長春市三中2020屆高三物理下學(xué)期二模模擬測試試題二含解析

吉林省長春市三中2020屆高三物理下學(xué)期二模模擬測試試題二含解析吉林省長春市三中2020屆高三物理下學(xué)期二模模擬測試試題二含解析PAGE23-吉林省長春市三中2020屆高三物理下學(xué)期二模模擬測試試題二含解析吉林省長春市三中2020屆高三物理下學(xué)期二模模擬測試試題（二)（含解析)一、選擇題1.據(jù)伊朗新聞電視臺2019年9月7日消息，伊朗原子能組織發(fā)言人卡邁勒萬迪當(dāng)天宣布，作為第三階段中止履行伊核協(xié)議的措施,伊朗已啟動了“先進離心機”,以增加濃縮鈾儲量.關(guān)于鈾核的裂變，下列敘述正確的是（)A。核反應(yīng)堆中鈾核俘獲一個中子后分裂為兩個或幾個中等質(zhì)量的原子核,并吸收大量能量B.核反應(yīng)堆中鈾核自發(fā)分裂為兩個或幾個中等質(zhì)量的原子核，同時釋放大量的核能C.要使核反應(yīng)堆中鈾核發(fā)生鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，必須要有慢中子的轟擊D.要使核反應(yīng)堆中鈾核發(fā)生鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，必須要有快中子轟擊【答案】C【解析】【詳解】AB．核反應(yīng)堆中鈾核俘獲一個中子后分裂為兩個或幾個中等質(zhì)量的原子核，并釋放大量能量，AB錯誤；CD．鏈?zhǔn)椒磻?yīng)的條件有三個，一是足夠濃度的鈾，二是鈾的體積需要大于等于臨界體積，三是需要慢中子轟擊，C正確，D錯誤。故選C。2。如圖所示為某穩(wěn)定電場的電場線分布情況，A、B、C、D為電場中的四個點，B、C點為空心導(dǎo)體表面兩點，A、D為電場中兩點.下列說法中正確的是（）A。D點的電勢高于A點的電勢B。A點的電場強度大于B點的電場強度C。將電子從D點移到C點，電場力做正功D.將電子從B點移到C點，電勢能增大【答案】A【解析】【詳解】A．沿電場線方向電勢降低，所以D點電勢高于A點的電勢，A正確；B．電場線的疏密程度表示電場強度的弱強，所以A點的電場強度小于B點的電場強度，B錯誤;C．電子帶負(fù)電，所以將電子從D點移到C點，電場力與運動方向夾角為鈍角，所以電場力做負(fù)功，C錯誤；D．處于靜電平衡的導(dǎo)體是等勢體，所以B、C兩點電勢相等，根據(jù)可知電子在B、C兩點電勢能相等,D錯誤。故選A。3.如圖所示,質(zhì)量為M的小車的表面由光滑水平面和光滑斜面連接而成，其上放一質(zhì)量為m的球,球與水平面的接觸點為a，與斜面的接觸點為b，斜面傾角為θ.當(dāng)小車和球一起在水平桌面上做直線運動時，下列說法正確的是（）A.若小車勻速運動,則球?qū)π泵嫔蟗點的壓力大小為mgcosθB.若小車勻速運動，則球?qū)λ矫嫔蟖點的壓力大小為mgsinθC.若小車向左以加速度gtanθ加速運動，則球?qū)λ矫嫔蟖點無壓力D.若小車向左以加速度gtanθ加速運動，則小車對地面的壓力小于（M+m)g【答案】C【解析】【詳解】AB．小車和球一起勻速運動時,小球受到豎直向下的重力和水平面對小球豎直向上的支持力,二力平衡，所以小球?qū)點無壓力，根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)點的壓力大小為mg,AB錯誤；C．若小車向左以加速度gtanθ加速運動，假設(shè)小球?qū)點無壓力,根據(jù)牛頓第二定律解得假設(shè)成立,所以小球?qū)點無壓力，C正確；D．對小車和球構(gòu)成的系統(tǒng)整體受力分析可知,系統(tǒng)在豎直方向上加速度為0,豎直方向受到重力和支持力,二者等大反向，根據(jù)牛頓第三定律可知小車對地面的壓力等于（M+m）g，D錯誤.故選C。4.某電磁軌道炮的簡化模型如圖所示，兩圓柱形固定導(dǎo)軌相互平行,其對稱軸所在平面與水平面的夾角為θ，兩導(dǎo)軌長為L，間距為d，一質(zhì)量為m的金屬彈丸置于兩導(dǎo)軌間，彈丸直徑為d，電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好且不計摩擦阻力,導(dǎo)軌下端連接理想恒流電源,電流大小恒為I，彈丸在安培力作用下從導(dǎo)軌底端由靜止開始做勻加速運動,加速度大小為a.下列說法正確的是（）A.將彈丸彈出過程中，安培力做的功為maL+mgLsinθB.將彈丸彈出過程中，安培力做的功為I2RC。將彈丸彈出過程中，安培力的功率先增大后減小D.將彈丸彈出過程中,安培力的功率不變【答案】A【解析】【詳解】AB．對彈丸受力分析，根據(jù)牛頓第二定律安培力做功A正確,B錯誤；CD．彈丸做勻加速直線運動,速度一直增大，根據(jù)可知安培力的功率一直增大，CD錯誤.故選A。5.工在生產(chǎn)紡織品、紙張等絕緣材料時為了實時監(jiān)控其厚度，通常要在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示傳感器。其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板,上下位置均固定,且分別接在恒壓直流電源的兩極上（電源電壓小于材料的擊穿電壓）。當(dāng)流水線上通過的產(chǎn)品厚度減小時，下列說法正確的是（)A。A、B平行板電容器的電容增大B.A、B兩板上的電荷量變大C.有電流從a向b流過靈敏電流計D。A、B兩板間的電場強度變大【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)可知當(dāng)產(chǎn)品厚度減小,導(dǎo)致減小時,電容器的電容C減小，A錯誤；BC．根據(jù)可知極板帶電量Q減小，有放電電流從a向b流過,B錯誤，C正確;D．因兩板之間的電勢差不變，板間距不變，所以兩板間電場強度為不變，D錯誤。故選C。6。如圖所示，地球質(zhì)量為M,繞太陽做勻速圓周運動,半徑為R．有一質(zhì)量為m的飛船，由靜止開始從P點在恒力F的作用下，沿PD方向做勻加速直線運動，一年后在D點飛船掠過地球上空，再過三個月，又在Q處掠過地球上空．根據(jù)以上條件可以得出A.DQ的距離為B。PD的距離為C.地球與太陽的萬有引力的大小D。地球與太陽的萬有引力的大小【答案】ABC【解析】【分析】根據(jù)DQ的時間與周期的關(guān)系得出D到Q所走的圓心角,結(jié)合幾何關(guān)系求出DQ的距離．抓住飛船做勻加速直線運動，結(jié)合PD的時間和PQ的時間之比得出位移之比，從而得出PD的距離．根據(jù)位移時間公式和牛頓第二定律,結(jié)合地球與太陽之間的引力等于地球的向心力求出引力的大?。驹斀狻康厍蚶@太陽運動的周期為一年,飛船從D到Q所用的時間為三個月，則地球從D到Q的時間為三個月，即四分之一個周期,轉(zhuǎn)動的角度為90度，根據(jù)幾何關(guān)系知，DQ的距離為，故A正確；因為P到D的時間為一年，D到Q的時間為三個月,可知P到D的時間和P到Q的時間之比為4：5,根據(jù)得,PD和PQ距離之比為16:25,則PD和DQ的距離之比為16：9,，則,B正確；地球與太陽的萬有引力等于地球做圓周運動的向心力,對PD段，根據(jù)位移公式有:，因為P到D的時間和D到Q的時間之比為4：1，則，即T=t，向心力，聯(lián)立解得地球與太陽之間的引力，故C正確D錯誤．7?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D所示,置于高真空中的D形金屬盒半徑為R。兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過狹縫的時間忽略不計,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，在加速器中被加速，加速電壓為U。下列說法正確的是（）A.交變電場的周期為B。粒子射出加速器的速度大小與電壓U成正比C。粒子在磁場中運動的時間為D.粒子第1次經(jīng)過狹縫后進入磁場的半徑為【答案】CD【解析】【詳解】A．為了能夠使粒子通過狹縫時持續(xù)的加速，交變電流的周期和粒子在磁場中運動周期相同，即A錯誤；B．粒子最終從加速器飛出時解得粒子飛出回旋加速器時的速度大小和無關(guān)，B錯誤；C．粒子在電場中加速的次數(shù)為，根據(jù)動能定理粒子在磁場中運動的時間C正確;D．粒子第一次經(jīng)過電場加速進入磁場，洛倫茲力提供向心力解得D正確。故選CD。8。如圖所示,在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k=200N/m的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上，B、C兩物體通過細(xì)線繞過輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細(xì)線豎直、cd段的細(xì)線與斜面平行.已知A、B的質(zhì)量均為10kg，C的質(zhì)量為40kg，重力加速度為g=10m/s2,細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計,開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放C后C沿斜面下滑，A剛離開地面時，B獲得最大速度。（）A。斜面傾角=30°B。A、B、C組成的系統(tǒng)機械能先增加后減小C.B的最大速度D.當(dāng)C的速度最大時彈簧處于原長狀態(tài)【答案】ABC【解析】【詳解】A．開始時彈簧壓縮長度為xB得：kxB=mg當(dāng)A剛離開地面時,彈簧處于拉伸狀態(tài)，對A有：kxA=mg物體A剛離開地面時，物體B獲得最大速度,B、C的加速度為0，對B有：T—mg—kxA=0對C有：Mgsinα—T=0解得：α=30°故A正確；B．由于xA=xB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，即此過程中彈簧的彈性勢能先減小后增加；而由A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可知A、B、C組成的系統(tǒng)機械能先增加后減小,故B正確；

C．當(dāng)物體A剛離開地面時,物體B上升的距離以及物體C沿斜面下滑的距離為：由于xA=xB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等,彈簧彈力做功為零,且物體A剛剛離開地面時，B、C兩物體的速度相等,設(shè)為vB，由動能定理得：解得：vB＝2m/s故C正確;D．當(dāng)B的速度最大時，C的速度也是最大的，此時彈簧處于伸長狀態(tài),故D錯誤；故選ABC.二、非選擇題9.某同學(xué)利用如圖所示的裝置來驗證力的平行四邊形定則:在豎直木板上鋪有白紙，并用圖釘固定在木板上。固定兩個光滑的滑輪A和B，將繩子打一個結(jié)點O，每個鉤碼的質(zhì)量相等。調(diào)整鉤碼個數(shù)使系統(tǒng)達到平衡。(1）實驗過程中必須要記錄下列哪些數(shù)據(jù)(）A．O點位置B．每組鉤碼的個數(shù)C．每個鉤碼的質(zhì)量D．OA、OB和OC繩的長度E．OA、OB和OC繩的方向(2）下列實驗操作正確的是（）A．將OC繩換成橡皮筋，仍可完成實驗B．細(xì)繩要長些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點要遠些可減小實驗誤差C．盡量保持∠AOB為90°、60°、120°等特殊角方便計算D．若改變懸掛鉤碼的個數(shù)N3，重新進行實驗，必須保持O點位置不動，重新調(diào)整鉤碼的個數(shù)N1、N2【答案】（1）.ABE(2)。AB【解析】【詳解】（1)［1］A．為了驗證平行四邊形定則，必須作受力圖,所以需要確定受力點,即需要標(biāo)記結(jié)點的位置,A正確；BC．其次要作出力的方向和大小,每個鉤碼的質(zhì)量相同，所以鉤碼的個數(shù)可以作為力的大小，不需要測量鉤碼質(zhì)量，B正確，C錯誤；DE．連接鉤碼繩子的方向可以表示力的方向，所以需要標(biāo)記OA、OB和OC繩的方向，D錯誤，E正確。故選ABE.(2）[2］A．如果將繩換成橡皮筋，在同一次實驗過程中,只要將結(jié)點拉到相同的位置，實驗結(jié)果不會發(fā)生變化，仍可完成實驗，A正確；B．細(xì)繩要長些,標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點要遠些可以使力的方向更準(zhǔn)確，減小實驗誤差,B正確；C．實驗通過平行四邊形定則進行力的合成確定力的大小和方向，不需要計算，C錯誤；D．實驗的目的是驗證平行四邊形定則，重新實驗，不需要保持結(jié)點位置不動，D錯誤。故選AB。10。某同學(xué)利用如圖所示的電路可以測量多個物理量．實驗室提供的器材有:兩個相同的待測電源（內(nèi)阻r≈1Ω）電阻箱R1（最大阻值為999.9Ω）電阻箱R2（最大阻值為999。9Ω)電壓表V（內(nèi)阻約為2kΩ）電流表A（內(nèi)阻約為2Ω）靈敏電流計G,兩個開關(guān)S1、S2．主要實驗步驟如下：①按圖連接好電路，調(diào)節(jié)電阻箱R1和R2至最大，閉合開關(guān)S1和S2，再反復(fù)調(diào)節(jié)R1和R2，使電流計G的示數(shù)為0，讀出電流表A、電壓表V、電阻箱R1、電阻箱R2的示數(shù)分別為0。40A、12.0V、30。6Ω、28.2Ω；②反復(fù)調(diào)節(jié)電阻箱R1和R2(與①中的電阻值不同），使電流計G的示數(shù)為0，讀出電流表A、電壓表V的示數(shù)分別為0。60A、11。7V．回答下列問題：（1）步驟①中：電流計G的示數(shù)為0時,電路中A和B兩點的電電勢差UAB=_____V；A和C兩點的電勢差UAC=______V;A和D兩點的電勢差UAD=______V；(2）利用步驟①中的測量數(shù)據(jù)可以求得電壓表的內(nèi)阻為______Ω,電流表的內(nèi)阻為______Ω；(3）結(jié)合步驟①步驟②的測量數(shù)據(jù)電源的電動勢E為______V，內(nèi)阻r為_____Ω．【答案】（1)。0（2)。12.0V(3）.—12.0V(4）.1530Ω（5)。1。8Ω(6）.12.6V（7）.1。5Ω【解析】【詳解】（1）［1]［2]［3]當(dāng)電流計示數(shù)為0時，A、B兩點電勢相等，即;電壓表示數(shù)即為A、C兩點電勢差，即；由閉合電路歐姆定律可知，D、A和A、C之間的電勢差相等，故；(2）［4]［5］由歐姆定律可得解得由可得（3)[6][7]由步驟①可得由步驟②可得聯(lián)立可解得11。如圖所示，固定在豎直面內(nèi)半徑R=0.4m的光滑半圓形軌道cde與長s=2。2m的水平軌道bc相切于c點，傾角θ=37°的斜軌道ab通過一小段光滑圓弧與水平軌道bc平滑連接.質(zhì)量m=1kg的物塊B靜止于斜軌道的底端b處，質(zhì)量M=3kg的物塊A從斜面上的P處由靜止沿斜軌道滑下，與物塊B碰撞后黏合在一起向右滑動。已知P處與c處的高度差H=4.8m,兩物塊與軌道abc間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0。6,cos37°=0.8，A、B均視為質(zhì)點，不計空氣阻力。求：(1)A與B碰撞后瞬間一起滑行的速度大小;(2）物塊A、B到達e處時對軌道的壓力大小?！敬鸢浮浚?)6m/s;（2）50N【解析】【詳解】(1)A沿斜軌道下滑時,由牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式兩物塊碰撞滿足動量守恒，選取水平向右為正方向解得（2)物塊從b運動到e的過程,根據(jù)動能定理在e點，根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)牛頓第三定律可知物塊對軌道點的壓力大小為。12。如圖1所示,在直角坐標(biāo)系xOy中，MN垂直x軸于N點，第二象限中存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場,Oy與MN間（包括Oy、MN)存在均勻分布的磁場,取垂直紙面向里為磁場的正方向，其感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖2所示。一比荷的帶正電粒子（不計重力）從O點沿紙面以大小v0=、方向與Oy夾角θ＝60°的速度射入第一象限中,已知場強大小E=(1+）,ON=L（1）若粒子在t=t0時刻從O點射入，求粒子在磁場中運動的時間t1;(2）若粒子在0~t0之間的某時刻從O點射入，恰好垂直y軸進入電場,之后從P點離開電場，求從O點射入的時刻t2以及P點的橫坐標(biāo)xP;(3)若粒子在0~t0之間的某時刻從O點射入，求粒子在Oy與MN間運動的最大路程s?！敬鸢浮?1)；（2），;（3）(5+）L【解析】【詳解】(1）若粒子t0時刻從O點射入，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，如圖所示:由幾何關(guān)系可知圓心角洛倫茲力提供向心力，則已知周期粒子在磁場中運動的時間符合題意.（2)由(1)可知解得設(shè)t2時刻粒子從點射入時恰好垂直軸進入電場,如圖所示：則解得粒子在電場中做類平拋運動，分解位移根據(jù)牛頓第二定律有解得（