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、东北师大附中-)及答案

哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学

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1m 的2

1

H 与质量为2m 的3

1H 发生核聚变反应，放出质量为3m 的1

0n ，并生成质量为4m 的新核。若已知真空中的光速为c ，则下列说法正确的是（ ） A. 新核的中子数为2，且该新核是3

2He 的同位素 B. 该过程属于α衰变

C. 该反应释放的核能为()2

3412m m m m c +--

D. 核反应前后系统动量不守恒

2.如图所示，绕地球做匀速圆周运动的卫星P 的角速度为ω，对地球的张角为θ弧度，万有引力常量为G 。则下列说法正确的是（ ）

A. 卫星的运动属于匀变速曲线运动

B. 张角θ越小的卫星，其角速度ω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

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v 0和2v o 向左水平抛出，分别落在斜面上的P 1、P 2点，经历的时间分别为t 1、t 2；A 点与P 1、P l 与P 2之间的距离分别为l 1和l 2，不计空气阻力影响。下列说法正确的是（ ）

A. t 1：t 2=1：1

B. l l ：l 2=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 4.在两个边长为L

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B 。一个质量为m ，带电量为q +的粒子从F 点沿着FE 的方向射入磁场，恰好从C 点射出。则该粒子速度大小为（ ）

A.

2BqL

m

B.

BqL

m

C.

54BqL

m

D.

52BqL

m

5.、、A

B C 三点构成等边三角形，边长为2cm ，匀强电场方向与ABC 构成的平面夹角30°，电势4V A B ??==，1V C ?=，下列说法正确的是（ ）

A. 场强大小为150V /m

B. 场强大小

200V /m

C. 将一个正电荷从A 点沿直线移到C 点，它的电势能一直增大

D. 将一个正电荷从A 点沿直线移到B 点，它的电势能先增大后减小

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F，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

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x的过程中，木块的重力势能减少了E

B. 在位移从0增大到x的过程中，木块的重力势能减少了2E

C. 图线a斜率的绝对值表示木块所受的合力大小

D. 图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小

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U l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. 2Eq m

D.

飞出偏转电场的粒子的最大速率

Eq

m

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）。

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1t、2t。

③用螺旋测微器测量挡光片沿运动方向的宽度d，如图2，则d ________mm。

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()

L L d。

⑥查表得到当地重力加速度大小为g。

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_____________。

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F

R，其无拉力时的阻值为500.0Ω

电源1

E（电动势3V，内阻不计）

电源2

E（电动势6V，内阻不计）

毫安表mA（量程3mA，内阻100Ω）

R（最大阻值为500 ）

滑动变阻器

1

滑动变阻器2R（最大阻值为300Ω）

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。

R下施加竖直向下的拉力F时，对应毫安表的示数为I，记录F及对应的I的值。

③在F

④将毫安表的表盘从1mA到3mA之间逐刻线刻画为对应的F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“1R”或“2R”），电源是________（填“1E”或E”）；

“2

（2）实验小组设计的电子测力计的量程是__________N。

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L，导轨顶端连接定值电阻R，导轨上有一质量为m，长度为L，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B的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里。现将杆从M点以0v的速度竖直向上抛出，经历时间t，到达最高点N，重力加速度大小为g。求t时间内

（1）流过电阻的电量q；

（2）电阻上产生的电热Q。

12.如图所示，在一个倾角为37θ=?的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为5m L 的木板，木板

与斜面之间的动摩擦因数10.4μ=。当长木板沿斜面向下运动的速度达到09.6m /s v =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20.2μ=。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小2

10m /s g =，sin370.6?=，cos370.8?=，结果可用根号表示。求： （1）刚放上小煤块时，长木板的加速度1a 的大小和煤块的加速度2a 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t

是

多少？

13.如图是一定质量的理想气体的压强与热力学温度的P T -图，a 、b 、c 是理想气体的三个状态，

其中bc 平行于坐标轴T ，ac 平行于坐标轴P 。则从a 到b 过程中气体的分子平均动能_________（填“变大”、“变小”或“不变”），从b 到c 的过程________（填“可能”或“不可能”）为绝热过程，从c 到a 的过程中气体的密度______（填“变大”、“变小”或“不变”）

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S 。A 是距底端H

高处的小卡环。质量为m 的活塞静止在卡环上，活塞下密封质量为0m 的氢气，C 为侧壁上的单向导管。大气压强恒定为0p 。环境温度为0T 时，从C 处注入水，当水深为

2

H

时，关闭C ，卡环恰对活塞无作用力。接下来又从C 处缓慢导入一定量氢气，稳定后再缓慢提升环境温度到01.6T ，稳定时活塞静止在距缸底

2.7H 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1p ； ②导入氢气的质量M 。

15.图1是一列沿x 轴方向传播的简谐横波在0t =时刻的波形图，波速为1m /s 。图2是 5.5m x =处质点的振动图象，下列说法正确的是（ ）

A. 此列波沿x 轴负方向传播

B. 3.5m x =处质点在2s t =时的位移为42cm

C. 1.5m x =处质点在4s t =时的速度方向沿y 轴正向

D. 4.5m x =处的质点在1s t =时加速度沿y 轴负方向

E. 3.5m x =处质点在01s ～内路程为(162)cm -

16.如图所示，扇形玻璃砖AOB 的圆心角为150°，玻璃砖半径为R ，一条单色光平行于OA ，由OB 的中点D 入射，经折射后由圆弧面的E 点射出玻璃砖，圆弧AE 的长度与圆弧BE 的长度之比为2∶3，已知真空中光速为c 。求：该单色光在玻璃砖从D 到E 传播的时间。

哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学

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1m 的2

1

H 与质量为2m 的3

1H 发生核聚变反应，放出质量为3m 的1

0n ，并生成质量为4m 的新核。若已知真空中的光速为c ，则下列说法正确的是（ ） A. 新核的中子数为2，且该新核是3

2He 的同位素 B. 该过程属于α衰变

C. 该反应释放的核能为()2

3412m m m m c +--

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24

He ，是3

2He 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α衰变，故B 错误；

C ．该反应释放的核能为

()221234E mc m m m m c ?=?=+--

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P 的角速度为ω，对地球的张角为θ弧度，万有引力常量为G 。则下列说法正确的是（ ）

A. 卫星的运动属于匀变速曲线运动

B. 张角θ越小的卫星，其角速度ω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

sin

2

R r

θ

=

可知张角越小，r 越大，根据

2

2Mm G

m r r

ω= 得

3GM

r

ω=

可知r 越大，角速度ω越小，故B 错误； C ．根据万有引力提供向心力，则有

2

2Mm G

m r r

ω= 解得地球质量为

23

r M G

ω=

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

343

M R ρπ=

则

23

34sin 2

G ωρθπ=

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v 0和2v o 向左水平抛出，分别落在斜面上的P 1、P 2点，经历的时间分别为t 1、t 2；A 点与P 1、P l 与P 2之间的距离分别为l 1和l 2，不计空气阻力影响。下列说法正确的是（ ）

A. t 1：t 2=1：1

B. l l ：l 2=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

200

12tan 2gt

gt v t v θ＝＝

得

02tan v t g

θ

=

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

2002tan v x v t g

θ

=＝

因为初速度之比为1：2，则水平位移之比为1：4，由

2l x =

可知

l l ：l 2=1：4

故B 错误。 C ．根据动能定理

22

01122

mv mv mgy =+ 其中y=x ，则

222

000024tan 455v v gy v v v =+=+=

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L 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B 。一个质量为m ，带电量为q +的粒子从F 点沿着FE 的方向射入磁场，恰好从C 点射出。则该粒子速度大小为（ ）

A.

2BqL

m

B.

BqL

m

C.

54BqL

m

D.

52BqL

m

【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

22

5

42

L FG L L =+=

FEG ?与FNO ?相似，则有

55::2L L r L = 解得

5

4

r L =

又因为

2

v qvB m r

=

解得

54BqL

v m

=

故C 正确，ABD 错误。 故选C 。

5.、、A

B C 三点构成等边三角形，边长为2cm ，匀强电场方向与ABC 构成的平面夹角30°，电势4V A B ??==，1V C ?=，下列说法正确的是（ ）

A. 场强大小为150V /m

B. 场强大小为200V /m

C. 将一个正电荷从A 点沿直线移到C 点，它的电势能一直增大

D. 将一个正电荷从A 点沿直线移到B 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ABC 构成的平面上的电场强度分量

cos30E E '=

因为电势4V A B ??==，1V C ?=，所以AB 为等势线，电场线与AB 垂直指向C ，则

2

41

V/m=1003V/m 2sin 6010AC AC U E d --'=

=? 解得

200V/m E =

故A 错误，B 正确；

C ．根据p E q ?=，将一个正电荷从A 点沿直线移到C 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A 点沿直线移到B 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F ，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x 的过程中，木块的重力势能减少了E

B. 在位移从0增大到x 的过程中，木块的重力势能减少了2E

C. 图线a 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小

D. 图线b 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b 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

p 20E E E E -=-+?

得p =2E E ?-，即木块的重力势能减少了2E ，故A 错误，B 正确；

C ．由功能关系可知图线a 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b 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U l 和偏转电场的电压U 2，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U 2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. 2Eq

m D. Eq m

【答案】BC 【解析】

【详解】A ．带电粒子在加速电场中加速

21012

U q mv =

在偏转电场中

222201

1()24U q U l l y dm v dU ==

由于

12U U E +=

则

222212=44()

U l U l y dU d E U =-

则粒子竖直偏转距离y 与U 2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

220

11

tan 22y v U l U l

v dU dU θ=

=

= 滑片p 向右滑动的过程中U 1变大，U 2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U 1=E 时粒子的速率最大，根据

动能定理

2

12

m Eq mv =

解得

2m Eq

v m

=

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）。

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1t 、2t 。 ③用螺旋测微器测量挡光片沿运动方向的宽度d ，如图2，则d =________mm 。

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()L L d 。

⑥查表得到当地重力加速度大小为g 。

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

m 1、m 2 (3).

22

1221211()2d

d m

m m gL m gL t t ??

??????+-=- ? ?????????

【解析】

【详解】③[1]根据螺旋测微器测量原理得

6.5mm 21.00.01mm 6.710mm d =+?=

⑦[2][3]为验证机械能守恒定律，还需测量钩码A 、B 的质量m 1、m 2。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

221221211

()2d d m m m gL m gL t t ????????+-=- ? ?????????

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F R ，其无拉力时的阻值为500.0Ω 电源1E （电动势3V ，内阻不计） 电源2E （电动势6V ，内阻不计） 毫安表mA （量程3mA ，内阻100Ω） 滑动变阻器1R （最大阻值为500Ω） 滑动变阻器2R （最大阻值为300Ω） 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F R 下施加竖直向下的拉力F 时，对应毫安表的示数为I ，记录F 及对应的I 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F 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“1R ”或“2R ”），电源是________（填“1E ”或“2E ”）；

（2）实验小组设计的电子测力计的量程是__________N 。 【答案】 (1). 1R (2). 1E (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

3mA 100500E

I R

=

=++

若选电源2E ，则滑动变阻器电阻为1400Ω，两个滑动变阻器均达不到，所以只能选电源1E ，此时滑动变阻器电阻为400Ω，只能选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

1

F

1mA 100400E R =++

由图1有

2F (50.1)10ΩR F =+?

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、电阻不计的金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L ，导轨顶端连接定值电阻R ，导轨上有一质量为m ，长度为L ，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B 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里。现将杆从M 点以0v 的速度竖直向上抛出，经历时间t ，到达最高点N ，重力加速度大小为g 。求t 时间内 （1）流过电阻的电量q ； （2）电阻上产生的电热Q 。

【答案】（1）0mv mgt q BL -=；（2）220022

()

12m gR v gt Q mv B L

-=- 【解析】

【详解】（1）根据动量定理，有

00mv mgt Ft -=--

又因为

F BLI =

q It =

联立解得

0mv mgt

q BL

-=

（2）根据

E BLh

I R Rt Rt

?Φ=

==

以及能量守恒

2

012

Q mv mgh =

- 联立解得

220022

()

12m gR v gt Q mv B L

-=- 12.如图所示，在一个倾角为37θ=?的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为5m L

的木板，木板

与斜面之间的动摩擦因数10.4μ=。当长木板沿斜面向下运动的速度达到09.6m /s v =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20.2μ=。设最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，取重力加速度的大小210m /s g =，sin370.6?=，cos370.8?=，结果可用根号表示。求： （1）刚放上小煤块时，长木板的加速度1a 的大小和煤块的加速度2a 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t 是多少？

【答案】（1）21=2m /s a ，22=7.6m /s a ；（2）下端，(1+3s

【解析】

【详解】（1）刚放上小煤块时，对长木板，由牛顿第二定律

1212cos cos sin mg mg mg ma μθμθθ+-=

对煤块，由牛顿第二定律

22sin cos mg mg ma θμθ+=

解得

21=2m /s a 22=7.6m /s a

（2）设时间0t 煤块与长木板达到共速，则有

01020v a t a t -=

解得

01s t =

煤块相对长木板的位移

22

00102011=4.8m<22

x v t a t a t L ?=--

故煤块不能从上端离开 此时煤块的速度为

207.6m /s v a t ==

之后木板减速，煤块加速，根据牛顿第二定律有