2020届东北三省三校高三第一次联合模拟考试理综物理试题（哈尔滨师大和东、辽宁实验中学，解析版）

哈尔滨师大附中、东、 2020 年高三第一次联合模拟考试 理科综合能力测试 一、选择题 1.在超导托卡马克实验装置中，质量为 的 与质量为 的 发生核聚变反应，放出质量为 的 ， 并生成质量为 的新核。若已知真空中的光速为 ，则下列说法正确的是（　　） A. 新核的中子数为 2，且该新核是 的同位素 B. 该过程属于 衰变 C. 该反应释放的核能为 D. 核反应前后系统动量不守恒 【答案】A 【解析】 【详解】A．由质量数守恒和电荷数守恒可知新核的质量数和电荷数分别为 4 和 2，新核是 ，是 的 同位素，中子数为 2，故 A 正确； B．该过程是核聚变反应，不属于 衰变，故 B 错误； C．该反应释放的核能为 故 C 错误； D．核反应前后系统动量守恒，故 D 错误。 故选 A。 2.如图所示，绕地球做匀速圆周运动 卫星 的角速度为 ，对地球的张角为 弧度，万有引力常量为 。 则下列说法正确的是（　　） 的 1m 2 1 H 2m 3 1 H 3m 1 0 n 4m c 3 2 He α ( ) 2 3 4 1 2m m m m c+ − − 2 4 He 3 2 He α ( )2 2 1 2 3 4E mc m m m m c∆ = ∆ = + − − P ω θ GA. 卫星的运动属于匀变速曲线运动 B. 张角 越小的卫星，其角速度 越大 C. 根据已知量可以求地球质量 D. 根据已知量可求地球的平均密度 【答案】D 【解析】 【详解】A．卫星的加速度方向一直改变，故加速度一直改变，不属于匀变速曲线运动，故 A 错误； B．设地球的半径为 R，卫星做匀速圆周运动的半径为 r，由几何知识得 可知张角越小，r 越大，根据 得 可知 r 越大，角速度 越小，故 B 错误； C．根据万有引力提供向心力，则有 解得地球质量为 因为 r 未知，所以由上面的式子可知无法求地球质量，故 C 错误； D．地球的平均密度 则 知可以求出地球的平均密度，故 D 正确。 故选 D。 θ ω sin 2 R r θ = 2 2 MmG m rr ω= 3 GM r ω = ω 2 2 MmG m rr ω= 2 3rM G ω= 34 3 M R ρ π = 2 3 3 4 sin 2G ωρ θπ =3.如图，倾角为 α=45°的斜面 ABC 固定在水平面上，质量为 m 的小球从顶点 A 先后以初速度 v0 和 2vo 向左 水平抛出，分别落在斜面上的 P1、P2 点，经历的时间分别为 t1、t2；A 点与 P1、Pl 与 P2 之间的距离分别为 l1 和 l2，不计空气阻力影响。下列说法正确的是（ ） A. t1：t 2=1：1 B. ll：l2=1：2 C. 两球刚落到斜面上时的速度比为 1：4 D. 两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为 1：1 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据 得 因为初速度之比为 1：2，则运动的时间之比为 1：2，故 A 错误。 B．水平位移 因为初速度之比为 1：2，则水平位移之比为 1：4，由 可知 ll：l2=1：4 故 B 错误。 C．根据动能定理 2 0 0 1 2tan 2 gt gt v t v θ＝ ＝ 02 tanvt g θ= 2 0 0 2 tanvx v t g θ= ＝ 2l x= 其中 y=x，则 则两球刚落到斜面上时的速度比为 1：2，选项 C 错误； D．平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，由于落在斜面 上，位移方向相同，则速度方向相同，即两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为 1：1，故 D 正确。 故选 D。 4.在两个边长为 的正方形区域内（包括四周的边界）有大小相等、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小 为 。一个质量为 ，带电量为 的粒子从 点沿着 的方向射入磁场，恰好从 点射出。则该粒子 速度大小为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意分析可知粒子从 BE 中点 G 飞出左边磁场，作 FG 的垂直平分线交 FA 的延长线于点 O，点 O 为圆心，如图所示 根据几何知识，有 2 2 0 1 1 2 2mv mv mgy= + 2 2 2 0 0 0 02 4 tan 45 5v v gy v v v= + = + = L B m q+ F FE C 2 BqL m BqL m 5 4 BqL m 5 2 BqL m 2 2 5 4 2 LFG L L= + =与 相似，则有 解得 又因为 解得 故 C 正确，ABD 错误。 故选 C 5. 三点构成等边三角形，边长为 ，匀强电场方向与 构成的平面夹角 30°，电势 ， ，下列说法正确的是（　　） A. 场强大小为 B. 场强大小为 C. 将一个正电荷从 点沿直线移到 点，它的电势能一直增大 D. 将一个正电荷从 点沿直线移到 点，它的电势能先增大后减小 【答案】B 【解析】 【详解】AB．匀强电场在 构成的平面上的电场强度分量 因为电势 ， ，所以 AB 为等势线，电场线与 AB 垂直指向 C，则 。 FEG∆ FNO∆ 5 5: :4 2 2 LL r L= 5 4r L= 2vqvB m r = 5 4 BqLv m = 、 、A B C 2cm ABC 4VA B ϕ ϕ= = 1VC ϕ = 150V / m 200V / m A C A B ABC cos30E E′ =  4VA B ϕ ϕ= = 1VC ϕ =解得 故 A 错误，B 正确； C．根据 ，将一个正电荷从 点沿直线移到 点，电势一直降低，它的电势能一直减小，故 C 错 误； D．因为 AB 为等势线，所以将一个正电荷从 点沿直线移到 点，它 电势能不变，故 D 错误。 故选 B。 6.如图所示为形状相同的两个劈形物体，它们之间的接触面光滑，两物体与地面的接触面均粗糙，现对 A 施 加水平向右的力 ，两物体均保持静止，则物体 B 的受力个数可能是（　　） A. 2 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5 个 【答案】AC 【解析】 【详解】对 A 受力分析可知，当 F 与 A 所受的静摩擦力大小相等时，则 A、B 之间没有弹力，当 F 比 A 所 受的静摩擦力更大时，则 A、B 之间有弹力。当 A 对 B 没有弹力时，B 受到重力和地面的支持力 2 个力； 当 A 对 B 有弹力时，B 还受到重力、地面的支持力与摩擦力，共 4 个力，故 AC 符合题意，BD 不符合题意。 故选 AC。 7.如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线 如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A. 在位移从 0 增大到 的过程中，木块的重力势能减少了 B. 在位移从 0 增大到 的过程中，木块的重力势能减少了 C. 图线 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 D. 图线 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 的 2 4 1 V/m=100 3V/m2sin 60 10 AC AC UE d − −′ = = × 200V/mE = pE qϕ= A C A B F x E x 2E a b【答案】BD 【解析】 【详解】AB．木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线 为木块的动能随位移变化的关系。由机械能的 变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有 得 ，即木块的重力势能减少了 ，故 A 错误，B 正确； C．由功能关系可知图线 斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故 C 错误； D．由功能关系可知图线 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故 D 正确。 故选 BD。 8.平行金属板 PQ、MN 与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为 E，内电阻为零；靠近金属板 P 的 S 处有一粒子源能够连续不断地产生质量为 m，电荷量+q，初速度为零的粒子，粒子在加速电场 PQ 的作 用下穿过 Q 板的小孔 F，紧贴 N 板水平进入偏转电场 MN；改变滑片 p 的位置可改变加速电场的电压 Ul 和 偏转电场的电压 U2，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（ ） A. 粒子的竖直偏转距离与 U2 成正比 B. 滑片 p 向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小 C. 飞出偏转电场的粒子的最大速率 D. 飞出偏转电场的粒子的最大速率 【答案】BC 【解析】 【详解】A．带电粒子在加速电场中加速 在偏转电场中 b p2 0E E E E− = − + ∆ p = 2E E∆ − 2E a b 2Eq m Eq m 2 1 0 1 2U q mv= 由于 则 则粒子 竖直偏转距离 y 与 U2 不是成正比关系，选项 A 错误； B．从偏转电场飞出的粒子的偏转角 滑片 p 向右滑动的过程中 U1 变大，U2 减小，则从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小，选项 B 正确； CD．当粒子在加速电场中一直被加速时，飞出偏转电场的速率最大，即当 U1=E 时粒子的速率最大，根据 动能定理 解得 选项 C 正确，D 错误。 故选 BC。 二、非选择题 9.一位同学为验证机械能守恒定律，利用光电门等装置设计了如下实验。使用的器材有：铁架台、光电门 1 和 2、轻质定滑轮、通过不可伸长的轻绳连接的钩码 A 和 B（B 左侧安装挡光片）。 的 2 22 2 0 1 1 ( )2 4 U q U lly dm v dU = = 1 2U U E+ = 2 2 2 2 1 2 =4 4 ( ) U l U ly dU d E U = − 2 2 0 1 1 tan 2 2 yv U l U l v dU dU θ = = = 21 2 mEq mv= 2 m Eqv m =实验步骤如下： ①如图 1，将实验器材安装好，其中钩码 A 的质量比 B 大，实验开始前用一细绳将钩码 B 与桌面相连接， 细绳都处于竖直方向，使系统静止。 ②用剪刀剪断钩码 B 下方的细绳，使 B 在 A 带动下先后经过光电门 1 和 2，测得挡光时间分别为 、 。 ③用螺旋测微器测量挡光片沿运动方向的宽度 ，如图 2，则 ________ 。 ④用挡光片宽度与挡光时间求平均速度，当挡光片宽度很小时，可以将平均速度当成瞬时速度。 ⑤用刻度尺测量光电门 1 和 2 间的距离 。 ⑥查表得到当地重力加速度大小为 。 ⑦为验证机械能守恒定律，请写出还需测量的物理量（并给出相应的字母表示）__________，用以上物理 量写出验证方程_____________。 【答案】 (1). 6.710 (2). 钩码 A、B 的质量 m1、m2 (3). 【解析】 【详解】③[1]根据螺旋测微器测量原理得 ⑦[2][3]为验证机械能守恒定律，还需测量钩码 A、B 的质量 m1、m2。对系统，因为动能的增加量等于重力 势能的减少量，则验证方程为 10.图 1 为拉敏电阻的阻值大小随拉力变化的关系。某实验小组利用其特性设计出一电子测力计，电路如图 2 所示。所用器材有： 拉敏电阻 ，其无拉力时的阻值为 500.0 电源 （电动势 3V，内阻不计） 电源 （电动势 6V，内阻不计） 毫安表 mA（量程 3mA，内阻 ） 滑动变阻器 （最大阻值为 ） 滑动变阻器 （最大阻值为 ） 电键 S，导线若干。 1t 2t d d = mm ( )L L d g 2 2 1 2 2 1 2 1 1 ( )2 d dm m m gL m gLt t      + − = −         6.5mm 21.0 0.01mm 6.710mmd = + × = 2 2 1 2 2 1 2 1 1 ( )2 d dm m m gL m gLt t      + − = −         FR Ω 1E 2E 100Ω 1R 500Ω 2R 300Ω现进行如下操作： ①将拉敏电阻处于竖直悬挂状态并按图连接好电路，将滑动变阻器滑片置于恰当位置，然后闭合电键 S。 ②不挂重物时缓慢调节滑动变阻器的滑片位置，直到毫安表示数为 3mA，保持滑动变阻器滑片的位置不再 改变。 ③在 下施加竖直向下的拉力 时，对应毫安表的示数为 ，记录 及对应的 的值。 ④将毫安表的表盘从 1mA 到 3mA 之间逐刻线刻画为对应的 的值，完成电子测力计的设计。 请回答下列问题： （1）实验中应该选择的滑动变阻器是__________（填“ ”或“ ”），电源是________（填“ ”或 “ ”）； （2）实验小组设计的电子测力计的量程是__________ 。 【答案】 (1). (2). (3). 200 【解析】 【详解】（1）[1][2]毫安表示数为 3mA 时，由闭合电路的欧姆定律，有 若选电源 ，则滑动变阻器电阻为 ，两个滑动变阻器均达不到，所以只能选电源 ，此时滑动变 阻器电阻为 ，只能选 。 （2）[3] 毫安表示数为 1mA 时，拉力最大，由闭合电路的欧姆定律，有 由图 1 有 解得拉力最大值为 200N。电子测力计的量程 200N。 FR F I F I F 1R 2R 1E 2E N 1R 1E 3mA100 500 EI R = =+ + 2E 1400Ω 1E 400Ω 1R 1 F 1mA100 400 E R =+ + 2 F (5 0.1 ) 10 ΩR F= + ×11.如图所示，光滑、平行、电阻不计的金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为 ，导轨顶端连接 定值电阻 ，导轨上有一质量为 ，长度为 ，电阻不计的金属杆，杆始终与导轨接触良好。整个装置处 于磁感应强度为 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里。现将杆从 点以 的速度竖直向上抛出， 经历时间 ，到达最高点 ，重力加速度大小为 。求 时间内 （1）流过电阻的电量 ； （2）电阻上产生的电热 。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）根据动量定理，有 又因为 联立解得 （2）根据 以及能量守恒 L R m L B M 0v t N g t q Q 0mv mgtq BL −= 2 2 0 0 2 2 ( )1 2 m gR v gtQ mv B L −= − 00 mv mgt Ft− = − − F BLI= q It= 0mv mgtq BL −= E BLhI R Rt Rt ∆Φ= = = 2 0 1 2Q mv mgh= −联立解得 12.如图所示，在一个倾角为 的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为 的木板，木板 与斜面之间的动摩擦因数 。当长木板沿斜面向下运动的速度达到 时，在木板的下端 轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数 。设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，取重力加速度的大小 ， ， ，结果可用根号表示。求： （1）刚放上小煤块时，长木板的加速度 的大小和煤块的加速度 的大小； （2）小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间 是多少？ 【答案】（1） ， ；（2）下端， 【解析】 【详解】（1）刚放上小煤块时，对长木板，由牛顿第二定律 对煤块，由牛顿第二定律 解得 （2）设时间 煤块与长木板达到共速，则有 解得 2 2 0 0 2 2 ( )1 2 m gR v gtQ mv B L −= − 37θ = ° 5mL = 1 0.4µ = 0 9.6m / sv = 2 0.2µ = 210m / sg = sin37 0.6° = cos37 0.8° = 1a 2a t 2 1=2m / sa 2 2 =7.6m / sa ( )1+ 3 s 1 2 12 cos cos sinmg mg mg maµ θ µ θ θ+ − = 2 2sin cosmg mg maθ µ θ+ = 2 1=2m / sa 2 2 =7.6m / sa 0t 0 1 0 2 0v a t a t− = 0 1st =煤块相对长木板的位移 故煤块不能从上端离开 此时煤块的速度为 之后木板减速，煤块加速，根据牛顿第二定律有 对长木板有 解得 对煤块有 解得 因 所以煤块从下端离开木板，设从二者共速到二者分离又经历的时间为 ，此过程木板和煤块的对地位移分 别为 ，则有 根据相对位移 解得 故从放上到离开木板共经历的时间为 2 2 0 0 1 0 2 0 1 1 =4.8m = 2t 1 2x x′ ′、 2 1 2 1 2 1 2x vt a t′ ′= + 2 2 2 2 2 1 2x vt a t′ ′= + 2 1x x x′ ′∆ = − 2 3st = ( )0 2 1 3 st t t= + = +13.如图是一定质量的理想气体的压强与热力学温度的 图， 、 、 是理想气体的三个状态，其中 平行于坐标轴 ， 平行于坐标轴 。则从 到 过程中气体的分子平均动能_________（填“变大”、 “变小”或“不变”），从 到 的过程________（填“可能”或“不可能”）为绝热过程，从 到 的过程 中气体的密度______（填“变大”、“变小”或“不变”） 【答案】 (1). 变小 (2). 不可能 (3). 变小 【解析】 【详解】[1] 气体的分子平均动能和温度有关，温度越高气体的分子平均动能越大。从 到 过程中，温度 降低，所以气体的分子平均动能变小。 [2] 从 到 的过程压强不变，温度升高，则内能增加，同时体积增大，气体膨胀对外做功，因此气体要吸 热，不可能为绝热过程。 [3] 从 到 的过程中温度不变，压强降低，可知体积增大，则气体的密度变小。 14.一导热性能良好的圆柱形气缸固定在水平面上，气缸上端开口，内壁光滑，截面积为 。A 是距底端 高处的小卡环。质量为 的活塞静止在卡环上，活塞下密封质量为 的氢气，C 为侧壁上的单向导管。大 气压强恒定为 。环境温度为 时，从 处注入水，当水深为 时，关闭 C，卡环恰对活塞无作用力。 接下来又从 处缓慢导入一定量氢气，稳定后再缓慢提升环境温度到 ，稳定时活塞静止在距缸底 处，设注水过程中不漏气，不考虑水的蒸发，氢气不溶于水。求： ①最初被封闭的氢气的压强 ； ②导入氢气的质量 。 【答案】① ；② 【解析】 P T− a b c bc T ac P a b b c c a a b b c c a S H m 0m 0p 0T C 2 H C 01.6T 2.7H 1p M 0 2 mg p S+ 7 4 m【详解】① 设设注水前气体的体积为 V1，从最初到水深为 时，气体经历等温过程，注水后气体压强为 p2，由玻意耳定律 其中 对活塞，有 联立解得 ②设导入气体后且尚未升温时气体总度为 h，显然此时活塞已经离开卡环，接下来升温过程为等压过程，则 有 解得 考虑到此 h 高度的气体中，原有气体点高为 ，故后导入的气体点高为 解得 设此时密度为 ，则有 解得 15.图 1 是一列沿 轴方向传播的简谐横波在 时刻的波形图，波速为 。图 2 是 处质点的 振动图象，下列说法正确的是（　　） 2 H 1 1 2 2pV p V= 1V SH= 2 ( )2 HV S H= − 0 2p S mg p S+ = 0 1 2 mg Spp += ( ) 0 0 2.7 0.5 1.6 HShS T T −= 11 8h H= 1 2 H 1 1 2h h H= − 1 7 8h H= ρ 1 2 ShM Hm S ρ ρ =  7 4 mM = x 0t = 1m / s 5.5mx =A. 此列波沿 轴负方向传播 B. 处质点在 时的位移为 C. 处质点在 时的速度方向沿 轴正向 D. 处的质点在 时加速度沿 轴负方向 E. 处质点在 内路程为 【答案】BCE 【解析】 【详解】A．根据图 2 的振动图象可知， 处的质点在 t=0 时振动方向沿 轴正向，所以利用图 1 由同侧法知该波沿 轴正方向传播，故 A 错误； B．图 1 可知该简谐横波的波长为 4m，则 圆频率 设 处质点的振动方程为 t=0 时刻 结合 t=0 时刻振动的方向向上，可知 ，则 处质点的振动方程为 处质点与 处质点的平衡位置相距半个波长，则 处质点的振动方程为 x 3.5mx = 2st = 4 2cm 1.5mx = 4st= y 4.5mx = 1st = y 3.5mx = 0 1s～ (16 8 2)cm− 5.5mx = y x 4 s 4s1T v λ= = = 2 2 rad/s 0.4 5 rad/sT π πω π＝ ＝ ＝ 5.5mx = 08sin( + )cm2x t π ϕ= 04 2 8sinϕ= 0 1 4 ϕ π＝ 5.5mx = 8sin( + )cm2 4x t π π= 5.5mx = 3.5mx = 3.5mx = 8sin( + )cm2 4x t π π= −代入方程得位移为 ，故 B 正确； C． 处质点在 时的速度方向和 时的速度方向相同，由同侧法可知速度方向沿 轴正向， 故 C 正确； D． 处的质点在 时速度方向沿 轴负向，则经过四分之一周期即 时，质点的位移为负， 加速度指向平衡位置，沿 轴正方向，故 D 错误； E． 处质点在在 时速度方向沿 轴负向，根据振动方程知此时位移大小为 ， 时 位移大小为 ，所以 内路程 故 E 正确。 故选 BCE。 16.如图所示，扇形玻璃砖 的圆心角为 150°，玻璃砖半径为 ，一条单色光平行于 ，由 的中 点 入射，经折射后由圆弧面的 点射出玻璃砖，圆弧 的长度与圆弧 的长度之比为 2∶3，已知真 空中光速为 。求：该单色光在玻璃砖从 到 传播的时间。 【答案】 【解析】 【详解】作出光路图，如图所示 圆弧 的长度与圆弧 的长度之比为 2∶3，由几何关系可知 ， 2st = 4 2cm 1.5mx = 4st= 0t = y 4.5mx = 0t = y 1st = y 3.5mx = 0t = y 4 2cm 0t = 4 2cm 0 1s～ 2 (8 4 2)cm=(16 8 2)cms = × − − AOB R OA OB D E AE BE c D E 5 3 4 R c AE BE 60°∠ =AOE 90EOB °∠ =由圆心角 可知，该单色光在 OB 边的入射角 ， 折射角 由折射率公式有 解得 由勾股定理 又因为 该单色光在玻璃砖从 到 传播的时间 1tan 2 ODOED OE ∠ = = 150AOB °∠ = 60i °= r OED= ∠ 1sin 5 r = sin sin in r = 15 2n = 2 2 5 2DE OE OD R= + = cn v = D E 5 3 4 DE Rt v c = =