【文档说明】【精准解析】2020届辽宁省沈阳市第二中学高三（下）第五次模拟考试理综物理试题（解析版）.doc，共(20)页，767.500 KB，由小赞的店铺上传

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辽宁省沈阳市第二中学2020届高三下学期第五次模拟考试理综物理二、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--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，有选错或不选的得O分。1.下列说法正确的是（）A.贝可勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核B.普朗克提出了能量子的假设，解释了光电效应现象C.若衰变-A4ZAZ-224XY+He→中释放的能

量为E，则AZX的比结合能为EAD.关于核反应2342349091ThPaX→+，X是从原子核中射出的，且释放核能【答案】D【解析】【详解】A．贝可勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子核可分，故A错误；B．普朗克在研究黑体

辐射问题时提出了能量子假说，建立了量子论，而爱因斯坦光子说成功解释了光电效应现象，故B错误；C．AZX的比结合能是A个核子结合成AZX时放出的能量，该能量不是它衰变时放出的能量，故C错误；D．该核反应是衰变，是原子核内的一个中子转化为一个质子，同时释放出一个电子和能

量，故D正确。故选D。2.图为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1:n2=1:k，降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3:n4=k:1，模拟输电导线的电阻r=3Ω，T2的负载是规格为“15V，45W”的灯泡L．当T1的输入电压为16V时L正常发光，两个变压器可视为

理想变压器，则k的值为A.32B.3C.4D.9【答案】B【解析】根据电压与匝数成正比，有1122UnUn=即2161Uk＝得U2＝16k；灯泡的额定电流为45315PIAAU＝＝＝，降压变压器副线圈电流I4＝3A；根据341UkU＝，得U3＝KU4＝15k根据电流与

匝数成反比，得341IIk＝，得433IIkk＝＝；电压关系：233UUIr+＝；代入数据16k＝15k+3k×3，解得：k=3，故选B.点睛：理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失

，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损.3.如图所示，在空中某一位置P将一个小球以初速度v0水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成60°角，若将小球从P点以2v0的初速度水平向右抛出，则小球第二

次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的()A.4倍B.1916倍C.198倍D.194倍【答案】B【解析】【详解】小球做平抛运动，水平方向上匀速直线运动0xvt=竖直分速度0ygxvgtv==因为10xvv=，20122xxvvv==所

以122yyvv=第一次10tan603yvv==解得103yvv=；2032yvv=第一次碰到墙壁时的动能222k10101()22yEmvvmv=+=第二次碰到墙壁时的动能222k2220119()24xyEmvv

mv=+=因为k2k11916EE=小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的1916倍，故B正确，ACD错误。故选B。4.如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一个质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆

环三等分，在挂钩拉力作用下圆环处于静止状态，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为（）A.512mgB.59mgC.58mgD.56mg【答案】A【解析】【详解】设绳中拉力为T，绳与竖直方向夹角为，由几何关系可知4cos5=由平衡知识3Tcos=mg得出53cos12m

gTmg==故选A。5.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图所示。在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q

的静止粒子，则以下说法正确的是()A.第2秒末粒子回到了原来位置B.第2秒内上极板为正极C.第3秒内上极板为负极D.第2秒末两极板之间的电场强度大小为20.2rd【答案】B【解析】【详解】D．由图可知，B-t图像的斜率大小不变，线圈面积不变，根据法拉第电磁感应定律可知2(V)

10BrESt==感感应电动势大小不变；两极板之间的电场强度大小为210ErEdd==感两极板之间的电场强度大小也不变。故D错误；B．由图象可知，在第1s内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变大，穿过金属圆环的磁通量变大，假

设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，即感应电流磁场方向垂直于纸面向外，然后由安培定则可知，感应电流沿逆时针方向，由此可知，上极板电势低，是负极，下板是正极，场强方向向上，同理在第2s内和第3s内，上极板电势高，是正极，下板是负极，场强方向向下；故

B正确，C错误；A．电场强度大小不变，电场力大小不变，加速度大小不变，不失一般性，假定带电粒子带正电，第1s内电向上做初速度为0的匀加速运动，第2s内电向上做末速度为0的匀减速运动，所以带电粒子一直向上运动，第2秒末粒子不会回到了原来位置。故A

错误。故选B。6.在光滑的绝缘水平面上，有一个边长为L的正三角形abc，顶点a、b、c处分别固定一个电荷量为q的正电荷，如图所示，D点为正三角形外接圆的圆心，E、G、H点分别为ab、ac、bc的中点，F点为E点

关于电荷c的对称点（选择无穷远处为零电势），下列说法中正确的是（）A.D点的电场强度为零、电势不为零B.E、F两点的电场强度等大反向，电势相等C.c点电荷受到a、b点电荷的库仑力F库=223KqLD.G、H两点的电场强度、电势均相同【答案】AC【解析】【详解】A．根据库仑定律，三

个点电荷在D点的场强大小相等，方向沿角平分线，由几何关系可知三个场强间的夹角为120°，由矢量的合成可知，D点的场强一定为零；因为一般选择无限远处电势为0，把电荷从无限外移到D点，电场力会做功，所以D点电势不为0，故A正确；B．由于a、b在E点的场强大小相等方向

相反，故E点的场强仅由电荷c决定，故场强方向向左，而电荷c在EF位置的场强大小相同方向相反，但电荷a、b在F点的场强矢量和不为0，所以EF两点的电场强度大小不同，方向相反；F点为E点关于电荷c的对称点，所以只有电荷c时，E、F两点的电势相等，而只有有电荷a、b时E、F两点电势

不相等，所以有三个电荷a、b、c时，E、F两点电势不相等，故B错误；C．c点处有a、b产生的电场力，由平行四边形定则可知，c点电荷受到a、b点电荷的库仑力为22232cos30kqqkqFLL==库故C正确；

D．由于a、c在G点的场强大小相等方向相反，故G点的场强仅由电荷b决定，所以G点场强方向沿bG连线上，由b指向G；同理H点的场强方向沿aH连线上，由a指向H，两点方向不同；根据对称性，可知G、H两点的电势均相同，故

D错误。故选AC。7.北斗卫星导航系统第41颗和第49颗卫星已完成在轨测试、入网评估等工作，正式入网工作。第41颗卫星为地球同步轨道卫星，第49颗卫星为倾斜地球同步轨道卫星，它们的轨道半径约为4.2×107m，运

行周期都等于地球的自转周期24h。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。已知万有引力常量G＝6.67×10﹣11N•m2/kg2，下列说法中正确的是（）A.同步轨道卫星可能经过北京上空B.根据题目数据可估算出地球的质量C.倾斜地球同步轨道卫星的发射速度大于第一宇宙速度D.倾

斜地球同步轨道卫星一天2次经过赤道上同一位置【答案】BCD【解析】【详解】A．同步轨道卫星处于赤道平面上方，不可能经过北京上空，故A错误；B．根据222MmGmrrT=可得2324rMGT=故B正确；C．

第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，故倾斜地球同步轨道卫星的发射速度大于第一宇宙速度，故C正确；D．由于倾斜地球同步轨道卫星周期与地球自转周期相同，故一天2次经过赤道上同一位置，故D正确。故选BCD。8.a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t＝0时，两质点同时到达坐标原点O，测得两质

点在之后的运动中，其位置坐标x与时间t的比值(即平均速度)随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是()A.质点a做匀加速运动的加速度为1.0m/s2B.质点b做匀速运动的速度为1.0m/sC.t＝1s时，a、b再次到达同一位置D.t＝2s

时，a、b再次到达同一位置【答案】ABC【解析】【详解】A．对质点a，根据数学知识得0.50.5(m/s)xtt=+变形得20.50.5(m)xtt=+可得v0=0.5m/s，a=1.0m/s2所以质点a做匀加

速运动的加速度为1.0m/s2．故A正确B．由图知，对于b，有1.0xt=所以b做速度为1.0m/s的匀速直线运动，故B正确；C．由图知，t=1s时，两者xt相等，也就是平均速度相同，时间相同，则位移x相等，初位置相同，所以t=ls时，a

、b再次到达同一位置。故C正确；D．由图知，t=2s时，两者xt不相等，也就是平均速度不相同，时间相同，则位移x不相等，初位置相同，所以t=2s时，a、b不是到达同一位置，故D错误。故选ABC。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）三

、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.有一仪器中电路如图所示，其中M是质量较大的金属块，M两端与弹簧相连，将仪器固定在一辆汽车上，匀速行驶时，弹簧均处

于原长，两灯均不亮。汽车启动时_______灯亮。急刹车时_______灯亮。【答案】(1).绿(2).红【解析】【详解】[1]当汽车突然启动时，汽车由于受牵引力由静止变成运动，而金属块M由于惯性仍然保持静止，所以金属块M相对于汽车向后运动，使绿灯支路接通，即绿灯亮；[2]当汽车急刹车时

，汽车由于受到制动力由运动变成静止，而金属块M由于惯性仍然向前运动。所以金属块M相对于汽车向前运动，使红灯支路接通，即红灯亮。10.如图甲所示是一个多量程多用电表的简化电路图，请完成下列问题。（1）测量直流电流、直流电

压和电阻各有两个量程。当选择开关S旋到位置5、6时，电表用来测量_________；当S旋到位置________时，电表可测量直流电流，且量程较大。（2）某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“×10”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择_________（填“×1”或

“×100”）倍率的欧姆挡。若该多用表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能欧姆调零，用正确使用方法再测量同一个电阻，则测得的电阻值将_________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（3）某实验小组利

用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙所示的简易欧姆表。实验器材如下：A．干电池（电动势E为3.0V，内阻r不计）；B．电流计G（量程300μA，内阻99Ω）；C．可变电阻器R；D．定值电阻R0=1Ω；E．导线若干，红黑表笔各一只。①在乙图，表盘上1

00μA刻度线对应的电阻刻度值是___________Ω；②如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡前、后倍率之比为___________。【答案】(1).直流电压(2).1(3)

.×100(4).偏大(5).2×104(6).100：1【解析】【详解】(1)[1][2]由图所示可知，当转换开关S旋到位置5、6时，表头G与电阻串联，此时可用来测量直流电压;由图所示电路图可知，当S旋到位置1时

与表头G并联的电阻阻值较小，此时电流表量程较大(2)[3]测量某电学元件的电阻，选用“10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，待测阻值较大，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，需选择“100”倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测

量。[4]当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由欧姆定律得gIRE=内欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由1xxgIEIRRRR==++内内可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，

故欧姆表的示数变大了，测得的电阻值将偏大．(3)①[5]欧姆表中值电阻等于欧姆档内部电阻，则中间刻度值对应示数为4-6311030010gERRI====中内根据闭合电路欧姆定律有gIRE=内13gEIRR=+内解得4210R=所以表盘上100μA刻度线对应的电阻刻度值是4210R=

。②[6]当电流计满偏时，电流计内阻为99Ω，给电流计并联1Ω的电阻，流过R0的电流99gII=根据并联分流的规律可知电流表量程扩大100倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的1100，欧姆表换挡前、后倍率之比等于100:1。11.两块平

行极板AB、CD正对放置，极板CD的正中央有一小孔，两极板间距离AD为d，板长AB为2d，两极板间电势差为U，在ABCD构成的矩形区域内存在匀强电场，电场方向水平向右。在ABCD矩形区域以外有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场。极板厚度不计，电场、

磁场的交界处为理想边界。将一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在极板AB的正中央O点，由静止释放。不计带电粒子所受重力。⑴求带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小；⑵为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，

且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，求磁场的磁感应强度的大小；⑶通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置。【答案】（1）2qUvm=；（2）12mUdq；（3）恰能从C点射出【解析】【详解】（1）设带电粒子经过电场加速后，从极

板CD正中央小孔射出时的速度大小为v由动能定理212qUmv=解得2qUvm=（2）由题意可知，粒子在磁场中的轨迹为四分之三圆，圆心为D点，半径为d洛伦兹力提供向心力，由牛顿运动定律2vBqvmd=解得12mvmUBqddq==（3）带电粒子由A点垂直于电场方

向射入电场之后做类平抛运动若能够射出电场，运动时间122dmtdvqU==沿电场方向的侧移2112sat=根据牛顿第二定律得EqUqamdm==解得sd=因此带电粒子恰能从C点射出12.一木板置于光滑水平地面上，木板

左端放置一个可以看作质点的小物块，小物块的质量m1=2kg，木板质量m2=1kg，小物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2。在距离木板右端L=12m处有一墙壁。现小物块与木板一起以共同速度1v=6m/s向

右运动，木板与墙壁的碰撞可以看作弹性碰撞。运动过程中小物块始终未离开木板。（g取10m/s2）求：（以向右为正方向）（1）木板与墙壁发生第一次碰撞后，木板向左运动的最大距离；（2）木板从开始运动到第二次与墙壁碰撞所经历的时间，并画出小物块和木板此过程v-t图像；（3）木板从第一次与墙壁碰

撞后到最终静止所走的总路程。【答案】（1）4.5m；（2）6s，图像见解析；（3）10.125m【解析】【详解】（1）木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，当速度减为零时，向左移动的距离最大，设加速度为a，最大距离为x1，根据牛

顿第二定律得2124m/smgam==由速度位移关系式得2114.5m2vxa==（2）设第一阶段匀速运动用时1t112sLtv==木板第一次与墙碰撞后，小木块与木板相互作用直到有共同速度v2，根据动量守恒定律1121122()mvmvmmv−=+解得22m/sv=木板第一次与墙碰撞到小木块

与木板有共同速度，设这个过程所用时间t21222svvta+==设木板向右匀加速运动的位移为2x，后匀速运动位移为3x，时间为t3由速度位移关系2120.5m2vxa==由几何关系3124mxxx=−=时间3312s

xtv==木板从开始运动到与墙第二次碰撞所经历的时间为1236stttt=++=（3）设木板与墙壁第n次碰撞后的速度为vn，碰后的共同速度为vn+1，vn+1同时也是第n+1次碰撞后的速度，对系统应用动量守恒定律有12121()nnnmvmvmmv+−=+解

得113nnvv+=设车第n次与墙壁相碰后离墙的最大位移为sn，由速度位移关系，可得22nnvsa=2112nnvsa++=解得119nnss+=由此可知，木板每次碰后与墙的最大位移成等比数列，公比为19前n次路程()n1123nn12s19s

2ssss119−=++++=−前n取无限大，可知˘112910.125m1419sSs===−总（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.如图所示，一

定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。该循环过程中，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减少B.B→C过程中，气体分子的平均动能增加C.C→D过程中，外界对气体做功，放热D.D→

A过程中，外界对气体做功，气体内能减小E.该整个循环过程中，气体吸热量大于放热量【答案】ACE【解析】【详解】A．A→B过程中，等温膨胀，体积变大，分子数密度变小，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小，故A正确；B．B→C过程

中，绝热膨胀，体积变大，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；C．C→D过程中，等温压缩，体积减小，外界对气体做功，温度不变，内能不变，气体放热，故C正确；D．D→A过程中，绝热压缩，体积减小，外界对气体做功，内能增加，故D错误；E．该循环中，气体对外做功大于外

界对气体做功，即W＜0；一个循环，内能不变，△U=0，根据热力学第一定律，Q＞0，即气体吸热，故E正确；故选ACE14.已知地面附近高度每升高12m，大气压强降低1mmHg。某实验小组利用这一性质设计一套装置来测量景区一座山的高度。如图所示，在一个密闭的玻璃瓶的塞子上插入一根细管，细管上端开

口，瓶内有一定量的空气。现将此装置放在温度为27℃、大气压为750mmHg的山脚下，测得细管内水银柱的高度h=30mm。然后将装置缓慢的移到山顶上，待稳定后发现水银柱升高了6.8mm，已知山顶比山脚处的温度低2℃，求：该实验估测山顶与山脚处的高度差为多少？（

不计细管内液柱升降引起的瓶内空气体积的变化）【答案】144m【解析】【详解】在山脚处瓶内气体压强10PPgh=+1273K27C300KT=+=设山顶处瓶内气体压强2P，山顶处温度212C298KTT=−=瓶内气体体积不变，根据查理定律有1212PPTT=代入数据解得2774.8mmHgP=

设山顶处大气压强为0P，则瓶内气体压强202PPgh=+236.8mmhhh=+=解得0738mmHgP=则山顶与山脚处的高度差0012()144mHPP=−=15.以下说法中正确的是________。A.全息照相利用了光的衍射现象B.如果两个波源振动情况完

全相同，在介质中能形成稳定的干涉图样C.声源远离观察者时，听到的声音变得低沉，是因为声源发出的声音的频率变低了D.人们所见到的“海市蜃楼”现象，是由于光的全反射造成的E.摄像机的光学镜头上涂一层“增透膜”后，可减少光的反射，从而提高成像质量【答案】BDE【解析】【详解】A．全息照

相利用了激光的干涉原理，可以记录光的强弱、频率和相位，故A错误；B．当频率相同与振幅完全相同时，则会形成稳定的干涉图样，故B正确；C．若声源远离观察者，观察者会感到声音的频率变低，是接收频率变小，而发射频率不变，故C错误；D．海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时

，发生折射而引起的，属于全反射，故D正确；E．当薄膜的厚度为入射光在增透膜中波长的14时，从薄膜前后表面的反射光相互抵消，从而减少了反射，增加了透射，故E正确。故选BDE。16.一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长λ≥80cm．O

和A是介质中平衡位置分别位于x=0和x=40cm处的两个质点．t＝0时开始观测，此时质点O的位移y=-8cm，质点A处于y=-16cm的波谷位置；t＝0.5s时，质点O第一次回到平衡位置，而t=1.5s时，质点A第一次回到平衡位置．求：（ⅰ）这列简谐横波的周期T、波速v和波长λ

；（ⅱ）质点A振动的位移y随时间t变化的关系式．【答案】（ⅰ）T=6.0s、v=0.40m/s、λ=2.4m（ⅱ）0.16cos()()3ytm=+或20.16sin()()33ytm=+；【解析】（ⅰ）设振动周期为T，由于质点A在0到1.5s内由负

最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是四分之一周期，故振动周期为：T=6.0s；由于质点OA距离d=0.40m小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在t=0.5s时回到平衡位置，而t=1.5s时A紧接着回到平衡位置，可知波从O传到A的时间为

：∆t=1.0s故此简谐波的传播速度：0.40/dvmst==据波长、波速和周期的关系，可得该波的波长：=2.4vTm=（ⅱ）设质点A的位移随时间变化的关系式为：002cos()cos()3yAtAt

T=+=+已知t=0时，y=-0.16m，有：0cos0.16yAm==−t=1.5s时，y=0，有：0cos()02yA=+=联立解得：0rad=A=0.16m因此质点A的位移随时间变化的关系为：0.16

cos()3ytm=+（或：30.16cos()32ytm=+）本试卷的题干、答案和解析均由组卷网（http://zujuan.xkw.com）专业教师团队编校出品。登录组卷网可对本试卷进行单题组卷、细目表分析、布置作业、举一反三等操作。试卷地址：在组卷网浏览本卷组卷网是学科网旗

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