【文档说明】【精准解析】内蒙古通辽市蒙古族中学2020届高三下学期模拟（五）物理试题.doc，共(16)页，881.000 KB，由小赞的店铺上传

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通辽市蒙古族中学2020届高三模拟（五）理科综合物理部分二、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，全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。）1.如图所

示是氢原子的能级图，大量处于n=5激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出10种不同频率的光子。其中莱曼系是指氢原子由高能级向n=1能级跃迁时释放的光子，则（）A.10种光子中波长最长的是n=5激发态跃迁到基态时产生的B.10种光子中有4种属于莱曼系C.使n=5

能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量D.从n=2能级跃迁到基态释放光子的能量小于n=3能级跃迁到n=2能级释放光子的能量【答案】B【解析】【详解】A．波长最长，则频率最低，辐射出的光子能量最小，故10种光子中波长最长的是n=5激发态跃迁到n=4激发态时产生的，故A错误；B

．10中光子中，向基态跃迁的分别为n=5，n=4，n=3和n=2向基态跃迁，可知10种光子中有4种属于莱曼系，故B正确；C．n=5能级的氢原子具有的能量为-0.54ev，所以要使其发生电离能量变为0，至少需要0.54eV的能量，故C错误；D．根据玻尔理论，从n=2能级跃迁到基态释放光子的能

量△E1=E2-E1=-3.4eV-（-13.6eV）=10.2eVn=3能级跃迁到n=2能级释放光子的能量△E2=E3-E2=-1.51eV-（-3.4eV）=1.89eV可知从n=2能级跃迁到基态释放光子的能量大于从n=

3能级跃迁到n=2能级释放光子的能量，故D错误。故选B。2.有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于甲轻绳上，当滑轮静止后，设甲绳子的

张力大小为FT1；乙绳D、E两端按图乙的方式固定，然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为FT2.现甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢向右移动至F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的

是()A.FT1、FT2都变大B.FT1变大、FT2变小C.FT1、FT2都不变D.FT1不变、FT2变大【答案】D【解析】【详解】对甲图设绳子总长为L，两堵竖直墙之间的距离为S，左侧绳长为L1，右侧绳长为L2．由于绳子上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为θ

，则由几何知识，得S=L1sinθ+L2sinθ=（L1+L2）sinθ又L1+L2=L得到sinSL=当绳子右端慢慢向下移时，S、L没有变化，则θ不变．绳子的拉力大小为T1，重物的重力为G．以滑轮为研究对象，根据平衡条件得2T1co

sθ=G解得12GTcos=可见，当θ不变时，绳子拉力T1不变；对乙图，当绳子的右端从E向F移动的过程中，由于绳子的长度不变，所以两个绳子之间的夹角增大，由于两个绳子的合力大小等于物体的重力，方向与重力的方向相反，所以当两个绳子之间的夹角增大时，绳子的拉力之间的夹角增大，所以绳子的

拉力T2增大．故ABC错误，D正确。故选D。3.1916年爱因斯坦建立广义相对论后预言了引力波的存在，2017年引力波的直接探测获得了诺贝尔物理学奖．科学家们其实是通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在．如图所示为某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动的示意图，若A星的轨道半径大

于B星的轨道半径，双星的总质量M，双星间的距离为L，其运动周期为T，则下列说法中正确的是A.A的质量一定大于B的质量B.A的线速度一定小于B的线速度C.L一定，M越小，T越小D.M一定，L越小，T越小【答案】D【解析】【详解】A、根据万

有引力提供向心力222ABAABBGmmmrmrL==，因为ABrr，所以ABmm，即A的质量一定小于B的质量，故A错误；B、双星系统角速度相等，根据vr=，且ABrr，可知A的线速度大于B的线速度，故B错误；CD、根据万有引力提供向心力公式得：2222244ABA

ABBGmmmrmrLTT==，解得周期为32LTGM=，由此可知双星的距离一定，质量越小周期越大，故C错误；总质量一定，双星之间的距离就越大，转动周期越大，故D正确；故选D．【点睛】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有

引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．4.一辆汽车从静止开始以恒定功率P启动，若汽车行驶过程中受到的阻力恒定，其加速度与速度的倒数的关系如图所示，图像斜率为k，横截距为b，则（）A.汽车所受阻力为PbB.汽车的质量为PkC.汽车的最大速度为1bD.

汽车从静止到获得最大速度的时间为212kb【答案】BC【解析】【详解】AB．汽车从静止开始启动时，由P=Fv，及F-f=ma得1Pfamvm=−结合图象有0=-PPfkbmmm=，解得PmfPbk==，选项A错误，B正确；C．当加速度为零时，速度最大，此时有1m

bv=解得最大速度1mvb=选项C正确；D．由动能定理得212mPtfxmv−=整理得2211+22tbxkbkb=选项D错误。故选BC。5.如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场，在边长为2R的正方形区域里也有匀强磁场。两个磁场的磁感应强度大小相同，两个相同的带电粒子以相

同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场。在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是（）A.带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同B.

从M点射入的带电粒子不可能先飞出磁场C.从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场D.从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场【答案】AD【解析】【详解】带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有2vqvB

mr=解得mvrqB=，两粒子相同、两粒子的速率相同，则两粒子的轨道半径r相同，粒子做圆周运动的周期2mTBq=相等，磁场圆的直径恰好等于正边形边长，故圆内切于正方形；作出粒子运动轨迹如图所示A．由图示可知，当粒子轨道半径r=R时，两粒子在磁场中的运动时间相等，都等于1

4T，故A正确；BCD．由图示可知，当粒子轨道半径rR时，粒子在圆形磁场中做圆周运动转过的圆心角都小于在正方形区域中做圆周运动转过的圆心角，则粒子在圆形磁场中的运动时间小于在正方形磁场中的运动时间，即从M点射入的粒子运动时间小于从N点射入的粒子运动时

间，故D正确，BC错误。故选AD。6.如图所示，一根轻绳跨过光滑定滑轮，两端分别与质量为M和m的两个物体P、Q连接，M=2m，将绳子拉直，然后将两物体由静止开始释放，若在两物体运动过程中，物体Q始终没有碰

到滑轮，则在物体P下落的过程中，下列说法正确的是（）A.绳子的拉力对物体P、Q的冲量大小相等B.物体P的机械能增大C.物体P重力做功的功率等于物体Q克服重力做功功率的2倍D.物体P所受合外力做的功等于物体Q所受合外力做的功【

答案】AC【解析】【详解】A．由于同一根绳上的力大小相等，绳子对物体P、Q的拉力方向都向上，根据IFt=可知，绳子的拉力对物体P、Q的冲量大小相等，A正确；B．绳子的拉力对物体P做负功，根据功能关系，物体P的机械能减小，B错误；C．P、Q

由同一根绳子连接，所以速度大小相等，P、Q的质量关系为M=2m，根据PFv=可知，所以物体P重力做功的功率等于物体Q克服重力做功功率的2倍，C正确；D．设下落的高度为h，绳子拉力做的功为FW，则物体P所受合外力做的功为2PFFWMghWmghW=−=−物体Q所受合外

力做的功为QFWWmgh=−PQWW，D错误。故选AC。7.如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B和C为等边三角形ABC的顶点，A、B固定正点电荷+Q，C固定负点电荷－Q，D、E是A、B连线上的两点，且AD=DE=EB。则（）A.

D点和E点的电场强度大小相等B.D点和E点的电场强度方向相同C.D点和E点的电势相等D.将负电荷从D点移到E点，电势能增加【答案】AC【解析】【详解】AB．D、E两点电场，是A、B两正点电荷的电场与C点的负点电荷的电场的叠加。A、B两正点电荷在D点

和E点的合场强大小相等，方向相反，C点的负点电荷在D点和E点的场强大小相等，方向不同，所以，D点和E点的合场强大小相等，方向不同，A正确，B错误；C．D点和E点在Q−的等势面上，同时关于两正点电荷对称，所以D点和E点的电势相等，C正确；D．根据

电势能的计算公式pEq=可知负电荷在D点和E点的电势能相同，D错误。故选AC。8.如图甲所示，质量33.010mkg−=的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长L=0.20m，处于磁感应强度大

小B1=0.1T，方向水平向右的匀强磁场中，有一匝数n=300，面积S=0.01m2的线圈通过开关S与两水银槽相连，线圈处于与线圈平面垂直，沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示，t=0.22s时闭合开关

S，细框瞬间跳起（细框跳起瞬间安培力远大于重力），跳起的最大高度h=0.20m，不计空气阻力，重力加速度210/gms=，下列说法正确的是A.0~0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB.开关S闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC

.磁感应强度B2的方向竖直向下D.开关S闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C【答案】BD【解析】【详解】A.由图像可知00.1s内0.01WbBS==，00.1s线圈中感应电动势大小0.01300V30V0.1Ent===，A错误；BC.由题意

可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知电流方向为CD→，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图像可知，在0.20s0.25s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可得磁感应强度2B方向竖直向上，故B正确C错误；D.对细

框由动量定理得BILtmv=，细框竖直向上做竖直上抛运动22vgh=，电荷量qIt=，解得0.03CQ=，D正确．第II卷三、非选择题：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做答。第

33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）9.“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中，甲、乙两位同学实验时都先正确平衡摩擦力．实验装置如图甲、乙所示，甲同学在实验时用细线一端连

接小车、另一端连接钩码，钩码的重力作为细线的拉力；乙同学利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，两位同学通过改变钩码的个数，确定加速度与细线拉力F的关系．已知甲图中小车的质量等于乙图中力传感器与小车的质量之和．(1)为减小实验误差，

甲同学在实验过程中，小车的质量要________(选填“≫”或“≪”)钩码的质量．乙同学在实验过程中，_______(选填“需要”或“不需要”)满足这个条件．(2)甲、乙两位同学在实验中采用相同质量的小车，用甲、乙两位同学得到的实验数据在同一坐标中作出图象a­

F，如图丙所示图线①②，其中图线①是_______同学所作出的图象，图线②是_______同学所作出的图象．图象中随着F的增大，图线_______将发生弯曲．【答案】(1).≫；(2).不需要；(3).

(2)乙；(4).甲；(5).②；【解析】（1）甲同学的实验中，设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对钩码有：mg-F=ma，联立解得：1mgFmM=+，可得当M≫m时，满足F≈mg．乙同学实

验方案中，力传感器测得的拉力就是小车所受的合外力，故对小车和钩码质量的大小关系没有要求，即不需要满足前述条件．(2)由小车的质量相同，当甲、乙两实验中小车的加速度相同时，细线的拉力相等，对乙，细线的拉力为合外力，传感器测出的就是细线的拉力；对甲，钩码

的重力大于细线的拉力，即当加速度相同时，甲的F值大于乙的F值，故图线②是甲同学所作出的图象，图线①是乙同学所作出的图象．当F较大时，M≫m这个条件将不满足，图线②将发生弯曲．10.随着全世界开始倡导低碳经济的发

展，电动自行车产品已越来越受到大家的青睐，某同学为了测定某电动车电池的电动势和内电阻，设计了如图所示电路，提供的实验器材有：A．电动车电池一组，电动势约为12V，内阻未知B．直流电流表量程300mA，内阻很小C．电阻箱R，阻值范围为0～999．9ΩD．定值电阻R0

，阻值为10ΩE．导线和开关（1）当他闭合开关时发现，无论怎样调节变阻器，电流表都没有示数，反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件损坏，因此他拿来多用电表检查故障，他的操作如下：①断开电源开关S②将多用表选择开关置于×1Ω档，调零后，红黑表笔分别接R0两端，读数为10Ω③将多用表选择开关置于×

10Ω档，调零后，将红黑表笔分别接电阻箱两端，发现指针读数如图所示，则所测阻值为_______Ω，然后又用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源和开关均完好．由以上操作可知，发生故障的元件是_______．（2）在更换规格相同的元件后重新连接好电路．（3）改

变电阻箱的阻值R，分别测出阻值为R0=10Ω的定值电阻的电流I，下列三组关于R的取值方案中，比较合理的方案是______（选填方案编号1、2或3）．（4）根据实验数据描点，绘出的1RI−图象是一条直线．若直

线的斜率为k，在1I坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=_______，内阻r=_______（用k、b和R0表示）．【答案】（1）70Ω，电流表（3）方案是2．（4）1Ek=，0brRk=−．【解析】试题分析：（1）欧姆表表盘读数为“7Ω”，倍率为“×10”，故为70Ω；障

检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；（3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mA≤I≤300mA，根据欧姆定律，总电阻120Ω≥R总≥40Ω，扣除定值电阻10Ω，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该

大于等于30Ω而小于等于110Ω，由于电流表内阻不计，故应该选方案2；（4）根据闭合电路欧姆定律，有E=I（r+R0+R），则11rRIEE=+，为对比一次函数y=kx+b，R相当于x，1E相当于k，1I相当于y，k（-r-R0）相当于b；解得：E=1k

，r=bk−R0考点：测定电池的电动势和内电阻【名师点睛】本题涉及欧姆表的读数、测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键．1

1.如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m的爆竹B，木块的质量为M．当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h，而木块所受的平均阻力为f．若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，重力加速度g．求：

（1）爆竹爆炸瞬间木块获得的速度；（2）爆竹能上升的最大高度．【答案】（1）()2fMghM−（2）()2fMgMhmg−【解析】【详解】（1）对木块，由动能定理得：2102MghfhMv−=−，解得：()2fMghvM−=；（2）

爆竹爆炸过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：0Mvmv−=爆竹做竖直上抛运动，上升的最大高度：22vHg=解得：()2fMgMhHmg−=12.如图所示，两平行金属板A、B长l=8cm，两板间距离d=8cm

，B板比A板电势高300V，即UBA=300V。一带正电的粒子电荷量q=10-10C，质量m=10-20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过无场区域后，进入界面为MN、PQ间匀强磁场

区域，从磁场的PQ边界出来后刚好打在中心线上离PQ边界43L处的S点上。已知MN边界与平行板的右端相距为L，两界面MN、PQ相距为L，且L=12cm，求：（粒子重力不计）：（1）粒子射出平行板时的速度大小v；（2）粒子进入界面MN时偏离中心线RO的距离多远?（3）画出粒子运动的

轨迹，并求匀强磁场的磁感应强度B的大小。【答案】（1）62.510m/s；（2）0.12m；（3）图见解析，32.510T−【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得Uqmad=运动的时间为0ltv=竖直方向的速度为0yqUl

vatmdv==代入数据解得61.510m/syv=所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为22602.510m/syvvv=+=（2）设粒子从电场中飞出时侧向位移为，穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则22

20122qUlhatmdv==代入数据解得0.03mh=电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得22lhlyL=+代入数据解得0.12my=（3）轨迹如图所示由几何知识可得粒子在磁场中做匀速圆周运动

的半径为20.1msinLR==由洛伦兹力提供向心力可得2vqvBmB=代入数据解得32.510TB−=13.下列各种说法中正确的是（）A.温度低的物体内能小B.分子运动的平均速度可能为零，瞬时速度不可能为零C.液体与大气相接触，

表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D.0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关【答案】CDE【解析】【详解】影响

内能大小的因素除了温度以外，还有物体的质量、体积和状态．所以在不确定其它因素都相同的情况下，只凭温度无法比较内能的大小，A错误；根据分子动理论的内容可知，分子运动的瞬时速度可能为零，平均速度不可能为零，B错误；液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作

用表现为相互作用的引力，C正确；温度是分子的平均动能的标志，0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同，D正确；由压强微观解释可知，压强与单位面积上碰撞的分子数和分子平均动能有关，如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大，故E正确．【点睛

】关键是知道内能是物体内部所有分子做无规则热运动的动能和分子势能的总和，温度是分子平均动能的标志，知道压强的微观解释，基础题，不难14.如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，在距汽缸底部l=36cm处有一与汽缸固定连接的卡环，活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的气

体当气体的温度T0=300K、大气压强p0=1.0×105Pa时，活塞与汽缸底部之间的距离l0=30cm，不计活塞的质量和厚度现对汽缸加热，使活塞缓慢上升，求：（1）活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1；（2）封闭气体温度升高到

T2=540K时的压强p2．【答案】①1360KT=；②521.510Pap=【解析】试题分析：①设气缸的横截面积为S，由盖-吕萨克定律有001lSlSTT=代入数据得1360KT=②由查理定律有0212ppTT=代入数据得521.510Pap=考点：气体的等容变化和等压变

化【名师点睛】本题关键找出气体的已知参量后根据气体实验定律的方程列式求解，基础题．15.一列简谐横波沿x轴传播，振幅为A。t=0时，平衡位置在x=0处的质元位于y=0处，且向y轴负方向运动；此时，平衡位置在x=0.15m处的质元位于y=A处

。该波的波长可能等于（）A.060mB.0.40mC.0.10mD.0.086m【答案】AD【解析】【详解】若波沿x轴正方向传播，由已知条件可写出已知距离与波长的关系式1Δ()4xn=+（n=0，1，2）其中Δ0.15m

00.15mx=−=，所以，当0n=时，10.60m=；当1n=时，20.12m=；当2n=时，30.067m=；若波沿x轴负方向传播，由已知条件可写出已知距离与波长的关系式3Δ()4xn=+（n=0，1，2）所以，当0n=时，40.20m=；当1n=时，

50.086m=；当2n=时，60.055m=，则该波的波长可能等于0.60m和0.086m，故AD正确，BC错误。故选AD。16.泉州光伏产业非常发达，拥有国家级博士后科研工作站及国家级企业技术中心．街道上的很多电子显示屏，其最重要的部件就是发光

二极管．有一种发光二极管，它由半径为R的半球体介质ABC和发光管芯组成，管芯发光区域是半径为r的圆面PQ，其圆心与半球体介质的球心O重合，如图所示．图中发光圆面发出的某条光线射向D点，入射角为30°，折射角为45°．（i）求半球体介质对光的折射率n；（ii）为使从

发光圆面PQ射向半球面上所有的光都能直接射出，管芯发光区域面积最大值为多少？【答案】（1）n=2（2）22R【解析】【详解】（1）根据折射定律sinsinrni=，解得2n=（2）从P到Q点垂直于圆面发出的光射到球面的入射角的最大为a，则sinraR=，设光发生

全翻身的临界角为C，则1sinCn=，不发生全反射应满足sinsinaC，解得2RRrn=，管芯发光区域面积应满足22222RRSr==