【文档说明】【精准解析】宁夏石嘴山市第三中学2020届高三下学期高考第五次模拟考试物理试卷.doc，共(16)页，1.306 MB，由小赞的店铺上传

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石嘴山三中2020届高三第五次模拟考试理科综合试卷-物理1.卢瑟福指导他的助手进行的散射实验所用仪器的示意图如图所示。放射源发射的粒子打在金箔上，通过显微镜观察散射的粒子。实验发现，绝大多数粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来方向前进，但少数

粒子发生了大角度偏转，极少数的角度甚至大于90°。于是，卢瑟福大胆猜想（）A.原子核内存在中子B.原子核内存在质子C.电子围绕原子核运动D.原子内部有体积很小、质量很大的核【答案】D【解析】【详解】ABCD．猜想

原子内部很空旷，才能让绝大多数粒子通行无阻；猜想被撞击的原子部分的质量很大，才能让粒子发生了大角度偏转，极少数的角度甚至大于90°，综上分析即原子内部有体积很小、质量很大的核复合题意，ABC错误，D正确。故选D。2.一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力。已知

它经过b点时的速度为v，经过c点时的速度为3v。则ab段与ac段的位移之比为（）A.1:9B.1:3C.1:5D.1:8【答案】A【解析】【详解】物体做自由落体运动，则有22abghv=223acghv=（）联立解得19abachh=故选A。3.如图所示，MN是矩形导线框abcd的对

称轴，其左方有垂直于纸面向外的匀强磁场。以下过程中，abcd中有感应电流产生且感应电流的方向为abcda的是（）A.将abcd向左平移B.将abcd垂直纸面向外平移C.将abcd以MN为轴转动30°D.将abcd以ab为轴转动30°【答案】C【解析】【详解】A．将abcd向左平移，则穿过线圈的磁

通量向外增加，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流方向是adcba，选项A错误；B．将abcd垂直纸面向外平移，则穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，选项B错误；C．将abcd以MN为轴转动30°，则穿过线圈的磁通量向外减小，根据楞次定律可知线

圈中产生的感应电流方向是abcda，选项C正确；D．将abcd以ab为轴转动30°，则穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，选项D错误。故选C。4.如图甲所示，某工地上起重机将重为G的正方形工件缓缓吊起，四根质量不计等长的钢绳，一端分别固定在正方形工件的四

个角上，另一端汇聚于一处挂在挂钩上，绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形工件的对角线长度相等，如图乙所示．则每根钢绳的受力大小为A.14GB.24GC.12GD.36G【答案】D【解析】【详解】设每根钢丝绳的拉力为F，由题意可知每根绳与竖直方向的夹角为30°；根据共点

力的平衡条件可得4cos30FG=解得36FG=D正确。5.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图象如图所示。已知两车在t=3s时并排行驶，则（）A.在t=1s时，甲车在乙车后B.在t=0时，甲车在乙车前7mC.两车另一次并排行驶的时刻是t=2s

D.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m【答案】D【解析】【详解】AB．由图象可知，1到3s甲乙两车的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，由图象可知2220=m/s=10m/s2vat=甲222010=m/s=5m/s2vat−=乙0至

1s的位移为2211==101m=5m22xat甲甲22011==(101+51)m=12.5m22xvtat+乙乙△x=x乙-x甲=12.5-5=7.5m即在t=0时，甲车在乙车前7.5m，故AB错误；C．由分析可知，甲乙

两车相遇时间分别在1s和3s，故C错误；D．1s末甲车的速度为v=a甲t=10×1=10m/s1到3s，甲车的位移为2211(102102)m40m22xvtat=+=+=甲即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路

方向的距离为40m，故D正确。故选D。6.2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第54颗导航卫星，北斗导航工程实现2020年“开门红”。北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星、与同步静止轨道卫星具有相同周期的

地球同步倾斜轨道卫星，以及比它们轨道低一些的中轨道卫星组成。它们均为圆轨道卫星，轨道分布情况如图所示，则（）A.同步静止轨道卫星的周期为24小时，它可以定位在北京上空B.同步静止轨道卫星的运行速度一定小于7.9km/sC.同步静止轨道卫星和同步倾斜轨道卫星一定具有相同的轨道高度D.

中轨道卫星的运行速度比静止轨道卫星的运行速度更小一些【答案】BC【解析】【详解】A．同步静止轨道卫星的周期与地球自转周期相同为24小时，它只能定位在地球赤道正上方一定高度处，故A错误；B．同步静止轨道卫星的运行的轨道半径大于地球半径，故由万有引力提供向心

力有：22MmvGmrr=可判断：7.9km/sGMvvr==同地地故B正确；C．根据万有引力提供向心力可得：234rTGM=可判断，若T相等，则r也相等，所以同步静止轨道卫星和同步倾斜轨道卫星一定具

有相同的轨道高度，故C正确；D．根据万有引力提供向心力，则卫星的运行速度：GMvr=由于中轨道卫星的轨道半径比静止轨道卫星的轨道半径小，所以中轨道卫星的运行速度比静止轨道卫星的运行速度更大，故D错误；故选BC。7.如图所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上O点，当弹簧处于

自由状态时，弹簧另一端在A点。用一个金属小球挤压弹簧至B点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知C点为AB的中点，则（）A.从B到A过程中，小球的机械能守恒B.从B到A过程中，小球的动能先增大后减小C.从B到A过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小D.从B到

C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程【答案】BD【解析】【详解】A．从B到A的过程中，弹簧的弹力对小球做正功，故小球的机械能增加，故A错误；B．从B到A的过程中，开始阶段弹簧的弹力大于重力，小球向上做加速运动，弹簧的压缩量减小，弹力减小，合力减小，故向上做加速度减小的加速运动，当弹簧的弹力

减小到与重力相等时，速度达到最大，此后弹簧的弹力小于重力，小球向上做减速运动，故小球的动能先增大后减小，故B正确；C．从B到A的过程中，弹簧的压缩量一直减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C错误；D．弹簧的弹性势能2p12Ekx=，故从B到C过程弹簧弹力对小球做功2221113()2228

xWkxkkx=−=从C到A过程弹簧弹力对小球做功22211()0228xWkkx=−=故从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程，故D正确。故选BD。8.如图所示，A、B为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，

将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是（）A.若仅将B板下移，带电小球仍将恰好运动至小孔N处B.若仅将B板上移，带电小球将从小孔N穿出C.若仅将R的滑片上移，带电小球将无法运动至N处D.若仅断开开关S，带电小球仍将恰好运动至小孔

N处【答案】CD【解析】【详解】A．若仅将B板下移，根据公式4rSCkd=，电容减小；由于二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出，故电量不变，根据QCU=，U=Ed，得到4rkSEQ=故场强不变，故到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速

度已经减为零返回了，故A错误；B．若仅将B板上移，根据公式4rSCkd=，电容增加，电容器要充电；由于电压U一定，根据U=Ed，电场强度增加；故到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故B错误；C．将滑动变

阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了；故C正确；D．断开开关S，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，故D正确。故选CD。三、非选择题：共174分，第22~32题为

必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.A、B两位同学做“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验。(1)实验装置如图甲所示，打出了一条纸带如图乙所示，计时器所用交流电源的频率为50Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一

个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为________m/s2（结果保留两位有效数字）。(2)两同学各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到如图丙中A、B两条直线，图线斜率为____________（用文字表示），则

A、B两同学用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μA______μB（选填“大于”“小于”或“等于”）。【答案】(1).0.15(2).小车质量的倒数(3).大于【解析】【详解】(1)[1]如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为50.02s=0.1sT=则小车的加速

度为22226.646.3410m/s0.15m/s2aT−−==(2)[2][3]当没有平衡摩擦力时有Tfma−=则有Tagm=−即图线斜率为小车质量的倒数，纵轴截距的大小为g，由图像可知AB10.用直流电源（内阻可忽略不计）、电阻箱、定值电阻R0

（阻值为2.0kΩ）、开关和若干导线，连接成如图甲所示的电路来测量电压表V（量程3V）的内阻RV．（1）闭合开关S，适当调节电阻箱的阻值R，读出电压表的示数U，获得多组数据．（2）某次实验时电阻箱的读数如图乙所示，其值为_____Ω．（3

）根据测得的数据画出如图丙所示的1RU−关系图线，由此计算得到纵轴截距与图线斜率的比值为_____，进而求得电压表的内阻RV=_____kΩ．（计算结果均保留两位有效数字）（4）若电源内阻不可忽略，用此法测得的RV偏_

____（填“大”或“小”）（5）定值电阻R0的作用是_____．【答案】(1).6500(2).9.0(3).7.0(4).大(5).保护电路【解析】【详解】（2）由图示电阻箱可知，其示数为：0×100kΩ+0×10kΩ+6×1000Ω+5

×100Ω+0×10Ω+0×1Ω=6500Ω；（3）根据闭合电路欧姆定律可得：()0VVUERRRR=++，整理可得：011VVVRRRUERER+=+图象的斜率：10.500.251936UkR−===，图象纵轴截距：b=0.25，则0.259.0136bk==由图示图象可知：0VVR

RbER+=，1VkER=，解得：RV=7000.0Ω=7.0kΩ；（4）考虑电源内阻r，由欧姆定律得：()0VVUERRRrR=+++，实际测量的相当于是VRr+，相对VR的阻值来说偏大．（5）由图示电路图可知，定值电阻R0串联在电路中，可以保护电路．11.

如图所示，在距水平地面高h=0.80m的水平桌面左边缘有一质量mA=1.0kg的物块A以一定的初速度沿桌面运动，经过位移s=1.8m与放在桌面右边缘O点的物块B发生正碰，碰后物块A的速度变为零，物块B离开桌面后落到地面上，落地点到桌边缘O点的水平距离x=1.0m。设两物块均可视为质点，它们的碰撞时

间极短，物块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，物块B的质量mB=1.6kg，重力加速度g=10m/s2，求：(1)两物块碰撞后瞬间，物块B的速度大小vB；(2)两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小vA；(3)物块A与B碰撞的过程中

系统损失的机械能E；(4)物块A在水平桌面左边缘时的初速度v0。【答案】(1)2.5m/s；(2)4.0m/s；(3)3.0J；(4)5.0m/s【解析】【详解】(1)物块B离开桌面后做平抛运动，设其飞行时间

为t，离开水平桌面时的速度为Bv，则有,竖直方向有212hgt=水平方向有Bxvt=联立并代入数据得B101m/s2.5m/s220.8gvxh===(2)物块A与物块B碰撞过程中动量守恒，设物块A碰撞前的速度为Av，则有AABB00m

vmv+=+解得A4.0m/sv=(3)碰撞过程中系统损失的机械能为22AABB1122Emvmv=−代入数据，解得221114J1.62.5J3.0J22E=−=(4)设物块A在水平桌面左边缘时的初速度0v，由动能定理得22AAAA01122mgsmvmv−

=−代入数据解得05.0m/sv=12.如图，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿-y方向、电场强度为E的匀强电场．从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y方向成30

°～150°，且在xOy平面内．结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区．已知带电粒子电量为q，质量为m，重力不计．求：（1）垂直y轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v1；（2）粒子在第Ⅰ象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向

；（3）从x轴上(21)xa=−点射人第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上yb=−的点，求该粒子经过yb=−点的速度大小．【答案】（1）1qBavm=（2）56mtqB=（3）222222qBaqEbvmm=+【解

析】【详解】（1）如图所示，粒子运动的圆心在O点，轨道半径1ra=由2111vqvBmr=得1qBavm=（2）当粒子初速度与y轴正方向夹角30°时，粒子运动的时间最长此时轨道对应的圆心角150=粒子在磁场中运动的周期2mTqB=综上可知15053606mtTqB==（3）如图所示设

粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，则有cos(21)RRa−=−sinRa=可得45=，2Ra=此粒子进入磁场的速度v0，则：02qBRqBavmm==设粒子到达y轴上速度为v，根据动能

定理，有：2201122qEbmvmv=−解得：222222qBaqEbvmm=+【物理—选修3-3】13.下列说法正确的是（）A.在完全失重的情况下，气体的压强为零B.液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力C.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子

势能越小D.水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小E.不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化【答案】BDE【解析】【详解】A.气体压

强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的，在完全失重的情况下，气体的压强并不为零，故A错误；B.液体表面张力产生的原因是由于液体表面层里的分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，分子间表现为引力，故B正确；C.当两分子间距离大

于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大，故C错误；D.气泡在水中上浮过程中，体积增大，温度基本不变，压强减小，根据气体压强的微观解释可知，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小，故D正确；E.根据热力学第二定律可知，不可能将散失在环境中的内能重新收集

起来加以利用而不引起其他变化，故E正确。故选BDE.14.如图所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞(横截面积为S)封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计．轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的重物(质量为m)连接．

开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p0(mg＜p0S)，轻绳处在伸直状态，汽缸内气体的温度为T0，体积为V．现使汽缸内气体的温度缓慢降低，最终使得气体体积减半，求：(1)重物刚离开地面时汽缸内气体的温度T1；(2)气体体积减半时的温度T2；(3)在如图乙所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程

并标注相关点的坐标值．【答案】（1）10(1)mgTTPoS=−（2）202(1)mgTTPoS=−（3）【解析】【详解】试题分析：①p1=p0，20mgppS=−容过程：1201ppTT=解得：0100mgpSTTp−=②等压过程：122VVTT

=02002mgpSTTp−=③如图所示考点：考查了理想气体状态方程【物理—选修3-4】15.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位罝为x=lm处的质点，Q是平衡位罝为x=4m处的质点．图乙为质点Q的振动图象．下列说法正确的是．A.该波的周期是0.10sB.该波的传播

速度为40m/sC.该波沿x轴负方向传播D.t=0.10s时，质点Q的速度方向向下E.从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm【答案】BCD【解析】【详解】由图乙知该波的周期是0.20s．故A错误．由甲图知波长λ=8m，则波速为：8/40/0.2vmsm

sT===，故B正确．在t=0.10s时，由乙图知质点Q正向下运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，故C、D正确．该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动．从t=0.10s到0.25s经过的时间为△t=0.15s=34T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波

峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故E错误．16.如图所示，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方，O为球心，直径恰好水平，轴线OO'垂直于水平桌面。位于O点正上方某一高度处的点光源。S发出一束与OO'夹角θ=

60°的单色光射向半球体上的A点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B点，已知O'B=32R，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光的反射，求：（1）透明半球对该单色光的折射率n；（2）该光在半球体内传播的时间。【答案】(1)3；(2)Rc【解析】【详解】（1

）光从光源S射出经半球体到达水平桌面的光路如图光由空气射向半球体，由折射定律，有sinsinn=在OCD中，3sin2COD=，得60COD==光由半球体射向空气，由折射定律，有sinsinn=故=由几何知识得60+=，故30==sin3

sinn==（2）光在半球体中传播的速度为33cvcn==且2cosRAC=则光在半球体中传播的时间ACRtcc==