【文档说明】【精准解析】吉林省梅河口市第五中学2020届高三下学期3月模拟考试物理试题.doc，共(16)页，808.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020届吉林省梅河口市第五中学高三下学期3月模拟物理试题一、选择题1.中国科学家吴宜灿获得2018年欧洲聚变核能创新奖，获奖理由：开发了一种新的基于CAD的粒子传输软件，用于核设计和辐射安全计算．下列关于聚变的说法中，正确的是（）A.同样质量的物质裂变

时释放的能量比同样质量的物质聚变时释放的能量大很多B.裂变过程有质量亏损，聚变过程质量有所增加C.核反应堆产生的能量来自轻核聚变D.聚变反应比裂变反应每个核子释放的平均能量一定大【答案】D【解析】【详解】A．

同样质量的物质聚变时释放的能量比同样质量的物质裂变时释放的能量大很多，故A错误；B．重核的裂变和轻核的聚变都会放出核能，根据爱因斯坦的质能方程E=mc2，一定有质量亏损，故B错误；C．核反应堆产生的能量来自重核裂变，故C错误；D．在一次聚变反应中释放的能量不一定比裂变反应多，

但平均每个核子释放的能量一定大，故D正确．2.如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（）A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动【答案】D【解析】本题考查平行板电容

器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力．两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动

，选项D正确．点睛：本题以带电粒子在平行板电容器电场中的平衡问题为背景考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，解答本题的关键是根据电场线与导体表面相垂直的特点，B板右端向下，所以电场线发生弯曲，电场力方向改变．3.静电场和重力场在某些特点上具有一定的相似性，结合有关

“场”的知识，并进行合理的类比和猜想，判断以下说法中正确的是（）A.法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，并测定了元电荷的电荷量B.电场的概念是法拉第建立的，并引出电场线来描述电场C.如果把地球抽象为一个孤立质点，用于形象描述它所产生的

重力场的所谓“重力场线”的分布类似于真空中一个孤立的正电荷所产生的静电场的电场线分布D.重力场与静电场相类比，重力场的“场强”等于重力加速度，其“场强”大小的决定式为Ggm=【答案】B【解析】【详解】A．库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，而密立根测定了元电荷

的电荷量，故A错误；B．电场和磁场的概念是法拉第建立的；故B正确；C．如果把地球抽象为一个孤质点，用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布，重力场的方向指向地球，类似于真空中一个孤立的负电荷所产生的静电场的电场线分布，故C错误

；D．重力场与静电场相类比，重力场的“场强”相等于重力加速度，其“场强”大小的定义式为Ggm=，故D错误。故选B。4.质量为M的均匀木块静止在光滑的水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同的步枪和子弹的射击手，子弹质量为m，首先左侧的射击手开枪，子弹水平射入木块

的深度为d1，子弹与木块相对静止后，右侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的深度为d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两子弹与木块之间的作用力大小相等。当两颗子弹均相对木块静止时，两子弹射入的深度之比12dd为（）A.MmB.2MmM+C.MmM+D.2MmM+【答案】B【解析】【详解】设向右为

正方向；子弹射入木块前的速度大小为v，子弹的质量为m，子弹受到的阻力大小为f。当两颗子弹均相对于木块静止时，由动量守恒得mv-mv=（2m+M）v′得v′=0即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止。先对左侧射入木块的子弹和木块组成的系统研究，则有mv=（

M+m）v1由能量守恒得22111122fdmvMmv=−+（）①再对两颗子弹和木块系统为研究，得22211122fdMmvmv=++（）②联立解得122dMdmM=+故B正确，ACD错误。故选B。5.如图所示，均匀带正电的圆环所带的电荷量为Q，半径为R，

圆心为O，A、B、C为垂直于圆环平面且过圆环中心的轴上的三个点，已知BC＝2AO＝2OB＝2R，当在C处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中)，B点的电场强度恰好为零，则由此可得A点的电场

强度大小为A.224kQRB.25216kQRC.23216kQRD.222kQR【答案】B【解析】【分析】将带电圆环分成若干段，每一小段看作一个点电荷，再根据点电荷场强公式E=k2Qr，求出每个点电荷在B处产生的场强大小．C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰

好为零，说明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的场强大小相等，方向相反，由E=k2Qr求出C处电荷的带电量．再由电场的叠加原理和对称性求A点的电场强度大小．【详解】将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看做点电荷，其所带电荷量为：Qqn=；每一点电荷在B处的场强为：12222qkQEk

RRnR==+；由对称性可知，各小段带电环在B处的场强E的垂直于轴向的分量相互抵消，而E1的轴向分量之和即为带电环在B处的场强为：EB=nE1cos45°=224kQR；C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，说

明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的场强大小相等，方向相反，设C处电荷的带电量为q．则有：k2(2)qR=EB，解得：q=2Q，C处电荷带正电；根据对称性知，圆环在A处的场强大小为：EA1=EB=224kQR，方向向左．C处电荷在A处产生的场强为：2222(4)16AqkQEk

RR==，方向向左；所以A点的电场强度大小为：EA=EA1+EA2=25216kQR；故选B．【点睛】本题的关键是要掌握点电荷电场强度的公式E=k2Qr，学会微元法处理问题．不能头脑简单直接用E=k2Qr求B点的场强

．6.如图所示，在水平桌面上放置一周长为L，质量为m的近超导体（导体仍有微小电阻）圆环，圆环的横截面面积为S，电阻率为ρ．一磁铁在外力作用下，从圆环正上方下移至离桌面高H处撤去外力，磁铁恰好受力平衡，此时圆环中的感应电流大小为

I，其所在处磁场的磁感应强度大小为B，方向与水平方向成角，经过一段时间后，磁铁会缓慢下移至离桌面高为h的位置，在此下移过程圆环中的感应电流可认为保持不变，设重力加速度g，则A.超导圆环的电流方向从上往下看为顺时针方向B.磁铁在H

处受力平衡时，桌面对超导圆环的支持力为mg+BILcosθC.磁铁下移过程，近超导圆环产生热量为BILcosθ（H–h）D.磁铁下移过程，通过近超导圆环的电荷量为()cosBSHh−【答案】BCD【解析】【详解】从上往下看，逆时针电流．故A错误；圆环所受到的安培力F=BIL，其竖直

方向的分量F1=Fcosθ=BILcosθ，以圆环为研究对象，由平衡条件，得N=mg+BILcosθ，故B正确；设永磁体的质量为M，以永磁铁为研究对象，由平衡条件可知Mg=BILcosθ；由能量守恒，永磁铁减少的重力势能等于

圆环中产生的焦耳热．Q=Mg（H-h）=BILcosθ•（H-h），故C正确；由焦耳定律Q=I2R•△t解得()BScosHhtI−=，因下移过程圆环中的电流可认为保持不变，所以通过超导圆环的电荷量()BScosHhqIt−==，故D正确；7.如图1，一物块静止在光滑水平面上，t=

0时在水平力F的作用下开始运动，F随时间t按正弦规律变化如图2所示，则（）A.在0~1.5s时间内，第1s末质点的动量最大B.第2s末，质点回到出发点C.在0~1s时间内，F的功率先增大后减小D.在0.5~1.5s时间内，F的冲量

为0【答案】ACD【解析】【详解】A．从图象可以看出在前1s内力的方向和运动的方向相同，物块经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第1s末，物块的速度最大，动量最大，故A正确；B．该物块在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的

方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物体在0~2s内的位移为正，没有回到出发点，故B错误；C．0~1s内，速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P=Fv得力F瞬时功率开始时为0，1s末的瞬时功率为0，

所以在0~1s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；D．在F–t图象中，F与t之间的面积表示力F的冲量，由图可知，0.5~1s之间的面积与1~1.5s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在0.5~1.5s时间内，F的冲量为0，故D正确．8.如图所示

，曲线I是一颗绕地球做圆周运动的卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动的卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为

M，下列说法正确的是（）A.椭圆轨道的长轴长度为2RB.卫星在I轨道的速率为0υ，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为Bυ，则0υ>BυC.卫星在I轨道的加速度大小为0，卫星在Ⅱ轨道A点加速度大小为A，则0<AD.若OA=0.5R，

则卫星在B点的速率Bυ>23GMR【答案】ABC【解析】【详解】A.有开普勒第三定律可得：23Tka=，因为周期相等，所以半长轴相等，圆轨道可以看成长半轴、短半轴都为R椭圆，故aR=，即椭圆轨道的长轴的长度为2R．故A正确．B.根据万有引力提供向心力可得：22MmvGmrr=，故GM

vr=，由此可知轨道半径越大，线速度越小；设卫星以OB为半径做圆周运动的速度为v，那么0vv；又卫星Ⅱ在B点做向心运动，所以有Bvv，综上有0Bvvv．故B正确．C.卫星运动过程中只受到万有引力的作用，故有：2MmGmar=，所以加速度为2MaGr=，又有OAR

,所以0Aaa．故C正确．D.若0.5OAR=，则=1.5OBR，那么23GMvR=，所以23BGMvR．故D错误．二、非选择题9.某同学用如图甲所示装置来验证机械能守恒定律，使质量为m＝1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带，如图乙所示

，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.80m/s2，那么：（1）从O点到B点，重物重力势能的减少量ΔEp＝_______J，

动能增加量ΔEk＝_______J．(结果均保留三位有效数字)（2）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及重物下落的高度h，则以22v为纵轴，以h为横轴画出的图像是图丙中的____

____．【答案】(1).1.88(2).1.84(3).A【解析】【详解】（1）[1]．减少的重力势能△Ep=mgh=1×9.8×19.2×10-2=1.88J[2]．根据平均速度等于瞬时速度，则有0.23230.15551.93m/s220.02ACBxvT−===

所以增加的动能△Ek=12mv2=12×1×1.932J=1.86J（2）[3]．本实验需要验证的方程是mgh=12mv2即12v2=gh，22v-h图象是过原点的直线，故选A．10.某物理兴趣小组的同学现在要测定由两节新干电池组成电池组的电动势和内阻

的大小，该同学根据实验室提供的实验器材设计了如图1所示的原理图，其中定值电阻R1=1.0Ω、R0=2.0Ω，毫安表的量程范围为0~150mA、内阻大小为rmA=4Ω．试完成下列问题：（1）请根据原理图

将图2所示的实物图连接好_______；（2）实验中电压表所选的量程为0~3V，某次测量中电压表的读数如图3所示，则此次实验中电压表的读数为U=________V；（3）他们已经将实验中所测得的实验数据描点，并作出了U–I图象，如图4所示．则电池组的电动势为E=________V

，内阻为r=________Ω．（保留3位有效数字）【答案】(1).(2).2.50(3).2.97~2.98(4).2.40~2.46【解析】【详解】（1）根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图所示：（2

）电压表量程为3V，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为2.50V；（3）由题意可知，电流表内阻为R1的4倍，则流过R1的电流为电流表所示的4倍；由图示电源U-I图象可知，电源电动势：E=2.97V；

电源内阻032.972.202.02.4035105UrRI−−=−=−=．11.如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡滑道的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡滑道底端B点后，沿水平滑道再滑行一段距离到C点停下来．若人和滑板的总质量m＝60.0

kg，A、B两点间的距离L1＝16.0m．滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡滑道的倾角θ＝37°．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2．斜坡滑道与水平滑道

间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计．求：(1)BC之间的距离L2；(2)该人从A到C运动的总时间t．【答案】(1)L2＝6.4m(2)t＝5.6s【解析】【详解】(1)从A到B有1sinco

smgmgma−=①2112vaL=②从B到C有2mgma=③2222vaL=④由①~④式解得L2＝6.4m(2)从A到B211112Lat=⑤从B到C222212Lat=⑥总时间t＝t1＋t2⑦由①③⑤⑥⑦式解得t＝5.6

s12.在光滑的水平面上，有一质量M＝4kg的平板车，其右端固定一轻挡板，挡板上固定一根轻质弹簧，在平板车左端P处有一可视为质点的小滑块，其质量m＝2kg．平板车表面上Q处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ间的距离L＝2m，如图所示．某时刻平板车以初速度v1＝1m/s向左运动，同时小滑块以初速度v2＝5

m/s向右运动．一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距14L．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：(1)小滑块与平板车相对静止时的速度；(2)小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数μ．【答案】(1)v＝1m/s速度方向水平向右(2)存在两

种情况：（i）μ＝0.8（ii）μ＝0.48【解析】【详解】(1)设水平向右为正方向，对M、m系统有mv2－Mv1＝(m＋M)v①解得v＝1m/s②速度方向水平向右．(2)存在两种情况：（i）如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，根据能量守恒定律有22212111()()4222Lmg

LMvmvMmv−=+−+③由②③式解得μ＝0.8（ii）如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，有22212111()()4222LmgLMvmvMmv+=+−+④由②④式解得μ＝0.4813.关于扩散现象，下列说法正确

的是（）A.温度越高，扩散进行得越快B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的【答案】ACD【解析】【详解】

A．根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，故A正确；B．扩散现象不是化学反应，故B错误；C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，故C正确；D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，故D正确；E．液体中的扩散现象不是由于液体的对流形

成的，是液体分子无规则运动产生的，故E错误；故选ACD。【点睛】本题主要是分子动理论，理解扩散现象的本质是分子无规则热运动。14.喷雾器内有10L水，上部封闭有1atm的空气2L．关闭喷雾阀门，用打气筒向喷雾器内再充入1atm的空气3L（设外界环境温度一定，空气可看作理想气体）．（1）当水面上方气

体温度与外界温度相等时，求气体压强，并从微观上解释气体压强变化的原因．（2）打开喷雾阀门，喷雾过程中封闭气体可以看成等温膨胀，此过程气体是吸热还是放热？简要说明理由．【答案】见解析【解析】【详解】（1）设气体初态压强为p1,体

积为V1；末态压强为p2,体积为V2，由玻意耳定律p1V1=p1V1①代入数据得p2="2.5"atm②微观察解释：温度不变，分子平均动能不变，单位体积内分子数增加，所以压强增加．（2）吸热．气体对外做功而

内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热．15.下列说法中正确的是________A.做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，加速度也相同B.做简谐运动的质点，经过四分之一周期，所通过的路程一定是一倍振幅C.根据麦克斯电磁场理论可知，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场D.双缝干涉

实验中，若只减小双缝到光屏间的距离，两相邻亮条纹间距离将变大E.声波从空气传入水中时频率不变，波长变长．【答案】ACE【解析】【详解】做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，回复力相同，故加速度也相同，选项A正确；做简谐运动

的质点，经过四分之一周期，只有从平衡位置或者从位移最大或最小的位置计时，所通过的路程一定是一倍振幅，选项B错误；根据麦克斯电磁场理论可知，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场，选项C正确；双缝

干涉实验中，根据lxd=可知，若只减小双缝到光屏间的距离，两相邻亮条纹间距离将变小，选项D错误；声波从空气传入水中时频率不变，波速变大，根据=vf可知波长变长，选项E正确；故选ACE.16.如图

所示，一截面为直角三角形的玻璃棱镜ABC，∠A=30°，D点是AC的中点，AD间距为L.一条光线从D点沿平行于AB方向射入棱镜，光线垂直BC从F点（图中未画出）射出．求：(1)玻璃的折射率n；(2)若真空中光速为c,光线从D点到F

点经过的时间t.【答案】(1)3n=；(2)332tLc=【解析】【详解】(ⅰ)光路图如图所示，设在AC面入射角为i，折射角为r，在AB面，光线与AB的夹角为α，反射光线与AB的夹角为β，光线垂直BC射出，由几何知识可得：α=β=30

°，i=60°，α+r=60°，r=30°折射率sinsinin=解得：3n=(ⅱ)由于α=∠A，所以△ADE为等腰三角形，则有：DE=AD=L，DC=EF+DE•cos（90°-r）设光线从D点到F点经过的距离为

x，光线在玻璃中传播速度为v，传播时间为t，则：x=DE+EFxvt=cnv=解得：332LtC=【点睛】本题是几何光学问题，要掌握光的折射定律，正确画出光路图，运用几何知识求解相关角度和距离是关键．