2020届东北三省三校高三下学期第一次模拟考试物理试题（东北师大和、，解析版）

2020 届东、、高三下学期第一 次模拟考试物理试题 二、选择题（共 8 题，1-5 单选，6-8 多选） 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的卫星 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（　　） A. 卫星的运动属于匀变速曲线运动 。 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 GB. 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。 3.如图，倾角为 的斜面 固定在水平面上，质量为 的小球从顶点 先后以初速度 和 向 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 = 45α = ° ABC m A 0v 02v左水平抛出，分别落在斜面上的 、 点，经历的时间分别为 、 ； 点与 、 与 之间的距离分 别为 和 ，不计空气阻力影响。下列说法正确的是（　　） A. B. 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．平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定 解得 可知时间与初速度成正比，所以 ，故 A 错误； B．落点到 A 点的距离 可知距离与初速度的平方成正比，所以 ，故 B 错误； CD．设速度与水平方向的夹角为 ，有 则知小球落在斜面上时速度方向相同，所以两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角相同，夹角正切值的比 为 1∶1， 1P 2P 1t 2t A 1P 1P 2P 1l 2l 1 2: 1:1t t = 1 2: 1: 2l l = 2 0 1 2tan gty x v t α = ＝ 02 tanvt g α= 1 2: 1: 2t t = 2 0 02 cos cos c s t o anv t vxl gα α α α= = = 1 2: 1: 4l l = θ 0 0 tan 2tanyv gt v v θ α= = =则落到斜面上时的速度为 则可知刚落到斜面上时的速度与初速度成正比，所以两球刚落到斜面上时的速度比为 1∶2，故 C 错误，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 与 相似，则有 0 cos vv θ= 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= + = FEG∆ FNO∆ 5 5: :4 2 2 LL r L=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 解得 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 = 2 4 1 V/m=100 3V/m2sin 60 10 AC AC UE d − −′ = = × 200V/mE =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，它的电势能不变，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 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 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 【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 的 的 pE qϕ= A C A B F x E x 2E a b b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 、 与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为 ，内电阻为零；靠近金属 板 的 处有一粒子源能够连续不断地产生质量为 ，电荷量 ，初速度为零的粒子，粒子在加速电场 的作用下穿过 板的小孔 ，紧贴 板水平进入偏转电场 ；改变滑片 的位置可改变加速电场的 电压 和偏转电场的电压 ，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 成正比 B. 滑片 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．在加速电场中，由动能定理得 在偏转电场中，加速度为 p2 0E E E E− = − + ∆ p = 2E E∆ − 2E a b PQ MN E P S m q+ PQ Q F N MN p 1U 2U 1 2 U U p 2 m qEv m = 2m qEv m = 2 1 0 1 2qU mv= 2qUa md =则偏转距离为 运动时间为 联立上式得 其中 l 是偏转极板的长度，d 是板间距离。粒子的竖直偏转距离与 成正比，故 A 错误； B．从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值 联立解得 滑片 向右滑动的过程中，U1 增大，U2 减小，可知偏转角逐渐减小，故 B 正确； CD．紧贴 M 板飞出时，电场做功最多，粒子具有最大速率。由动能定理 解得 故 C 正确，D 错误 故选 BC。 三、非选择题：第 22~32 题为必考题，每个试题考生必须作答。第 33~38 题为选考题，考生 根据要求作答。 （一）必考题（4 小题） 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）。 。 21 2y at= 0 lt v = 2 2 14 U ly U d = 2 1 U U 0 tan at v α = 2 1 t 2an U l U d α = p 2 m 1 2 1 0 ( )=2 mv q U U qE− = + 2 m qEv 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） 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。 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 。 2E 100Ω 1R 500Ω 2R 300Ω FR F I F I F 1R 2R 1E 2E N 1R 1E 3mA100 500 EI R = =+ + 2E 1400Ω 1E 400Ω 1R（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。 11.如图所示，光滑、平行、电阻不计 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 的 1 F 1mA100 400 E R =+ + 2 F (5 0.1 ) 10 ΩR F= + × 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= （2）根据 以及能量守恒 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 0mv mgtq BL −= E BLhI R Rt Rt ∆Φ= = = 2 0 1 2Q mv mgh= − 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）设时间 煤块与长木板达到共速，则有 解得 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 2 2 =7.6m / sa 0t 0 1 0 2 0v a t a t− = 0 1st = 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′ ′= +解得 故从放上到离开木板共经历的时间为 [物理-选修 3-3]（2 小题） 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 。 2 1x x x′ ′∆ = − 2 3st = ( )0 2 1 3 st t t= + = + 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【答案】① ；② 【解析】 【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 0 2 mg p S+ 7 4 m 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解得 [物理-选修 3-4]（2 小题） 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（　　） 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 1 2 ShM Hm S ρ ρ =  7 4 mM = x 0t = 1m / s 5.5mx = 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=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 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 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= − 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圆弧 的长度与圆弧 的长度之比为 2∶3，由几何关系可知 ， 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 AE BE 60°∠ =AOE 90EOB °∠ = 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 = =