2020届陕西省西安高三第一次模拟考试物理试题

西安中学高三模拟考试

物理

第I卷（选择题 共48分）

一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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. 甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间（x–t）图象如图所示，由图象可以得出在0~4 s内（    ）

A. 甲、乙两物体始终同向运动

B. 4 s时甲、乙两物体间的距离最大

C. 甲的平均速度等于乙的平均速度

D. 甲、乙两物体间的最大距离为6 m

【答案】C

【解析】

【详解】A．图像的斜率等于速度，可知在内甲、乙都沿正向运动，运动方向相同。内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，运动方向相反，故A错误。

BD．内甲乙同向运动，甲的速度较大，两者距离不断增大。后甲反向运动，乙仍沿原方向运动，两者距离减小，则时甲、乙两物体间的距离最大，最大距离为 ，故BD错误。

C．由图知，在内甲、乙的位移都是，平均速度相等，故C正确。

2. 如图所示，在粗糙的水平面上放一质量为2kg的物体，现用F=8N的力，斜向下推物体，力F与水平面成角，物体与水平面之间的滑动摩擦系数为μ=0.5，则

A. 物体对地面的压力为24N

B. 物体所受的摩擦力为12N

C. 物体加速度为

D. 物体将向右匀速运动

【答案】A

【解析】

【详解】

受力分析如图所示，在竖直方向上，由平衡条件得，物体与水平地面间最大静摩擦力，水平方向上 ，由于，物体将静止不动，故物体所受的摩擦力为静摩擦力，综上分析，正确答案为A．

3. 一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为（　　）

A. E0 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】放出质量为的粒子后，剩余质量为，该过程动量守恒，有

放出粒子的动能为

原子核反冲的动能

联立解得

故ABD错误，C正确。

故选C。

4. 如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向．下列判断错误的是（  ）

A. 粒子带负电

B. 粒子由O到A经历的时间

C. 若已知A到x轴的距离为d，则粒子速度大小为

D. 离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A正确，不符合题意；

B．粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，则粒子由O到A运动的时间为

故B错误，符合题意；
C．根据几何关系，有

解得

R=2d

根据得

故C正确，不符合题意；
D．粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D正确，不符合题意；
故选B。

5. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知（　　）

A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小

B. 三个等势面中，c的电势最高

C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能

D. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小

【答案】B

【解析】

【详解】A．因为a、b、c为等差等势面，等差等势面越密的地方，电场强度越大，则有p点的场强大于Q点的场强，根据F=Eq和F=ma可知，同一带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度大，故A错误；

B．由于做曲线运动的物体所受合外力方向为曲线运动的凹侧，可知负电荷所受的电场力方向向下，而电场线与等势线垂直，且负电荷所受电场力方向与电场强度的方向相反，故电场线的方向向上，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知c点的电势最高，a点电势最低，故B正确；

CD．由上面的分析可知，p点电势小于Q点电势，根据带负电的粒子在电势高的地方，电势能小，在电势低的地方电势能大，可知带负电质点在P点的电势能比在Q点的高，又因为带电粒子在电场中只受电场力作用，由能量守恒可知，带电质点在电场中电势能与动能的总和保持恒定，由于带负电质点在P点的电势能比在Q点的高，则该质点在P点的动能小于在Q点的动能，故CD错误。

故选B。

6. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v−t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10 m/s2，则以下说法正确的是（　　）

A. 汽车在前5 s内的牵引力为5×102 N B. 汽车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2

C. 汽车的额定功率为100 kW D. 汽车的最大速度为80 m/s

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图像可知匀加速直线运动的加速度为

m/s2=4 m/s2

根据牛顿第二定律得

F−f=ma

解得牵引力为

F=f＋ma=0.1×1×104 N＋1×103×4 N=5×103 N，

故A错误；

BC．汽车的额定功率为

P=Fv=5 000×20 W=100 kW

当汽车的速度是25 m/s时，牵引力

F′=N=4×103 N

此时汽车的加速度

a′== m/s2=3 m/s2

故B错误，C正确；

D．当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为

vm =m/s=1×10 2m/s

故D错误。

故选C。

7. 如图所示，三颗卫星a、b、c均绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为。万有引力常量为G，则（   ）

A. 发射卫星b、c时速度要大于

B. b、c卫星离地球表面的高度为

C. 卫星a和b下一次相距最近还需经过

D. 若要卫星c与b实现对接，可让卫星b减速

【答案】BC

【解析】

【详解】A．卫星b、c绕地球做匀速圆周运动，7.9km/s是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度，11.2km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星b时速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故A错误；
B．万有引力提供向心力，对b、c卫星，由牛顿第二定律得

解得

故B正确；
C．卫星b在地球的同步轨道上，所以卫星b和地球具有相同的周期和角速度。由万有引力提供向心力，即

解得

a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度

此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近

（ωa-ω）t=2π

故C正确；
D．让卫星b减速，卫星b所需的向心力减小，万有引力大于所需的向心力，卫星b会做向心运动，轨道半径变小，离开原轨道，所以不能与c对接，故D错误；

故选BC。

8. 如图所示，在竖直平面内有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（　　）

A. 可能等于零

B. 可能等于

C. 可能等于mv02+qEL-mgL

D. 可能等于mv02+qEL+mgL

【答案】BCD

【解析】

【分析】要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下．分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解．

【详解】令正方形的四个顶点分别为ABCD，如图所示

若电场方向平行于AC：
①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为qEL，重力做功为-mg，根据动能定理得：Ek−mv02＝qEL−mgL，即Ek＝mv02+qEL−mgL
②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则Ek=mv02．
若电场方向平行于AC，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为qEL，重力做功为mgL，根据动能定理得：Ek−mv02＝qEL+mgL，即Ek＝mv02+qEL+mgL．
由上分析可知，电场方向平行于AC，粒子离开电场时的动能不可能为0．
若电场方向平行于AB：
若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于0．若电场力向右，小球从D点离开电场时，有 Ek−mv02＝qEL+mgL则得Ek＝mv02+qEL+mgL
若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于0．故粒子离开电场时的动能都不可能为0．故BCD正确，A错误．故选BCD．

【点睛】解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．

第II卷（非选择题 共62分）

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题～12题为必考题，每个试题考生都必须做答。第13题～16题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题

9. 某同学在“测匀变速直线运动的加速度”的实验中，用打点计时器（频率为50Hz，即每打一个点）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点．其相邻点间还有4个点未画出．其中、、、、、，小车运动的加速度为___，在F时刻的瞬时速度为____保留2位有效数字。

【答案】    (1). 0.62    (2). 0.98

【解析】

【详解】[1]．相邻点间还有4个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔T=0.1s。在纸带中，连续相等时间内的位移之差△x=0.62cm，根据△x=aT2得

[2]．F点的瞬时速度等于EG段的平均速度，则

10. 为了测量一精密金属丝的电阻率：

Ⅰ．先用多用电表挡粗测其电阻为______Ω，然后用螺旋测微器测其直径为______mm，游标卡尺测其长度是_____mm.

Ⅱ．为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：

A．电压表 (量程3V，内阻约为)

B．电压表(量程15V，内阻约为)

C．电流表 (量程3A，内阻约为)

D．电流表 (量程600mA，内阻约为)

E．滑动变阻器 (，0.6A)

F．滑动变阻器 (，0.1A)

G．输出电压为3V的直流稳压电源E

H．电阻箱  

I．开关S，导线若干

为了尽量多测几组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材除G、I外，还需的是(填代号)________．请在虚线框内设计最合理的电路图_______并将图的实物连线．_______如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率公式________．

【答案】    (1). 6.0    (2). 2.093—2.097    (3). 100.15    (4). ADE     (5).     (6).     (7).

【解析】

【详解】由图示多用电表可知，待测电阻阻值是；由图示螺旋测微器可知，其读数为：，由图示游标卡尺可知，其示数为：；实验需要G电源，I开关与导线，电源电动势为3V，因此电压表应选A．通过待测电阻的最大电流约为，则电流表应选：D．为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：E．故选ADE；为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；，，则有，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示

根据实验电路图连接实物电路图，如图所示

由电阻定律可知:，又，联立得.

11. 图中MN和PQ为竖直方向的两个无限长的平行直金属导轨，间距为L，电阻不计．导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直．质量为m、电阻为r的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触，导轨一端接有阻值为R的电阻．由静止释放导体棒ab，重力加速度为g．

（1）在下滑加速过程中，当速度为v时棒的加速度是多大；

（2）导体棒能够达到的最大速度为多大；

（3）设ab下降的高度为h，求此过程中通过电阻R的电量是多少？

【答案】（1）;（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）导体棒受到的安培力

由牛顿第二定律得

解得

导体棒向下加速运动，速度v增大，加速度a减小，即导体棒做加速度减小的加速运动，当安培力与重力相等时，导体棒做匀速直线运动；

（2）当导体棒做匀速运动时，速度最大，由平衡条件得

解得

；

（3）由法拉第电磁感应定律得感应电动势的平均值为：

感应电流的平均值为

电荷量

解得

12. 如图所示，AC为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A端的竖直墙壁上质量的小物块将弹簧的另一端压缩到B点，之后由静止释放，离开弹簧后从C点水平飞出，恰好从D点以的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道小物体与轨道间无碰撞为圆弧轨道的圆心，E为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径，，小物块运动到F点后，冲上足够长的斜面FG，斜面FG与圆轨道相切于F点，小物体与斜面间的动摩擦因数，，取不计空气阻力求：

（1）弹簧最初具有的弹性势能；

（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E点时对圆弧轨道的压力大小；

（3）判断小物块沿斜面FG第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D点？若能，求解小物块回到D点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E的速度大小．

【答案】； 30N； 2．

【解析】

【详解】（1）设小物块在C点的速度为，则在D点有：

设弹簧最初具有的弹性势能为，则：

代入数据联立解得：；

设小物块在E点的速度为，则从D到E的过程中有：

设在E点，圆轨道对小物块的支持力为N，则有：

代入数据解得：，

由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E点时对圆轨道的压力为30 

设小物体沿斜面FG上滑的最大距离为x，从E到最大距离的过程中有：

小物体第一次沿斜面上滑并返回F的过程克服摩擦力做的功为，则

小物体在D点的动能为，则：

代入数据解得：，，

因，故小物体不能返回D点 

小物体最终将在F点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为，则有：

代入数据解得：

答：弹簧最初具有弹性势能为；

小物块第一次到达圆弧轨道的E点时对圆弧轨道的压力大小是30 N；

小物块沿斜面FG第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道D点经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E的速度大小为2 ．

【点睛】（1）物块离开C点后做平抛运动，由D点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D点的速度方向，将D点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；

物块从D到E，运用机械能守恒定律求出通过E点的速度，在E点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；

假设物块能回到D点，对物块从A到返回D点的整个过程，运用动能定理求出D点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．

（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道物理题中每科任选一题做答。

【物理—选修3-3】

13. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程．该循环过程中，下列说法正确的是__________．

A. A→B过程中，气体对外界做功，吸热

B. B→C过程中，气体分子的平均动能增加

C. C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少

D. D→A过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化

E. 该循环过程中，气体吸热

【答案】ADE

【解析】

【分析】过程中，体积增大，气体对外界做功，过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，过程中，等温压缩，过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高．

【详解】A.过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A正确；

B.过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；

C.过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；

D.过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D正确；

E.该循环中，气体对外做功大于外界对气体做功，即；一个循环，内能不变，，根据热力学第一定律，，即气体吸热，故E正确；

故选ADE

【点睛】本题考查了理想气体状态方程应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定．

14. 如图所示，上端封闭、下端开口的玻璃管竖直放置，管长55cm，其中有一段长为6cm的水银柱，将长为20cm的空气柱A封闭在管的上部，空气柱B和大气连通现用一小活塞将管口封住，并将活塞缓慢往上压，当水银柱上升4cm时停止上压已知外界大气压恒为76cmHg，上压过程气体温度保持不变，A、B均为理想气体，求：

（1）气体A、B末状态的压强；

（2）试分析此过程中B气体是吸热还是放热？

【答案】（1）气体A末状态的压强87.5cmHg，B气体末态压强93.5cmHg；   （2）B气体是放热。

【解析】

【详解】（1）气体A的初态的压强为pA：

pA+p柱=p0

末态时气柱的长度为lA′

lA′=lA-△l

气体A发生等温变化

pA lAS=pA′lA′S

解得

pA′=87.5cmHg

气体B的末态压强为pB′，解得

pB′=pA′+p柱=93.5cmHg

（2）气体B的初态：压强为p0，气体柱的长度为lB

lB=L-lA-l柱=29cm

气体B发生等温变化

pB lBS=pB′lB′S

解得

lB′=23.6cm

lB′＜lB，气体B的变化是等温压缩

等温变化，内能不变△U=0，压缩体积减小，外界对气体做功W＞0
由热力学第一定律△U=W+Q可知Q＜0：气体B要放热。

【物理—选修3-4】

15. 如图所示，两束单色光a、b从水下面射向A点，光线经折射后合成一束光c，则下列说法正确的是__________

A. 用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距

B. a比b更容易发生衍射现象

C. 在水中a光的速度比b光的速度小

D. 在水中a光的临界角大于b光的临界角

E. 若a光与b光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是a光

【答案】ABD

【解析】

【详解】由图可知，单色光a偏折程度小于b的偏折程度，根据折射定律知，a光的折射率小于b光的折射率，则知a光的波长大．根据双缝干涉条纹的间距公式，可得，干涉条纹间距与波长成正比，所以a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，故A正确；a光的波长长，波动性强，更容易发生衍射现象，故B正确；由知，在水中a光的速度大，故C错误；由全反射临界角公式，知折射率n越大，临界角C越小，则知在水中a光的临界角大于b光的临界角，故D正确；若a光与b光以相同入射角从水射向空气时，由于在水中a光的临界角大于b光的临界角，所以b光的入射角先达到临界角，则b光先发生全反射，首先消失的是b光，故E错误．

16. 如图所示，半径为R的扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB=60°。一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质，折射光线平行于OB且恰好射向M（不考虑反射光线，已知光在真空中的传播速度为c）。

①求从AMB面的出射光线与进入介质的入射光线的偏向角；

②光在介质中的传播时间。

【答案】（1）60°；（2）

【解析】

【详解】①光路图如图所示：

对AO面的折射，由几何知识得：，

则介质的折射率

光从M点射出时，有

解得

，

从AMB面的出射光线与进入介质的入射光线的偏向角：；

②设光在介质中的路程为s，则

光在介质中的传播速度

则光在介质中传播的时间

联立解得

【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，运用几何知识结合解决这类问题。