山西省大同市第一中学2020届高三2月模拟（三）物理试题

2020 高三年级物理模拟卷三
一、选择题 1-6 单选，7-10 为多选。每题 4 分，共 40 分。
1．A、B 两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x-t)图像,图中 a、b 分别为 A、B 两球碰撞前的图线,c 为碰撞后两球共同运动的图线.若 A 球的质量mA = 2kg ,则由图可知下列结论正确的是( )
A．A、B 两球碰撞前的总动量为 3 kg·m/s B．碰撞过程 A 对 B 的冲量为-4 N·s
C．碰撞前后 A 的动量变化为 6kg·m/s
D．碰撞过程 A、B 两球组成的系统碰撞损失的机械能为 9 J
2
2．两个可视为质点的小球 a 和 b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面

3
内，如图所示．已知小球 a 和 b 的质量之比为平衡状态时，细杆与水平面的夹角q是（ ）
，细杆长度是球面半径的
倍．两球处于

A．45 ° B．30 ° C．22.5 ° D．15°
3．在绝缘光滑的水平面上相距为 6L 的 A、B 两处分别固定正电荷 QA、QB，
两电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是 AB 连线之间的电势φ与位置 x 之间的关系图像，图中
x＝L 点为图线的最低点，若在 x＝2L 的 C 点由静止释放一个质量为 m、电量为＋q 的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是( )
A．小球在 x＝L 处的速度最大 B．小球一定可以到达 x＝-2L 点处
C．小球将以 x＝L 点为作中心完全对称的往复运动
D．固定在 AB 处的电荷的电量之比为 QA∶QB＝8∶1


4．假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为 4200km 的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为 6400km，地球同步卫星距地面高度为 36000km，宇宙飞船和地球同步卫星绕地球同向运动，每当二者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为( )
A．4 次 B．6 次 C．7 次 D．8 次
5．如图所示，已知 R1＝R4＝0.5 Ω，r＝1Ω，R2＝6 Ω，R3 的最大阻值为 6 Ω。在滑动变阻器 R3 的滑片 K 由最下端向最上端滑动过程中下列说法不正确的是( )

A．定值电阻 R4 的功率、电源的总功率均减小 B．电源的输出功率变小
C．电源的效率先增大后减小 D．MN 并联部分的功率先增大后减小
1
6．右端带有 4 光滑圆弧轨道质量为 M 的小车静置于光滑水平面上，如图所示．一质量为 m
的小球以速度 v0 水平冲上小车，关于小球此后的运动情况，以下说法正确的是( )
A．小球可能离开小车水平向右做平抛运动
B．小球可能从圆弧轨道上端抛出而不再回到小车C．小球不可能离开小车水平向左做平抛运动
D．小球不可能离开小车做自由落体运动
7．如图所示，质量 M=1kg 的重物 B 和质量 m=0.3kg 的小圆环 A 用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A 端绳与轮连接，B 端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为 2︰1．重物 B 放置在倾角为 30 ° 固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，
3

B 与斜面间的动摩擦因数μ=
3 ，圆环 A 套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的

距离为 L=4m．现将圆环 A 从与滑轮轴上表面等高处 a 静止释放，当下降 H=3m 到达 b 位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取 g=10m/s2．下列判断正确的是( )
A．圆环 A 到达 b 位置时，A、B 组成的系统机械能减少了 2.5J
B．圆环 A 速度最大时，环 A 与重物 B 的速度之比为 5︰3
C．圆环 A 能下降的最大距离为 Hm=7.5m
D．圆环 A 下降过程，作用在重物 B 上的拉力始终大于 10N
8．某质量 m＝1500kg 的“双引擎”小汽车，行驶速度 v≤54km/h 时靠电动机输出动力；行驶速度在 54km/h90km/h 时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保．该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力 F 随运动时间 t 的图线如图所示，所受阻力恒为 1250N．已知汽车在 t0 时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第 11s
末．则在前 11s 内( )
A． 经 过 计 算 t0＝6s B．电动机输出的最大功率为 60kW
C．汽油机工作期间牵引力做的功为 4.5×105J
D．汽车的位移为 160m
9．如图所示为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为 4∶1，电压表和电流表均为理想电表， 原线圈接有 u = 36 2sin100πt(V)的正弦交流电，图中 D 为理想
二极管，定值电阻 R＝9 Ω.下列说法正确的是（ ）

．A
t = 1
600
s 时，原线圈输入电压的瞬时值为 18V

600
B．t = 1
s 时，电压表示数为 36V

2
C．电流表的示数为 1 A D．电流表的示数为 2 A
10．下列说法中正确的是（ ）
A．两个轻核发生聚变反应，产生的新核的质量一定等于两个轻核的质量和
B．在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能
C．当用氢原子从 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射的光照射某金属时有光电子逸出，则用从
n=3 能级跃迁到 n=1 能级辐射的光照射该金属也一定会有光电子逸出
D．氢原子从 n=2 跃迁到 n=1 能级辐射的光的能量为 10.2ev，只要是能量大于 10.2eV 的光子都能使处于基态的氢原子跃迁到激发态
E．玻尔原子理论提出了定态和跃迁的概念，能解释氦原子的光谱现象二、实验题（7+4=11 分）
11．如图所示,用半径相同的 A、B 两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为
m1 的 A 球从斜槽上某一固定位置 C 由静止开始滚下,进入水平轨道后,从轨道末端水平抛出,落到位于水平地面的复写纸上,在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作 10 次,得到 10 个落点痕迹。再把质量为 m2 的 B 球放在水平轨道末端,让 A 球仍从位置 C 由静止滚下,A 球和 B 球碰撞后,分别在白纸上留下各自的落点痕迹,重复操作 10 次。M、P、N 为三个落点的平均位置,未放
B 球时,A 球的落点是 P 点,0 点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点,如图所示。

(1)在这个实验中,为了尽量减小实验误差,两个小球的质量应满足 m1>m2;除了图中器材外,实验室还备有下列器材,完成本实验还必须使用的两种器材是 。
A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．打点计时器
(2)下列说法中正确的是 。
A．如果小球每次从同一位置由静止释放,每次的落点一定是重合的
B．重复操作时发现小球的落点并不重合,说明实验操作中出现了错误
C．用半径尽量小的圆把 10 个落点圈起来,这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
D．仅调节斜槽上固定位置 C,它的位置越低,线段 0P 的长度越大

(3)在某次实验中,测量出两个小球的质量 m1、m2，记录的落点平均位置 M、N 几乎与 OP 在同一条直线上,测量出三个落点位置与 0 点距离 OM、OP、0N 的长度。在实验误差允许范围内, 若满足关系式 ,则可以认为两球碰撞前后在 OP 方向上的总动量守恒;若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足关系式 。(用测量的量表示)

(4)在 OP、0M、0N 这三个长度中,与实验所用小球质量无关的是 ,与实验所用小球质量有关的是 。
(5)某同学在做这个实验时,记录下小球三个落点的平均位置 M、P、N,如图所示。他发现 M 和
N 偏离了 0P 方向。这位同学猜想两小球碰撞前后在 OP 方向上依然动量守恒,他想到了验证这个猜想的办法:连接 OP、OM、ON,作出 M、N 在 OP 方向上的投影点 M′、N′。分别测量出 OP、
OM′、ON′的长度。若在实验误差允许的范围内,满足关系式： 则可以认为两小球碰撞前后在 OP 方向上动量守恒。


12．某探究小组准备用图甲所示的电路测量某电源的电动势和内阻，实验器材如下： 待测电源（电动势约 2V）； 电阻箱 R（最大阻值为 99.99Ω）；
定值电阻 R0（阻值为 2.0Ω）； 定值电阻 R1（阻值为 4.5kΩ）； 电流表 G（量程为 400μA，内阻 Rg=500Ω）；
开关 S，导线若干．(乙图中横坐标是负 3 次方)

（1）图甲中将定值电阻 R1 和电流表 G 串联，相当于把电流表 G 改装成了一个量程为 V 的电压表；
（2）闭合开关，多次调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值 R 和电流表 G 的示数 I；
1 1
（3）分别用 E 和 r 表示电源的电动势和内阻，则 I 和 R 的关系式为 （用题中字母表示）；
1 1 1 - 1

（4）以 I 为纵坐标， R 为横坐标，探究小组作出 I R 的图像如图（乙）所示，根据该图像求得电源的内阻 r=0.50Ω，则其电动势 E= V（保留两位有效小数）；
（5）该实验测得的电动势 E测与真实值 E真 相比，理论上 E测 E真 ．（填“>”“ x2 + 33
，所以狗将被撞。


综上所述本题答案是：（1） x = 50m （2） 狗将被撞

14．（1） I = 1A ；棒cd中的电流方向由d至 c；（2）F=0.2N；（3）W=0.4J

(1)棒cd受到的安培力为： Fcd = BIL ①

棒cd在共点力作用下平衡，则： F = mgsin300 ②

由①②式，代入数据解得： I = 1A ③

根据楞次定律可知，棒cd中的电流方向由 d至 c ④

(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，即： Fab = Fcd

对棒ab，由共点力平衡知： F = mgsin300 + BIL ⑤ 解得： F = 0.2N ⑥

(3)设在时间t内棒cd产生Q = 0.1J 的热量，由焦耳定律知： Q = I 2 Rt ⑦

设棒ab匀速运动的速度大小为 v，其产生的感应电动势为： E = BLv ⑧

由闭合电路欧姆定律知： I = E ⑨
2R

由运动学公式知在时间t内，棒 ab沿导轨的位移为： x = vt ⑩

力F做的功为： W = Fx 综合上述各式，代入数据解得： W = 0.4J ．

15．（1）20N， 2 J；（2） 1 s；（3）0.125≤μ＜0.75 或μ=1
3

（1）根据牛顿第二定律求出滑块在 B 点所受的支持力，从而得出滑块对 B 点的压力， 根据动能定理求出 AB 端克服阻力做功的大小．
（2）若μ=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出 C 到 D 的时间．

（3）最终滑块停在 D 点有两种可能，一个是滑块恰好从 C 下滑到 D，另一种是在斜面
CD 和水平面内多次反复运动，最终静止在 D 点，结合动能定理进行求解．


（ ）滑块在 点，受到重力和支持力，在
2
点，根据牛顿第二定律有： ＝ v ，





1 B B
F−mg m
R


代入数据解得：F=20N， 由牛顿第三定律得：F′=20N．
从 A 到 B，由动能定理得：mgR−W＝ 1 mv2， 代入数据得：W=2J．
2

（2）在 CD 间运动，有：mgsinθ=ma， 加速度为：a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2，
根据匀变速运动规律有：s＝ 1 2 解得： 1 ．









vt+ at
2
t= s
3


（3）最终滑块停在 D 点有两种可能：
a、滑块恰好能从 C 下滑到 D．则有：



mgsinθ•s−μ1mgcosθ•s＝ 1 2， 代入数据得：μ1=1，
0− 2mv
b、滑块在斜面 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点．



当滑块恰好能返回 C 有：−μ1mgcosθ•2s＝ 1 2，得到：μ1=0.125，
0− 2mv
当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsinθ=μ2mgcosθ，得到：μ2=0.75．
所以，当 0.125≤μ＜0.75，滑块在 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点． 综上所述，μ的取值范围是 0.125≤μ＜0.75 或μ=1．（高中阶段认为μ一般小于 1，也就是说μ可以取 1）
16．① 2 l ②7T0

5 0

①初状态Ⅰ气体压强：P1＝P0+ mg
S
因为：mg=P0S 故：P1=2P0 Ⅱ气体压强：P2＝ 3mg ＝3P0
S

添加铁砂后Ⅰ气体压强： P'＝P + 3mg = 4P

1 0 S 0

Ⅱ气体压强：P2′＝P1′+ mg ＝5P0
S

Ⅱ气体等温变化，根据玻意耳定律：P2l0S=P2′l2S
可得：l2＝ 3 l0，B 活塞下降的高度：h2＝l0−l2＝ 2 l0
5 5

②Ⅰ气体末状态的体积l' = l + l - l
= 1 l

（0.5l +0.6l -l=0.1l）

1 1 2 0
10 0


根据玻意耳定律：P1′l1S= P1′′l′1S 解得： P1′′=20P0
只对Ⅱ气体末状态压强：P2″= P1″+ mg =21P0
S


根据气体理想气体状态方程：
P2¢l2 S ＝ P2 ²l0 S
解得：Tx=7 T0



17．(1)


v = 2v0
T0

； B = 2mv0 (2) l
eR 0
Tx

³ p+ 3 3 + 6
12



解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有： eU
= 1 mv2 - 1 mv2




又： eU

= 3 mv2 解得： v = 2v ；

0 2 2 0

0 2 0 0

根据对称，两束质子会相遇于OO¢的中点 P，粒子束由CO 方向射入，根据几何关系可知必定沿 OP 方向射出， 出射点为 D，过 C、D 点作速度的垂线相交于 K，则 K， 则 K 点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径 r=R


根据洛伦磁力提供向心力有：
evB = m v
r


可得磁场磁感应强度： B = 2mv0
eR

(2)磁场 O 的圆心上移了 R ，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达
2
半径认为 R，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从 F 点射入磁场，如图所示，
E 点是原来 C 点位置，连 OF、OD，并作 FK 平行且等于 OD，连 KD，由于

OD=OF=FK，故平行四边形 ODKF 为菱形，即 KD=KF=R，故粒子束仍然会从 D 点射出，但方向并不沿 OD 方向，K 为粒子束的圆心

R R 1 π


由于磁场上移了 2 ，故 sin∠COF= 2
R
= 2 ，∠COF= 6


π
∠DOF=∠FKD= 3
对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇， 则只可能相遇在 D 点，
下方粒子到达 C 后最先到达 D 点的粒子所需时间为
pR + (H + R - 2R)

t¢ =
2 2 = (p+ 4)R

2v0 4v0

而上方粒子最后一个到达 E 点的粒子比下方粒子中第一个达到 C 的时间滞后Δt = l0
t0

（有错，分母是速度 v0）

上方最后的一个粒子从 E 点到达 D 点所需时间为
R - Rsin π 1 (2πR )
t = 3 + 6 = 6 + 2π - 3 3 R

2v0
2v0
12v0


要使两质子束相碰，其运动时间满足t¢ £ t + Dt


联立解得l0
³ π + 3 3 + 6
12