2020年3月8日陕西省榆林市高2020届高2017级高三高考线上模拟测试物理试题及参考答案

榆林市2020届高考线上模拟测试物理试题答案注意：本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。

满分100分。

考试时间90分钟。

第I卷（选择题共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～8只有一个选项符合题目要求，第9～12有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分。

有选错的得0分。

）1.C【解析】[铀核裂变的核反应是23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋310n，故A错误；德布罗意根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，故B错误；受到电子或其他粒子的碰撞，原子也可从低能级向高能级跃迁，不吸收光子也能实现，故C正确；根据爱因斯坦的“光子说”可知，根据ν＝cλ，光的波长越大，频率越小，故能量E＝hν越小，故D错误。

]2.选考题：请考生从给出的2道题中，任选一题作答（1）.B【解析】[由题中图象可知，气体由A到B过程为等容变化，由查理定律得p AT A＝p BT B，p A>p B，故T A>T B；由B到C过程为等压变化，由盖­吕萨克定律得V BT B＝V CT C，V B<V C，故T B<T C。

选项B正确。

](2).B【解析】[由题图图象可知振动周期为4s，振幅为8cm，选项A错误；第2s末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B正确；从第1s末到第2s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C错误；第3s末振子在平衡位置，加速度为零。

选项B正确。

]3．B【解析】先以A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力，B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力．故A 错误．当B向左移动时，B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A对B的压力也保持不变．故B正确.对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N1，挡板对A 的支持力N1不变，则推力F 恒定不变．桌面对整体的支持力N=G 总，保持不变．则B 对桌面的压力不变．故C 、D 错误．4.D 【解析】A.由图象可知，速度是增加的，图象的切线的斜率在减小，加速度在减小，所以0～10s 内做加速度逐渐减小的加速运动。

故A 说法正确。

B.由图象可知10s ～15s 内减速运动，15s 后图象与时间轴平行，说明速度不随时间变化，即开始做匀速直线运动。

故B 说法正确。

C.在0～10s 由牛顿第二定律可得，又由A 的分析知加速度减小，所以0～10s 内运动员所受阻力逐渐增大。

故C 说法正确。

D.在10s ～15s 由牛顿第二定律，又因为在10s ～15s 加速度减小，所以10s ～15s 内运动员所受阻力逐渐减小。

故D 说法错误。

此题选不正确的，应选D 。

5.B 【解析】[根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期T Ⅲ>T Ⅱ>T Ⅰ，选项A 正确；飞船在P 点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P 点朝速度方向喷气，从而使飞船减速，则飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，选项B 错误，C 正确；若轨道Ⅰ贴近火星表面，可认为轨道半径等于火星半径，根据万有引力提供向心力，G Mm R 2＝mRω2，以及密度公式ρ＝M V，火星体积V ＝43πR 3，联立解得ρ＝3ω24πG，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，选项D 正确。

]所以选项为B.6.C 【解析】选C 。

电子在电场中做曲线运动,虚线AB 是电子只在静电力作用下的运动轨迹,电场力沿电场线指向曲线的凹侧,电场的方向与电场力的方向相反,如图所示,由所知条件无法判断电子的运动方向,故A 错误;若a A <a B ,说明电子在A 点受到的电场力较小,M 点的电场强度较小,根据点电荷的电场分布可知,靠近N 端为场源电荷的位置,应带负电,故B 错误;无论Q 为正电荷还是负电荷,一定有电势φA >φB ,电子电势能E p =-e φ,电势能是标量,所以一定有E pA <E pB ,故C 正确,D 错误。

7.C 【解析】[设灯泡的额定电压为U ，根据题意，输入电压U 入＝U m2＝8U ，得：U ＝2U m16，此时原线圈两端的电压为U 1＝U 入－U ＝7U ，副线圈两端的电压为U 2＝2U ，则变压器原、副线圈匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝72，根据I 1I 2＝n 2n 1＝27，因为a 、b 此时都能正常发光，故电压都为额定电压，根据P ＝UI ，可知a 、b 消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a 和b 消耗的电功率之比为2∶7，由输入电压的表达式，可知周期T ＝2πω＝0.02s ，而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02s 电流方向改变两次，故A 、B 、D 错误，C 正确。

]8.D 【解析】A 、粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子的速度为v 时，粒子恰好经过b 点时在磁场中运动了半周，运动时间为，轨迹半径等于ab 的一半.当粒子的速度小于v 时，由知，粒子的轨迹半径小于ab 的一半，仍运动半周，运动时间仍为；故A 错误.B 、在a 点粒子的速度与ad 连线的夹角为30°，粒子经过d 点时，粒子的速度与ad 连线的夹角也为30°，则粒子轨迹对应的圆心角等于60°，在磁场中运动的时间；故B 错误.C 、经过c 点的粒子，根据几何知识知，该粒子在磁场中做圆周运动的圆心b ，半径为L ，故C 错误.D、设经过b、c、d三点的粒子速度分别为v1、v2、v3．轨迹半径分别为r1、r2、r3．据几何知识可得，，r2=L，r3=2L，由半径公式得：v2=2v1=2v，v3=4v1=4v，所以只有速度在这个范围：2v≤v≤4v的粒子才打在cd边上；故D正确.故选D.9.C D【解析】[由E＝Ud知，d增大时，电场强度减小，带电绝缘小球受到的电场力减小，小球竖直向下运动，A错误；由C＝εr S4πkd知，当下极板向下移动时，d增大，电容变小，电容器两极板始终与电源相连，则两极板间电压不变，由C＝QU，知电容器所带电荷量减小，C正确；电场强度减小，由U＝Ed可知，P与上极板间的电势差减小，则P与下极板间的电势差将增加，又U PO＝φP－0，则P点的电势φP升高且φP>0，又因为q为负电荷且E P＝qφP，所以小球的电势能将减小，所以B错误，D正确。

10.AD【解析】[因为B没有运动，所以物体A下落过程中，只有弹力和重力做功，故物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，A正确；因为A刚下落时，弹簧处于原长，A落地时，弹簧对B的弹力大小等于B的重力，故kh＝mg，解得k＝mgh，B错误；物体A落地时弹簧对绳子的拉力大小为mg，故对A分析，受到竖直向上的拉力，大小为mg，竖直向下的重力，大小为2mg，故根据牛顿第二定律可得2mg－mg＝2ma，解得a＝g2，C错误；物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故2mgh＝12·2m v2＋E p，解得E p＝2mgh－m v2，D正确。

]11.AC【解析】[由楞次定律可知，通过电阻R的电流方向为M→P，故A正确；产生的感应电动势为E＝ΔBΔtS＝kL2，根据欧姆定律可得电流为I＝ER＝kL22R，故B错误；杆刚要运动时，μmg－ktIL＝0，又因q＝It，联立可得q＝μmg kL，故C正确；根据功率公式P＝I2R＝k2L44R，故D错误。

]12．AC【解析】[由图乙可知，当斜面的倾角为90°时，x＝1.80m，则由竖直上抛运动规律可知v20＝2gx，解得v0＝2×10×1.80m/s＝6m/s，当θ＝0°时，x＝2.40m，由动能定理可得－μmgx＝－12m v20，解得μ＝v202gx＝34，A正确，B错误；取不同的倾角θ时，根据动能定理得－mgx sinθ－μmg cosθ·x＝0－12m v20，解得x＝v202g(sinθ＋μcosθ)＝3620sinθ＋34cosθm＝1810×54sin(θ＋α)m，tanα＝34⇒α＝37°，当θ＋α＝90°，即θ＝53°时sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，x min＝1.44m，C正确；当θ＝30°时，物体受到的重力沿斜面向下的分力F＝mg sin30°＝12mg，摩擦力f＝μmg cos30°＝0.75×mg×32＝338mg，因F<f，故小球到达最高点后，不会下滑，D错误。

]第II卷（非选择题共52分）二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。

第13题～第16题为必考题，每个试题考生都必须做答。

第17题～第18题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题（共计42分）13．(每空2分，共6分)[答案](1)0.885(2)gh[解析](1)根据游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为0.885cm。

(2)小球从A到B，重力势能减少了mgh，动能增加了12要验证机械能是否守恒，只需比较gh(3)小球下落过程中，受到空气阻力的作用，造成机械能损失，所以gh与12(v2B －v2A)总是存在一定的误差。

14．(每空2分，共12分)[答案](1)0.397(0.395～0.399均可)(2)乙(3)见解析图(a)(4)见解析图(b) 4.5(4.2～4.8均可)(5)C[解析](1)螺旋测微器的读数为(0＋39.7×0.01)mm ＝0.397mm 。

(0.395mm ～0.399mm 都算对）(2)通过给定的数据发现金属丝两端的电压接近从0开始，故滑动变阻器采用的是分压式接法，选乙。

(3)实物图连接如图(a)所示。

(4)图线应过原点，且使大多数点在一条直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧。

根据表中数据描点作图，如图(b)所示。

图线的斜率表示金属丝的电阻，所以Rx ＝4.5Ω(4.2Ω～4.8Ω均可）。

(5)在R ＝ρl S 、S ＝中，取d ＝4×10－4m 、l ＝0.5m 、R ＝4.5Ω，解得ρ≈1×10－6Ω·m 。

15．（8分）[解析]（1）设碰撞后B 车的速度分别为Bv '，由动能定理得，2102B B B Bm v m gL μ'-=-①......2分代入数据，得3.0m/sB v '=②......1分（2）设碰撞后A 车的速度分别为A v '，由动能定理得，2102A A A Am v mgL μ'-=-③......2分两车在碰撞过程中动量守恒，有A A A AB B m v m v m v ''=+④......2分联立②③④式并利用题给数据得4.25m/sA v =⑦......1分16.（16分）【答案】解：（1）如图是粒子在电场、磁场中运动的轨迹图粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从到的时间为t ，电场强度的大小为E ，粒子在电场中的加速度为a ，由牛顿第二定律及运动学公式有：02h v t=①......1分qE ma =②......2分212h at=③......1分由①②③式解得：202mv E qh =......1分（2）粒子到达时速度沿x 方向的分量仍0v ，以1v表示速度沿y 方向分量的大小，v 表示速度的大小，表示速度与x 轴的夹角，则有212v ah=④ (1)分v =⑤......1分10tan v v θ=⑥......1分由②③④式可得：10v v =⑦......1分由⑤⑥⑦式得：v =⑧......1分045θ= (1)分（3）设磁场的磁感应强度为B ，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系可知r =⑨......2分由牛顿第二定律有2mv qvB r=⑩......2分由⑧⑨⑩可得：0mv B qh=......1分（二）选考题：共计10分。