轴下方的磁感应强度为2B。一带电量

为-q、质量为m的粒子从O点垂直于磁场方向射入，入射速度v与x轴正方向夹角为30°，不计重力，则粒子从O点射入后（）A.在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2B.在x轴上方和下方两磁场中运动的时间

之比为1：5C.到经过x轴进入上方磁场所需的时间为2mqBD.能再次回到O点【答案】AD【解析】【详解】A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由2vqvBmr=可得mvrqB=可知粒子圆周运动半径与B

成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中半径之比为1：2，A正确；B．带电粒子在磁场中运动的时间°2360mtqB=可知，带电粒子在磁场中运动的时间与运动轨迹所对圆心角成正比，与磁感应强度成反比。负电荷在x轴上方轨迹所对的圆心角为°160=，在x轴下方轨迹所对应圆心角为°

2300=，则有°112°221B6012×300B10tBtB===B错误；C．由B选项可知，带电粒子在x轴上面所需时间为°1°6023603mmtqBqB==在x轴下方所用时间为°2°30021036032mmt

BqBq==到经过x轴进入上方磁场所需的时间为12113mtttqB=+=C错误；D．根据左手定则可知，负电荷在第一象限沿顺时针方向旋转60°，而在第四、三象限沿顺时针旋转300°，在第二象限沿顺时针旋转60°，且在x轴上方和下方磁场中的半径之比为1：2，所以回到原点O，D正确。7.如图

甲所示是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生的交变电压图象。将该电压加在图乙中理想变压器的M、N两端。变压器原、副线圈匝数比为5：1，电阻R的阻值为2Ω，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A.0.01s时穿过线

圈的磁通量最大B.线圈转动的角速度为50πrad/sC.流过灯泡的电流方向每秒钟改变50次D.电流表的示数为22A【答案】BC【解析】【详解】A．由图甲可知，在t=0.01s时，电压最大，此时是磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零

，故A错误；B．根据图甲可知，交流电的周期是0.04s，由2π2πrad/s50πrad/s0.04T===故B正确；C．交流电的周期是0.04s，在每一个周期内交流电的方向改变2次，所以流过灯泡的电流方向每秒钟改变次数2250

0.04nT===故C正确；D．电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为100V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为1122UnUn=得220VU=所以电压表的示数为20V，副线圈上的电流2220==A=10A2UIR由电流与匝数

成反比得21212AnIIn==所以电流表读数为2A，故D错误。故选BC。8.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若

粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（）A.带负电B.速度先增大后减小C.经过a点的加速度大于经过c点时的加速度D.经过b点和d点时的速度大小相同【答案】AD【解析】【详解】A．根据两个固定的等量异种点电荷所形

成电场的等势面的特点可知，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方，从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，A正确；B．粒子从abc→→过程中，电场力做负功；cde→→过程中，电场力做正功，在整个运动过程中，电场力先做负功

后做正功，粒子速度先减小后增大，B错误；C．图中a点处的等势面比c处的等势面稀疏，可知c处的电场强度大，则带电粒子在c点受到的电场力大，所以粒子在c处的加速度大，C错误；D．由该图可知，b、d两点都在−5V的等势面上，所以粒子在从b到d的

过程中，电场力做功为零，由此b、d两点的动能是相等的，所以在b点和d点时的速度大小相同，D正确。故选AD。二、非选择题：共6，第9~12题为必考题，每个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9.某同学用图甲所示的装置完成了“验证机械能守恒定律”的

实验：（1）首先利用20分度的游标卡尺测出了小球的直径，其示数如图乙所示，该示数为_______cm。（2）将该小球由光电门1的正上方无初速度释放，先后通过光电门1、2，通过电脑显示的时间分别为31510st=－、32410st=－，若小球通过两光电门1、2的速度分别用v1、v2表

示，由以上数据可知v1=______m/s。（3）该小组的同学测出两光电门之间的距离为h，重力加速度大小用g表示，若小球的机械能守恒，则需要验证的关系式为_______（用题中所给字母表示）。【答案】(1).0.575(2).1.15(3).22212ghvv=

−【解析】【详解】（1）[1]该游标卡尺的分度值为0.05mm，游标尺刻度读数为5mm150.05mm5.75mm0.575cmd=+==（2）[2]根据极短时间内的平均速度等于某点的瞬时速度，小球通过光电门2的速度为21

310.57510m/s1.15m/s510dvt−−===（3）[3]小球通过两光电门过程中重力势能的减小量为pEmgh=动能的增加量为22k211122Emvmv=−在误差允许的范围内，重力势能的减小量等于动能的增加量，有pkEE=化简得，需要验证

的关系式为22212ghvv=−10.某同学用如图甲所示电路图测定电源电动势和内阻，定值电阻R0=2Ω．(1)根据图甲所示电路，将图乙所小的实物图连接补充完整(2)某同学实验过程中，测出当电压表V1的读数

U1=1.80V时，电压表V2的读数U2=0.60V．改变滑动变阻器滑片的位置，电压表V1的读数U1′=2.40V时，电压表V2的读数为U2′=2.00V，则电源电动势E=_________V，內阻r=_________Ω．(结果均保留三位有效数字)(3)本

实验电路设计冇在系统误差．为了减小系统误差，下列说法止确的是_________(填正确答案标号)．A.对于电压表V1，应选用内阻更小的B.对于电压表Ⅴ1，应选用內阻更大的C.对于电压表V2，应选用内阻更小的D.对于电压表V2，应选用内阻更大的【答案】(

1).2.70(2).1.50(3).B【解析】【分析】（1）根据电路图连接实物图；（2）根据动能定理电路结构以及闭合电路的欧姆定律列式求解电动势和内阻；（3）本实验产生误差主要是电压表V1的分流作用，由此进行判断.【详

解】（1）实物连线如图；（2）当电压表V1的读数U1=1.80V，电压表V2的读数U2=0.60V时，则电源的电流12101.800.600.62UUIAAR−−===．由闭合电路的欧姆定律：E=U1+I1r=1.80+0.6r；同理，当电压表V1的读数U1′=2.40V，电压表V2的

读数为U2′=2.00V时，则电源的电流12202.402.000.22UUIAAR−−===．由闭合电路的欧姆定律：E=U′1+I2r=2.40+0.2r；联立解得：E=2.70V，r=1.50Ω

.（3）本实验产生误差主要是电压表V1的分流作用，则为了减小实验的误差，应选用內阻更大的电压表Ⅴ1，故选B.【点睛】本题考查实验中的误差分析及数据处理，特别是数据的处理应重点把握；注意各电表的示数与我们的需要的数

据是否一致，从而得出误差来源．11.如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞

后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求：（1）碰撞过程中系统损失的机械能；（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．【答案】（1）2014Emv=损；（2）20340vhg=【解析】【详解】（1）小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒

定律得mv0=2mv解得012vv=碰撞过程中系统损失的机械能为22011(2)22Emvmv=−损解得2014Emv=损．（2）当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等；根据动量守恒定律：01(3)mvmmmv=++解得1014vv=由能量关系2200111122(

)4()2224mghmvmv=−解得20340vhg=12.相距L=1.5m的足够长平行金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图甲所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方

向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同。ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ=0.75，ab棒电阻为1=1.2ΩR，cd棒电阻为2=0.6ΩR，导轨电阻不计。t=0时刻起，ab棒在方向竖直向上，大小按图乙所示规律变化的外力F作用下，从静止开始沿

导轨匀加速运动，同时也由静止释放cd棒。g取10m/s2。(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；(2)已知在0~2s内外力F做功40J，求这一过程中cd棒上产生的焦耳热(3)求出cd棒达到最大速度时所对应的时刻以及这一过程中通过cd棒的电量。【答案】(1)

a=1m/s2，B=1.2T；(2)6J；(3)2C【解析】【详解】(1)经过时间t，金属棒ab的速率v=at此时，回路中的感应电流为12EIRR=+E=BLv对金属棒ab，由牛顿第二定律得F－BIL－m1g=m1a由以上各式整理得221112BLFatmamgRR=+++在图线上取两

点t1=0，F1=11N；t2=2s，F2=14.6N代入上式得a=1m/s2，B=1.2T(2)在2s末金属棒ab的速率vt=at2=2m/s所发生的位移s=12at22=2m由动能定律得WF－m1gs－W安=12m1vt2又Q=W安联立以上方程，解得Q=WF－m1gs－m1vt2

=18J则0－2s内cd棒产生的焦耳热为22126JRQQRR==+(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，当cd棒速度达到最大时，有m2g=μFN又FN=F安

，F安=BIL，012BLatIRR=+整理解得20222smgRtBLa==Im为2s时回路电流122AmBLatIRR==+这一过程中通过cd棒的电量0==2C2mIqItt−=（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做

的第一题计分。[物理——选修3-3]13.一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后又回到状态A．其中C→D→A为等温过程．该循环过程如图所示，下列说法正确的是__________A.A→B过程中，单位时间内碰撞单位面积

器壁的分子数增加B.B→C过程中，气体分子内能减少C.状态A和状态C，气体分子平均动能相同D.D→A过程气体吸收热量E.气体状态变化的全过程中气体对外做的功等于该图象围成的面积【答案】BCE【解析】【详解】A→B过程中，压强不变，体积变大，温度升高，则气体分子的平均速率变大，碰撞力变大，而气体的分

子数密度减小，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小，选项A错误；B→C过程中，气体体积不变，压强减小，温度降低，则分子内能减少，选项B正确；状态A和状态C，气体的温度相同，则气体分子平均动能相同，选项C

正确；D→A过程气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，则放出热量，选项D错误；根据W=P∆V可知，从A→B气体对外做功为1000004(4)12WPVVPV=−=；从B→C气体体积不变，则W2=0;从D→A气体体积减小，外界对气体做功：3

WPV=−,其值等于曲线下方的面积，则气体状态变化的全过程中气体对外做的功等于该图象ABCD围成的面积，选项E正确；14.如图所示，长L=55cm的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一

端开口。现用长l=10cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体，气体温度为306K，且水银面恰与管口齐平。现将管口缓慢转到竖育向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强p=75cmHg，求（1）水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强；（2）对竖直玻璃管缓慢加热，

若管中刚好剩下5cm高的水银柱，此时气体温度为多少。【答案】（1）90cmHg；（2）340K【解析】【详解】（1）设玻璃管的横截面积S，初态时，管内气体的温度为1306KT=体积145VS=压强为10sin3080cmHgppl=+=当玻

璃管竖直时，设水银柱高为，则体积2(55)VHS=−压强为20(75)cmHgppHH=+=+由玻意耳定律1122pVpV=解得15cmH=故2090cmHgppH=+=（2）设温度升至3T时，管中水银柱高为5cm，气体体积350VS=气体压强为3080cmHgppH=+=由理想气体状

态方程332232pVpVTT=代入数据得3340KT=15.某横波在介质中沿x轴传播，图甲是1st=时的波形图，图乙是介质中2mx=处质点的振动图象，则下说法正确的是A.波沿x轴正向传播，波速为1m/sB.t＝2s时，x＝2m处质点的振动方向为y轴负

向C.x＝lm处质点和x＝2m处质点振动步调总相同D.在1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是10cmE.在t＝ls到t＝2s的时间内，x＝0.5m处的质点运动速度先增大后减小【答案】BDE【解析】A、由甲图知，波长λ=2m，

由乙图知，质点的振动周期为T=2s，则波速为：1/vmsT==，由乙图知，t=1s时刻，x=2m处质点向上运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；B、由乙图知，t=2s时，x=2m处质点

的振动方向为y轴负向，故B正确；D、因12Tts==，则在C、x=lm处质点和x=2m处质点相距半个波长，振动步调总相反，故C错误；1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是两个振幅，为10cm，故D正确；E、在t=1s到t=2s经历的时间为12Tts==，t=1s时刻x=0.5m

处的质点位于波峰，则在t=1s到t=2s的时间内该质点的速度先增大后减小，故E正确；故选BDE．【点睛】本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向．16.如图，现有一束

平行单色光垂直入射到一半径为R的玻璃半球的底面上，O点是半球的球心，虚线OO′是过球心O与半球底面垂直的直线，已知光速为c，玻璃对该色光的折射率为3．①底面上多大区域面积的入射光线能够直接从球面射出?②某入射光

线从距离虚线OO′为0.5R处入射，经球面折射后与OO′有交点，求该光线从进入半球到该交点的运动时间?【答案】①23R②52Rc【解析】【分析】（1）根据光路图求解临界角，结合几何关系求解直接从球面射出的入射光线在底面上的面积；（2）根据光路图求解光线传播的距离结合v=c/n求解传播时

间.【详解】①如图，从底上面A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角C时，对应光线到光轴的距离最大，设最大距离为d，i=C设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有1sinCn=由几何关系有sindiR=联立解得：3d3R=能够直接从球面射出的入射光线在底面上的面

积为2213SdR==②设与光轴距R/2的光线在球面B点折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由几何关系有i1=300由折射定律有sinr1=nsini1解得：r1=600即∠BCQ=300可得LBC=R；32ABLR=且在玻璃半球中cvn=联立得52

Rtc=