【文档说明】【精准解析】山西省太原市2020届高三模拟能力物理测试（一）.doc，共(25)页，1.788 MB，由小赞的店铺上传

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太原市2020年高三年级模拟试题（一）物理能力测试二、选择题1.在2019年武汉举行的第七届世界军人运动会中，21岁的邢雅萍成为本届军运会的“八冠王”。如图是定点跳伞时邢雅萍运动的v-t图像，假设她只在竖直方向运动，从0时刻开始先做自由落体运动，t1时

刻速度达到v1时打开降落伞后做减速运动，在t2时刻以速度v2着地。已知邢雅萍（连同装备）的质量为m，则邢雅萍（连同装备）（）A.0~t2内机械能守恒B.0~t2内机械能减少了2112mvC.t1时刻距地面的高度大于1221()()2vvtt+−D.

t1~t2内受到的合力越来越小【答案】D【解析】【详解】A．0~t1时间内，邢雅萍做自由落体，机械能守恒，t1~t2由于降落伞的作用，受到空气阻力的作用，空气阻力做负功，故0~t2内机械能不守恒，故A错误；B

．机械能损失发生在t1~t2的时间段内，设t1时刻物体距离地面高度为h，则有22f211122Wmghmvmv+=−解得22f211122Wmvmvmgh=−−阻力做负功，故机械能的减小量为22f121122EWmvmghmv=

−=+−故B错误；C．vt−图象与时间轴围成面积表示位移大小，如图若物体做匀减速直线运动，则有21~tt时间里平均速度122vvv+=由图可知运动员21~tt时间里位移小于红线表示的匀减速运动的位移，故21~tt两段时间里，邢雅萍的平均速度小于122vv+，故

t1时刻距地面的高度小于1221()()2vvtt+−；故C错误；D．vt−图象的斜率表示加速度，由图像可知，在21~tt时间内运动员做加速度不断减小的减速运动，故D正确。故选D。2.4月1日，由于太阳光不能

照射到太阳能电池板上，“玉兔二号”月球车开始进入第十六个月夜休眠期。在之后的半个月内，月球车采用同位素23894Pu电池为其保暖供电，已知Pu238是人工放射性元素，可用中子照23793Np得到。Pu238衰变时只放出α射线，

其半衰期为88年。则（）A.用中子辐照Np237制造Pu238时将放出电子B.Pu238经一次衰变会有两个质子转变为两个中子C.Pu238经一次衰变形成的新核含有144个中子D.当到达下个月昼太阳能电池板工作时，Pu238停止衰变不再对外供电【答案】A【解析】【详解】

A．用中子辐照Np237时的核反应方程为23723893910014NpPnue−++→根据核反应方程可知，有电子放出，故A正确；BC．Pu238经一次α衰变，衰变方程为238234494922PuUHe→+Pu238经一次α衰变会把2个质子和2个中子作

为一个整体抛射出来，衰变后形成的新核中有中子数为23492142−=（个）故BC错误；D．放射性元素有半衰期是由放射性元素本身决定的，与外界环境无关，故D错误。故选A。3.2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟

就飞越了英吉利海峡35公里的海面。已知扎帕塔（及装备）的总质量为120kg，设发动机启动后将气流以6000m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当扎帕塔（及装备）悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为（不考虑喷气对总质量的影响，取g=10

m/s2）（）A.0.02kgB.0.20kgC.0.50kgD.5.00kg【答案】B【解析】【详解】设扎帕塔（及装备）对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔（及装备）的作用力的大小

也等于F，对扎帕塔（及装备），则FMg=设时间t内喷出的气体的质量m，则对气体由动量定理得=Ftmv解得mFMgtvv==代入数据解得0.2kgmt=发动机每秒喷出气体的质量为0.2kg，故B正确，ACD错误。故选B。4

.三根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正三角形，O为三角形的重心，通过三根直导线的电流分别用I1、I2、I3表示，方向如图。现在O点垂直纸面固定一根通有电流为I0的直导线，当1230IIII===时，O点处导线受到的安培力大小为F。已知通电长直导线在某点产生的磁

感应强度大小和电流成正比，则（）A.当102303IIIII===、时，O点处导线受到的安培力大小为4FB.当102303IIIII===、时，O点处导线受到的安培力大小为3FC.当201303IIIII===、时，O点处导线受到的安培力大小为3FD.当301

203IIIII===、时，O点处导线受到的安培力大小为2F【答案】C【解析】【详解】根据安培定则画出123III、、在O点的磁感应强度123BBB、、的示意图如图所示当1230IIII===时，三根导线在O点产生的磁感应强度大小相等，设为0B，根据磁场叠加原理可知，此时O点的磁感

应强度为02BB=此时O点处对应的导线的安培力002FBIL=AB．由于通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，当102303IIIII===、时，则有103BB=，230BBB==根据磁场叠加原理可知，此时O点的磁感应强度为04BB=此时O点处对应的导线的安培力0042FBILF

==故AB错误；C．当201303IIIII===、时，有203BB=，130BBB==如图所示根据磁场叠加原理可知023BB=此时O点处对应的导线的安培力00233FBILF==故C正确；D．当301203IIIII===、时，有303BB=，12

0BBB==如图所示根据磁场叠加原理可知023BB=此时O点处对应的导线的安培力00233FBILF==故D错误。故选C。5.如图，竖直平面内的Rt△ABC，AB竖直、BC水平，BC=2AB，处于平行于△ABC平面的匀强电场

中，电场强度方向水平。若将一带电的小球以初动能Ek沿AB方向从A点射出，小球通过C点时速度恰好沿BC方向，则（）A.从A到C，小球的动能增加了4EkB.从A到C，小球的电势能减少了3EkC.将该小球以3Ek的动能从C点沿CB方向射出，小球能通过A点D.将该小球以4Ek的动能从C点沿CB方向

射出，小球能通过A点【答案】D【解析】【详解】A．设小球的速度为v，则有2k12Emv=小球通过C点时速度恰好沿BC方向，则说明小球在竖直方向上的速度减为0，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，运动的位

移为竖直方向上位移的2倍，则平均速度为竖直方向上平均速度的2倍，又这段时间竖直方向的平均速度为2vv=故水平方向的平均速度为2vvv==又02Cvv+=解得2Cvv=则22kk11(2)422CCEmvmvE===

从A到C，小球的动能增加了kkkk43EEEE=−=故A错误；B．由动能定理可知重力与电场力做功之和为动能的增加量即k3E，重力做负功，故电场力做功大于k3E，则小球的电势能减小量大于k3E，故B错误；D．由

上分析可知：动能为k4E，则速度大小为2v，即小球以2v对速度从C点沿CB方向射出。而由AB分析可知，小球以初速度v沿AB方向从A点射出时，小球将以速度大小为2v，方向沿BC方向通过C点，则小球以2v的速度从C点沿CB方向射出后运动过程恰好可视为

其逆过程，所以若将小球以2v的速度从C点沿CB方向射出，小球能通过A点；故D正确；C．由D分析可知，若将小球以2v的速度从C点沿CB方向射出，小球能通过A点；则若将小球小于2v的速度从C点沿CB方向射出，小球将经过A点右侧。所以，若将该小球以k3E的动能从C点沿CB方向射出，小球将经过A点

右侧，不能经过A点，故C错误。故选D。6.如图，从P点以水平速度v将小皮球抛向固定在地面上的塑料筐，小皮球恰好能够入筐。不考虑空气阻力，则小皮球在空中飞行的过程中（）A.在相等的时间内，皮球动量的改变量相同B.在相等的时

间内，皮球动能的改变量相同C.下落相同的高度，皮球动量的改变量相同D.下落相同的高度，皮球动能的改变量相同【答案】AD【解析】【详解】A．因物体在空中只受重力，所以在相等的时间间隔内，皮球受到的冲量均为mgt，故皮球受到的冲量相同，根据动量定

理可得，皮球动量的改变量相同，故A正确；B．在相等的时间间隔内，皮球下落的高度不同，故重力做的功不相等，即合外力做功不等，故皮球动能的改变量不同，故B错误；C．下落相同的高度，时间并不相等，故皮球受到的重力的冲量不相等，故皮球动量的增量不相同，故C错误；D．下落相同的高度，

重力做功均为mgh，故重力做功相等，小球动能的增量相同，故D正确。故选AD。7.如图，A、B两点分别固定有等量的点电荷，其中A处的为正电荷，B处的电性未知。MN为AB连线的中垂线，O为垂足。由绝缘材料制成的闭合光滑轨道abed关于O点对称，其上穿有

带正电小环。现在P点给小环一沿轨道切线方向的初速度，小环恰能沿轨道做速率不变的运动，则（不考虑重力）（）A.小环在a、c两点受到的电场力相同B.小环在b、d两点的电势能相同C.若在d点断开轨道，小环离开轨道后电场力一直做正功D.若将小环

从d沿da连线移到a，电场力先做负功后做正功【答案】BCD【解析】【详解】由带电小环恰能沿轨道做速率不变的运动可知，在运动过程中电场力对小环不做功，即轨道上各处的电势相同，轨道与电场中的某一等势线重合，根据常见电场的电场分布图和等势面分布图可知，A、

B两点处固定的是等量同种电荷。A．由等量同种电荷中垂线上的电场分布特点可知，a、c两点电场强度大小相等，方向相反，故小环在a、c两点受到的电场力方向不同，故A错误；B．b、d两点在同一等势面上，故b、d两点的电势能相同，故B正确；C．若在d点断开轨道，此时速度方向与电场力方向垂直，此后，电场力

方向与速度方向成锐角，电场力一直做正功，故C正确；D．由等量同种电荷的电势分布可知，da连线上从d点到a点，电势先升高后降低，故带正电的小环电势能先增大后减小，故电场力先做负功，后做正功，故D正确。故选BCD。8.如图，光滑平行导轨MN和PQ固定在同一水平

面内，两导轨间距为L，MP间接有阻值为2R的定值电阻。两导轨间有一边长为2L的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，ad平行MN。一粗细均匀、质量为m的金属杆与导轨接触

良好并静止于ab处，金属杆接入两导轨间的电阻为R。现用一恒力F平行MN向右拉杆，已知杆出磁场前已开始做匀速运动，不计导轨及其他电阻，忽略空气阻力，则（）A.金属杆匀速运动时的速率为223FRBLB.出磁场时，d

c间金属杆两端的电势差2dcFRUBL=C.从b到c的过程中，金属杆产生的电热为23FLD.从b到c的过程中，通过定值电阻的电荷量为26BLR【答案】BD【解析】【详解】A．设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得2LFFBI==安解得2FIBL=根据欧姆定律有232LBvBL

vIRRR==+所以金属杆匀速运动的速度为226FRvBL=故A错误；B．由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为2LEBv=所以金属杆在出磁场时，dc间金属杆两端的电势差为222226222233232LFRLFR

UEEBvBBLRRRLRB====++=故B正确；C．设整个过程电路中产生的总电热为Q，根据能量守恒定律得2122=−LQFmv代入v可得22441182mFRQFLBL=−所以金属杆上产生的热量为2244211233mFRQQFLBL==

−故C错误；D．根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为22()262LBBLqItRRRR====+总故D正确。故选BD。9.为测量弹簧压缩时具有的弹性势能和滑块B的质量，某同学用如图的装置进行实验。

气垫导轨上有A、B两个滑块，A上固定一遮光片，左侧与被压缩且锁定的弹簧接触，右侧带有橡皮泥。已知A的质量为m1，遮光片的宽度为d；打开电源，调节气垫导轨使滑块A和B能静止在导轨上。解锁弹簧，滑块A被弹出后向右运动，通过光电门1后与B

相碰，碰后粘在一起通过光电门2。两光电门显示的遮光时间分别为△t1和△t2，由此可知碰撞前滑块A的速度为____________，锁定时弹簧只有的弹性势能为Ep=______，B的质量m2=________。（用已知和测得物理量的符号表示）【答案】(1

).1dt(2).21112dmt(3).2111ttmt−【解析】【详解】[1]由滑块A通过光电门1的运动时间可知，碰撞前滑块A的速度11dvt=[2]解锁弹簧后，弹簧的弹性势能转化为A碰撞前的动能，故弹性势能22p11

11122dEmvmt==[3]由碰撞后，AB整体通过光电门2的时间，可求得碰撞后AB整体的速度为22dvt=A、B碰撞过程中动量守恒，则有11122()mvmmv=+联立解得21211ttmmt−=10.在有机

玻璃板的中心固定一段镀锌铁丝，盖在盛有适量自来水的不锈钢桶上，铁丝下端浸在水中但不与桶的底面和侧面接触。以镀锌铁丝为负极，钢桶为正极，制成一个自来水电源。为测量该电源的电动势和内电阻，某同学设计了图a的电路进行实验。使用器材主要有两个相同的微安表G1、G2（量程为200μA），两个相同的

电阻箱R1、R2（规格均为9999.9Ω）。实验过程如下，完成步骤中的填空：(1)调节电阻箱R1的阻值为_______（选填“8888.8”或“0000.0”）Ω，调节R2的阻值为2545.0Ω，闭合开关S；(2)保持R2的值不变，调节R1，当R1=600

0.0Ω时，G1的示数为123.0μA，G2的示数为82.0μA，则微安表的内阻为____________Ω；(3)保持R2的值不变，多次调节R1的值，记录两个微安表的示数如下表所示：1G度数1/μA

I88.094.2104.2112.8123.0136.02G度数2/μAI115.8110.0100.492.282.070.0在图b中将所缺数据点补充完整，作出I2-I1图线；（）(4)根据图线可求得电源的内阻r=_____Ω，电动势E=______V。（结果保留两位有效数字）【答案

】(1).8888.8(2).455.0(3).(4).2.4×103（2.3×103，2.5×103）(5).0.59（0.57~0.62）【解析】【详解】(1)[1]为了保护电路，调节电阻箱的阻值为8888.8Ω。(2)[2]此

时流过1R的电流为1R(123.082.0)μA41.0μAI=−=由并联电路可知，电流之比等于电阻的反比，则G6000.0Ω82.0μA2545.0Ω41.0μAr=+解得G455.0Ωr=(3)[3]描点作图，如图所示(4)[4][5]2G和2R的总电阻为2545.0

Ω455.0Ω=3000.0Ω+由图像可得电源的内阻6G61(12470)10A3000.0Ω2892.86Ω(13680)10AUrrI−−−+===−则32892.86Ω455.0Ω2437.86Ω2.410Ωr=−=电源电动势21G3000()EII

rr=++取1136.0μAI=以及270μAI=，代入可得0.60VE=11.如图，在水橇跳台表演中，运动员在摩托艇水平长绳牵引下以16m/s的速度沿水面匀速滑行，其水橇（滑板）与水面的夹角为θ。到达跳台底端时，运动员立即放弃牵引绳，以

不变的速率滑上跳台，到达跳台顶端后斜向上飞出。跳台可看成倾角为θ的斜面，斜面长8.0m、顶端高出水面2.0m。已知运动员与水橇的总质量为90kg，水橇与跳台间的动摩擦因数为1530、与水间的摩擦不计。取g=10m/s2

，不考虑空气阻力，求：(1)沿水面匀速滑行时，牵引绳对运动员拉力的大小；(2)到达跳台顶端时，运动员速度的大小。【答案】(1)6015N；(2)14m/s【解析】【详解】(1)设沿水面匀速滑行时绳的拉力大小为F，水对水橇支持力的大小为NF，则NsinFF=，NcosFm

g=由几何关系有1sin4hs==，2215cos4shs−==解得6015NF=(2)设运动员沿台面滑行时加速度大小为a，到达跳台顶端时速度的大小为v，则sincosmgmgma+=，2202vvas−=−解得v=14m/s12.如图

，xOy坐标系中存在垂直平面向里的匀强磁场，其中，x≤0的空间磁感应强度大小为B；x>0的空间磁感应强度大小为2B。一个电荷量为+q、质量为m的粒子a，t=0时从O点以一定的速度沿x轴正方向射出，之后能通过坐标为（32h，3

2h）的P点，不计粒子重力。(1)求粒子速度的大小；(2)在a射出t后，与a相同的粒子b也从O点以相同的速率沿y轴正方向射出。欲使在运动过程中两粒子相遇，求t。（不考虑粒子间的静电力）【答案】(1)2qBhvm=；(2)3mqB和mqB【解析】【详解】(1)设粒子速

度的大小为v，a在x>0的空间做匀速圆周运动，设半径为1r，则有212vqvBmr=由几何关系有()22211PPyrxr−+=解得1rh=联立以上式子解得2qBhvm=(2)粒子a与b在x≤0的空间半径相等，设为2r，则22vqvBmr=解得2122rrh==两粒子在磁场中运动轨迹如图只

有在M、N、O、S四点两粒子才可能相遇。粒子a在x>0的空间做匀速圆周运动的周期为1T，则112rmTvqB==粒子a和b在x≤0的空间作匀速圆周运动的周期为2T，则222rmTvqB==(i)粒子a、b运动到M的时间1a2622MTtT=+b232MtT

=ab3MMMmtttqB=−=(ii)同理，粒子a、b到N的时间1a25622NTtT=+b2532NtT=ab03MNNmtttqB=−=−粒子不能在N点相遇。(iii)粒子a、b到O的时间2a12OTtT=+；b2OtT=

ab0OOOttt=−=粒子不能在O点相遇。(iv)粒子a、b到S的时间2a12STtT=+；b234StT=abSSSmtttqB=−=所以粒子b与a射出的时间差为3mqB和mqB时，两粒子可以相遇。13.如图，一定量的理想气

体经历了A→B→C→D→A的循环，ABCD位于矩形的四个顶点上。下列说法正确的是。A.状态C的温度为032TB.从A→B，分子的平均动能减少C.从C→D，气体密度增大D.从D→A，气体压强增大、内能减小E.

经历A→B→C→D→A一个循环，气体吸收的热量大于释放的热量【答案】ACE【解析】【详解】A．AB→过程为等压过程，则有ABABVVTT=即有120023VVTT=解得1223VV=CD→过程也为等压过程，则有CDCDVVTT=即120CVVTT=解得2C00132VTTTV==故A正

确；B．从A→B从A→B，温度升高，分子平均动能增大，故B错误；C．CD→过程为等压变化过程，由图可知，气体体积减小，气体质量不变，则气体密度增大，故C正确；D．从D→A，由图可知，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，故D错误；E．经历A→B→C→D→A一个循环,气体内能不变；在p-V

图象中，图象与坐标轴围成面积表示功，所以ABDCWW，即整个过程，气体对外界做功，所以气体吸收的热量大于释放的热量，故E正确。故选ACE。14.如图，一端封闭的薄玻璃管开口向下，截面积S=1cm2，重量不计，内部充满空气，现用竖直向下的力将玻璃管缓慢地压入水中，当玻璃管长度

的一半进入水中时，管外、内水面的高度差为△h=20cm。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，大气压强p0相当于高1020cm的水柱产生的压强，取g=10m/s2，求：（不考虑温度变化）(i)玻璃管的长度l0；(ii)继续缓

慢向下压玻璃管使其浸没在水中，当压力F2=0.32N时，玻璃管底面到水面的距离h。【答案】(i)0l=41.6cm；(ii)274cm【解析】【详解】(i)设玻璃管长度一半压入水后管内气体的压强为1p，气体程度为1l，则1

0pph=+，012llh=+由玻意耳定律0011plSplS=得0l=41.6cm(ii)设管内气柱的长度为2l，压强为2p，则22FglS=解得2l=32cm其中202pplh=++由玻意定律0022plSplS=得h=274cm15.一列简谐波以1m/s的

速度沿x轴正方向传播。t=0时，该波传到坐标原点O，O点处质点的振动方程为y=10sin10πt（cm）。P、Q是x轴上的两点，其坐标xP=5cm、xQ=10cm，如图所示。下列说法正确的是。A.该横波的波长为0.2mB.P处质点的振动周期为0.1

sC.t=0.1s时，P处质点第一次到达波峰D.Q处质点开始振动时，P处质点向-y方向振动且速度最大E.当O处质点通过的路程为1m时，Q处质点通过的路程为0.8m【答案】ACE【解析】【详解】B．O点处质点振动方程为10sin10(cm)yt=可

知，波的振幅10cmA=，起振方向为y轴正向，波动周期20.2s==TP点振动周期与O点振动周期相同，为0.2s，故B错误；A．波长10.2m0.2mvT===故A正确；C．振动从O点传到P点所需时间为2510m0

.05s1m/sPOPxtv−===故P处质点振动时间0.1s0.05s0.05s4POPTttt=−=−==由于P处质点起振方向沿y轴向上，故经4T达到波峰，故C正确；D．由题意知，P、Q之间的距离为5cm4PQQPxxx=−==结合起振方向可知，Q处质点开始振动时，P处质

点位移波峰，此时速度为零，故D错误；E．当O处质点通过的路程为1m时，有1m10242AAA==+故经历的时间为22TtT=+因为10cm2Qx==所以振动形式从O点传到Q点所需时间为2T，所以Q处质点振动时间为2T，Q处质点通过的路程242410cm80cm0.8m

QsA====故E正确。故选ACE。16.如图，两等腰三棱镜ABC和CDA腰长相等，顶角分别为∠A1=60°和∠A2=30°。将AC边贴合在一起，组成∠C=90°的四棱镜。一束单色光平行于BC边从AB上的

O点射入棱镜，经AC界面后进入校镜CDA。已知棱镜ABC的折射率1622n+=，棱镜CDA的折射率n2=2，不考虑光在各界面上反射后的传播，求：(sin15°=624−，sin75°=624+)(i)光线在棱镜A

BC内与AC界面所夹的锐角θ；(ii)判断光能否从CD面射出。【答案】(i)45°；(ii)不能从DC面射出【解析】【详解】(i)光在AB面上发生折射，如图由折射定律得1sin1sin2n=解得∠2=15°则=18060601545−−−=

=45°(ii)光从AC面进入CDA内，由几何关系可得∠3=90-=45°由折射定律12sin4sin3nn=解得∠4=75°则由几何关系可得∠5=45°由折射定律2sin6sin5n=解得∠6=90°光线在DC面恰好发生全反射，不能从DC面射出。（平行DC射出也可

）