2020届高三物理上学期第五次模拟（期末）考试试题（含解析）(新版)新人教版 13页

‎2019学年度高三第五次月考 理科综合试卷 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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1. 如图所示,一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的一段迹如图，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变），从图中情况可以确定 A. 粒子从a到b，带正电 B. 粒子从b到a，带正电 C. 粒子从a到b，带负电 D. 粒子从b到a，带负电 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确，故选B。‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、洛仑兹力。‎ ‎【名师点睛】根据粒子在磁场中运动的半径公式来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质。‎ ‎2. 轿车起动时的运动可近似看作匀加速运动，某人为了测定某辆轿车在平路上起动时的加速度，利用相机每隔2s曝光一次，拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片，如图所示。如果轿车车身总长为4.5m，那么这辆轿车的加速度大约为 A. 1m/s2 B. 2m/s2 C. 3 m/s2 D. 4 m/s2‎ - 13 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】由图可知，车身对应图上3小格，而车身的长度是4.5m，每一格表示1.5m 根据推论：△x=aT2,则有：x2−x1=aT2，其中T=2s 解得： ‎ 故B正确，A.C.D错误。‎ 故选：B.‎ ‎3. 已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为ΔN，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R。则地球的自转周期为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】在北极 ①‎ 在赤道： ②‎ 根据题意,有FN1−FN2=△N③‎ 联立解得：，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎4. 如图所示，A、B、C、D、E、F是在匀强电场中一个边长为2cm的正六边形的六个顶点，该六边形所在平面与电场线（图中没有画出）平行。如果已知A、C、E三点的电势分别为-2V、0V、2V，则下列说法正确的是 A. 通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线 B. 匀强电场的场强大小为200V/m C. 匀强电场的场强方向为由D指向B - 13 -‎ D. 将一个电子由D点移到A点，其电势能将减少6.4×10－19J ‎【答案】C ‎【解析】A．连接A、E两点，则其中点电势为0V，与C等势，C与该中点连线即为等势线，该连线与ED、AB平行，故A错误；‎ B．由E=UEA/dEA= ，故B错误；‎ C．由A项知：等势线与ED、AB平行，电场线垂直于等势线，由D指向B，故C正确；‎ D． 将一个电子由D点移到A点,电场力做负功,WDA=4×(−1.6×10−19)J=−6.4×10−19J，△EP=−WDA=6.4×10−19J，即其电势能增加6.4×10−19J，故D错误。‎ 故选：C ‎5. 女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里通过一个实验成功展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应。在视频中可观察到漂浮的液滴处于相互垂直的两个椭球之间不断变化的周期性“脉动”中。假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性微小变化，如图所示。已知液滴振动的频率表达式为，其中k为一个无单位的比例系数，r为液滴半径，ρ为液体密度，σ为液体表面张力系数（其单位为N/m），x是待定常数。对于待定常数x的大小，下列说法中正确的是 A. ‎ B. ‎ C. 2‎ D. -3‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据物理公式同时对应单位间的换算关系可知：‎ A. 若x=,则有：，故A错误；‎ - 13 -‎ B. 若x=,则有：，故B正确；‎ C. 若x=2,则有：，故C错误；‎ D. 若x=−3,则有：，故D错误；‎ 故选：B.‎ 点睛：由题意可知，本题考查单位之间的换算关系，因频率的单位为s-1；根据半径、密度及表面张力的单位进行换算可明确公式是否正确．‎ ‎6. 如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带正电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g。则下列判断正确的是 A. 上极板带负电 B. 粒子开始向上运动 C. 粒子运动的加速度大小为 D. 粒子运动的加速度大小为 ‎【答案】AC ‎【解析】A. 带正电粒子P静止在电容器中，粒子受重力和电场力，处于平衡状态，那么上极带负电，故A正确；‎ B．当抽出金属板后，导致电场强度减小，则电场力减小，那么粒子向下运动，故B错误；‎ CD．开始时平衡，有： ①‎ 当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：mg−=ma ②‎ 联立①②解得：a=；故C正确，D错误。‎ 故选：AC.‎ - 13 -‎ 点睛：金属板内部场强为零，有厚度为l的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了l；粒子受重力和电场力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度．‎ ‎7. 如图所示，倾角为的斜面固定在竖直向上的匀强电场中，带负电的小球自斜面M点以初速度水平抛出后落在斜面上的N点。已知小球质量为m，不计空气阻力，则 A. 可求出小球的竖直方向的速度大小 B. 可求出小球末速度方向 C. 若初速度减小一半，则下降高度减小一半 D. 若初速度减小一半，则末速度也减小一半 ‎【答案】ABD ‎【解析】A.利用平抛知识有：，则。竖直方向的速度为：，故A正确；‎ B、设小球与水平方向之间的夹角为，则，故B正确；‎ C．若初速度减小一半，根据，时间变为1/2倍，则下降高度，变为原来的1/4，故C错误； ‎ D．若初速度减小一半，夹角不变，根据，，则末速度也减小一半，故D正确。‎ 故选：ABD。‎ ‎8. 正方形导线框从磁场的竖直左边界由静止开始在外力F作用下水平向右做匀加速直线运动，从线框开始进入到完全进入磁场的过程，下列关于通过线框截面的电荷量q、线框中电流i、线框瞬时电功率P(C图为抛物线)以及线框受到的外力F随时间t变化的关系可能正确的是 - 13 -‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】BCD ‎【解析】A. 线框的位移,通过线框截面的电荷量，q−t图象应是抛物线。故A错误；‎ B. 线框做匀加速运动,其速度v=at,感应电动势E=Blv,感应电流i=E/R= ，i与t成正比，故B正确；‎ C. 线框的电功率P=i2R= ，P−t图象是开口向上的抛物线的一支，故C正确；‎ D. 线框进入磁场过程中受到的安培力F,由牛顿第二定律得：F−FB=ma,得，则F−t图象是不过原点的倾斜直线，故D正确。‎ 故选：BCD。‎ 点睛：线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系，由法拉第电磁感应定律E=BLv，可得出产生感应电动势与速度关系，由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第二定律来确定合力与时间的关系；根据电量、功率的表达式来分别得出各自与时间的关系．‎ 三、非选择题： ‎ ‎9. 如图所示，螺旋测微器的读数为_________mm，游标卡尺的读数为_________mm；‎ - 13 -‎ ‎【答案】 (1). 6.125； (2). 50.90；‎ ‎【解析】螺旋测微器的读数为6mm+0.01mm×12.4=6.124mm 游标卡尺的读数为5cm+0.05mm×18=50.90mm ‎10. 研究性学习小组围绕一个量程为30mA的电流计展开探究。‎ ‎（1）为测量该电流计的内阻，同学甲设计了如图（a）所示电路。图中电源电动势未知，内阻不计。闭合开关，将电阻箱阻值调到20Ω时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到95Ω时，电流计指针指在如图（b）所示位置，则电流计的读数为________mA，由以上数据可得电流计的内阻Rg=________Ω。‎ ‎（2）同学乙将甲设计的电路稍作改变，在电流计两端接上两个表笔，如图（c）所示，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度；闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“30mA”处，此处刻度应标为_________（填“0”或“∞”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电流刻度。则“10 mA”处对应表笔间电阻阻值为________Ω。若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略，电动势不变，但将两表笔断开，使指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果与原结果相比将________（填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). （1）12.0, (2). 30； (3). （2）∞； (4). 6； (5). 不变；‎ ‎【解析】(1) 电流计的读数为12.0mA，注意估读一位。‎ 将电阻箱阻值调到20Ω时，电流计恰好满偏，根据闭合电路欧姆定律：‎ E=Ig(R+Rg)‎ 即：E=0.03(20+Rg)‎ 将电阻箱阻值调到95Ω时，电流计的读数为12.0mA，根据闭合电路欧姆定律：‎ E=0.012(95+Rg)‎ 联立以上两式得：Rg=30Ω - 13 -‎ ‎(2)将两表笔断开，即相当于所测电阻无穷大，则指针指在“30mA”处，此处刻度应标阻值为∞；‎ 根据闭合电路欧姆定律将两表笔断开时有：=30mA…①，‎ 当两表笔接上电阻RX时有 ‎…②，‎ 根据分流公式可得通过电流表的电流为：=10mA…③‎ 代入解得：Rx=6Ω.‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律可知电池新时有：，‎ 测量电阻时干路电流为： ‎ 电流表示数为：，‎ 比较可知r+R=R,所以若电流相同则Rx=R′x，即测量结果不变。‎ 点睛：明确电路结构，根据闭合欧姆定律列方程组，联立可求Rg的值．关键是根据闭合电路欧姆定律和分流公式分别列出通过电流表电流的表达式，联立求解即可；根据电动势不变电阻变大，根据闭合电路欧姆定律进行分析明确误差情况．‎ ‎11. 如图所示，一质量为2×103 kg的小汽车从倾斜路面上以20 m/s的速度经A点驶入泥泞的水平路面，行驶200 m路程后到达B点，速度降为5 m/s，此后速度保持恒定，已知整个过程中汽车发动机的输出功率恒为40kW。求：‎ ‎(1)泥泞路面上行驶时，汽车受到的阻力；‎ ‎(2)速度为10m/s时，汽车的加速度； ‎ ‎(3)汽车在AB段上的运动时间。 ‎ ‎【答案】（1）；（2）–2m/s2；（3）30.625s；‎ - 13 -‎ ‎【解析】试题分析：（1）到达B点时，汽车匀速运动，故牵引力等于阻力，由P=Fv即可求得；‎ ‎（2）当速度等于10m/s时，由P=Fv求出此时的牵引力，由牛顿第二定律即可求得加速度；‎ ‎（3）在AB段机车以恒定功率运动，利用动能定理求出时间．‎ 解：（1）到达B点后，速度恒定不变，处于平衡状态牵引力等于阻力 Ff=F牵2=‎ ‎（2）当汽车速度为10m/s时，汽车的牵引力 F牵3=‎ 根据牛顿第二定律得：F牵3﹣Ff=ma 所以，a=‎ ‎（3）汽车在AB段上做减速直线运动，根据动能定理得：‎ 代入数据解得 t=30.625s 答：（1）泥泞路面上行驶时，汽车受到的阻力为8000N；‎ ‎（2）速度为10m/s时，汽车的加速度﹣2m/s2；‎ ‎（3）汽车在AB段上的运动时间为30.625s．‎ ‎............‎ ‎12. 如图所示，在xOy平面内存在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个场区，y轴右侧存在匀强磁场Ⅰ，y轴左侧与虚线MN之间存在方向相反的两个匀强电场，Ⅱ区电场方向竖直向下，Ⅲ区电场方向竖直向上，P点是MN与x轴的交点，OP为Ⅱ、Ⅲ场区的分界。有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子由原点O以速度v0沿x轴正方向水平射入磁场Ⅰ，已知匀强磁场Ⅰ的磁感应强度垂直纸面向里、大小为B0，匀强电场Ⅱ和匀强电场Ⅲ的电场强度大小均为，如图所示，Ⅳ区的磁场垂直纸面向外、大小为，O、P之间的距离为，已知粒子最后能回到O - 13 -‎ 点。粒子重力不计.‎ ‎（1）求带电粒子从O点飞出后，第一次回到x轴时的位置坐标。‎ ‎（2）根据题给条件画出粒子运动的轨迹。‎ ‎（3）求带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间。‎ ‎【答案】（1）（，0）；（2）如图所示；（3）；‎ ‎【解析】(1)带电粒子在磁场I中运动的半径为：‎ 带电粒子在I磁场中运动了半个圆,回到y轴的坐标为：y=2R1=‎ 带电粒子在II场区作类平抛运动,根据牛顿第二定律得带电粒子运动的加速度为： ，‎ 竖直方向,水平位移x=v0t，‎ 联立解得t=，‎ x=.‎ 第一次回到x轴时的位置坐标为（，0）；‎ ‎(2)‎ - 13 -‎ 根据运动的对称性画出粒子在场区Ⅲ的运动轨迹如图所示。带电粒子在场区Ⅳ运动的半径是场区Ⅰ运动半径的2倍，画出粒子的运动轨迹，同样根据运动的对称性画出粒子回到O点的运动轨迹如图所示。‎ ‎(3)带电粒子在Ⅰ磁场中运动的时间正好为1个周期，故，‎ 带电粒子在Ⅱ、Ⅲ两个电场中运动的时间，‎ 带电粒子在Ⅳ场中运动的时间为半个周期,运动时间，‎ 因为带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间 ‎13. 以下说法中正确的有 。‎ A. 用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是非晶体各向同性的表现 B. 布朗运动是指液体分子的无规则运动 C. 功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功；‎ D. 绝热过程不一定是等温过程 E. 当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大 ‎【答案】ADE ‎【解析】热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是非晶体各向同性的表现，A正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，B错误；功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以全部转化为功，C错误；绝热过程中没有热传递，故外界对气体做功，气体的内能一定增加，所以温度变大，故不一定是等温过程，D正确；当分子力表现为引力时，分子势能都随分子间距离的增大而增大，E正确。‎ ‎14. 如图所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形绝热气缸，气缸的横截面积m3，绝热活塞到气缸底部的距离为L=0.5m，活塞的质量和厚度均可忽略，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根竖直细杆与天花板固定好，气缸内密封有温度t1=27℃的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0，若外界的大气压强P0=1.0×105Pa保持不变，求：‎ ‎（1）如果保持活塞不动，当力传感器的读数达到时，密封气体温度升高到多少？‎ - 13 -‎ ‎（2）如果从初状态开始将活塞往下压，当下压的距离为x=0.2m时力传感器的示数达到F=450N，则通过压缩气体可以使此密封气体的温度升高到多多少？‎ ‎【答案】（1）387；（2）231；‎ ‎【解析】(1)温度T1=t1+273=300K,密封气体初态压强p1=p0=1.0×105Pa 末态压强：p2=p0+F/S=2.2×105Pa 密封气体发生等容变化,由查理定律得 ‎ 代入数据得T2=660K t2=T2−273=387℃‎ ‎(ii)如果从初状态开始往下压,则气体的压强、体积、温度都会发生变化,则根据理想气体状态方程有 代入数据有:T2=504K t2=T2−273=231℃‎ ‎15. 如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，若平面镜的上下表面足够宽，下列说法正确的是。‎ A. 光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光 B. 玻璃对光束Ⅲ的折射率大于对光束Ⅱ的折射率 C. 改变α角，光线 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ仍保持平行 D. 通过相同的双缝干涉装置，光束Ⅱ产生的条纹宽度要大于光束Ⅲ的 E. 在真空中，光束Ⅱ的速度要等于光束Ⅲ的速度 ‎【答案】ACE - 13 -‎ ‎【解析】光束I为在玻璃平面镜上表面的反射光，光束II、III为先在玻璃上表面折射，再在下表面发射，然后再在上表面折射出去的光线，A正确；玻璃对光线II的折射率大与玻璃对光线III的折射率，B错误；改变变α角，光线 I、II、III仍保持平行，C正确；光线II的波长要短，因而形成的干涉条纹要窄，D错误；在真空中，单色光 的速度均为光束，E正确。‎ ‎16. 在某介质中波源A、B处在同一水平线上，它们相距d=20cm，t=0时二者开始上下振动，A只振动了半个周期，B连续振动，它们的振动图象分别如图甲、乙所示，求：‎ ‎（i）两波源之间连线上距A点1m处的质点在t=0到t=22s内所经过的路程；‎ ‎（ii）在t=0到t=16s时间内从A发出的半个波在前进的过程中所遇到的波峰的个数。‎ ‎【答案】（1）128cm；（2）6个；‎ ‎【解析】（i）B波22秒传播的距离为：x=vt=22m,B波的波长为：‎ B波已经传播过距A点1米处的质点△x=3m,经过此点1.5个波长,故此点又振动的路程为：s2=6×20cm=120cm；‎ 距A点1米处的质点,在t=0到t=22s内所经过的路程为：s=s1+s2=128cm     ‎ ‎(ii)16s内两列波相对运动的长度为：△L=LA+LB−d=2vt−d=12m，‎ A波宽度为：a==0.2 m，‎ B波波长为：=2 m，‎ 则n==6，可知A波经过了6个波峰。‎ ‎ ‎ - 13 -‎