2020届陕西省西安中学高三第二次模拟考试物理试题（解析版）

陕西省西安中学高 2020 届高三第二次模拟考试

物理试题

二、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 14～18 题只有一项符合题目要求，第 19～21 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.放射性同位素钍（）经α、β衰变会生成氡（），其衰变方程为→＋xα＋yβ，其中（　　）

A. x＝1，y＝3 B. x＝3，y＝2 C. x＝3，y＝1 D. x＝2，y＝3

【答案】B

【解析】

【详解】粒子为，粒子为，核反应满足质量数守恒和质子数守恒：

解得：x＝3，y＝2，ACD错误，B正确。

故选B。

2.如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是 (　 　)

A. 球B对墙压力增大 B. 球B对柱状物体A的压力增大

C. 地面对柱状物体A的支持力不变 D. 地面对柱状物体A的摩擦力不变

【答案】C

【解析】

对小球B受力分析，作出平行四边形如图所示：

A滑动前，B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A向右平移后，B受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B仍受力平衡，由图可知A对B球的弹力及墙壁对球的弹力均减小，根据牛顿第三定律可知，球B对墙的压力减小，球B对柱状物体A的压力减小，故AB错误；以AB为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故D错误；竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A对地面的压力不变，故C正确．所以C正确，ABD错误．

3.图甲所示的变压器原，副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1，L2，L3，L4为四只规格均为“9 V,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，以下说法正确的是(　　)

A. ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝27sin 100πt(V)

B. 电流表的示数为2 A，且四只灯泡均能正常发光

C. 流过灯L2的电流每秒钟方向改变50次

D. ab输入端输入功率Pab＝18 W

【答案】B

【解析】

【详解】AB．由题知，cd的电压瞬时值表达式为

有效值为， 由得副线圈，则均能正常发光，每只灯泡电流

副线圈电流

由得原线圈的电流

也能正常发光，ab输入电压的表达式为

选项A错，选项B对；

C．由图象知交流电的周期为0.02s，交流电的频率为50Hz，流过灯L2的电流每秒钟方向改变100次，C错；

D．ab输如果气体端输入功率

选项D错；

故选B．

【点睛】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时运用闭合电路殴姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化．分析的思路先干路后支路，以不变应万变．最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，所以图象的有效值不是原线圈的有效值．

【考点】交变电流，变压器

4.长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g．今使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小均为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg=m，当小球在最高点的速率为2v时，根据牛顿第二定律有：mg+2Tcos30°＝m，解得：T=mg．故选A.

5.用如图a所示的圆弧一斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F．已知斜面与水平地面之间的夹角θ=45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图b所示的F﹣x图象，g取10m/s2，则由图可求得圆弧轨道的半径R为（ ）

A. 0.125m B. 0.25m C. 0.50m D. 1.0m

【答案】B

【解析】

【详解】在圆轨道上运动时，小球受到重力以及轨道的支持力作用，合力充当向心力，所以有

小球做平抛运动时时的水平射程

小球的竖直位移：

根据几何关系可得

联立即得

x

图像的纵截距表示重力，即

mg=5N

所以有

解得：

R=0.25m

故选B；

【名师点睛】知道平抛运动水平方向和竖直方向上运动的规律，抓住竖直位移和水平位移的关系，尤其是掌握平抛运动的位移与水平方向夹角的正切值的表达式进行求解．注意公式和图象的结合，重点是斜率和截距

6.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为θ＝30°的斜面体置于水平地面上，A的质量为m，B的质量为4m。开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动。将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止。下列判断中正确的是（　　）

A. B受到的摩擦力先减小后增大

B. A下摆的过程中，绳的最大拉力为3mg

C. A的机械能守恒

D. A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒

【答案】ABC

【解析】

【详解】AB．开始时B物块静止，轻绳无拉力作用，根据受力平衡：

方向沿斜面向上，小球A从静止开始摆到最低点时，以O点为圆心做圆周运动，应用动能定理：

落到最低点，根据牛顿第二定律：

解得A球下落过程中绳子的最大拉力：

此时对B物块受力分析得：

解得B物块受到的静摩擦力：

方向沿斜面向下，所以B物块在A球下落过程中，所受静摩擦力先减小为0，然后反向增大，AB正确；

CD．A球的机械能由重力势能和动能构成，下落过程中只有重力做功，A球机械能守恒，同理，A、B系统也只有A球的重力做功，所以A、B系统的机械能守恒，C正确，D错误。

故选ABC。

7.2018年7月27日将发生火星冲日现象，我国整夜可见，火星冲日是指火星、地球和太阳儿乎排列成一线，地球位于太阳与火星之间 此时火星被太阳照亮的一面完全朝向地球，所以明亮而易于观察．地球和火星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为团，火最公转轨道半径为地球的1.5倍，则（　　）

A. 地球的公转周期比火星的公转周期小

B. 地球的运行速度比火星的运行速度小

C. 火星冲日现象每年都会出现

D. 地球与火星的公转周期之出为：

【答案】AD

【解析】

A. 地球和火星绕太阳转动，万有引力提供向心力，，得，火星的公转轨道半径大，加速度小，故A错误；

B. 根据公式，可知火星的运行速度比地球小，故B错误；

CD、地球公转周期为1年，而火星的周期大于1年，每个冲日周期内，地球比火星多转一圈，所以不是每年出现火星冲日现象，故C错误；

D．根据开普勒第三定律，火星公转轨道半径为地球的1.5倍，所以地球与火星的公转周期之比为 ，故D正确．

故选D.

点睛：根据万有引力提供向心力，分析地球和火星加速度、线速度之间的关系；根据地球公转周期为1年，每个冲日周期内，地球比火星多转一圈，所以不是每年出现火星冲日现象，根据开普勒定律分析火星周期与地球周期的关系．

8.如图所示，CD、EF是两条水平放置的、阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为d，导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R，质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ．下列说法正确的是

A. 通过电阻R的最大电流为

B. 流过电阻R的电荷量为

C. 整个电路中产生的焦耳热为mgh

D. 电阻R中产生的焦耳热为

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

金属棒到达水平面时的速度

金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为

 E=BLv

最大的感应电流为

故A正确；

B．通过金属棒的电荷量

故B正确；

C．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：

mgh-WB-μmgd=0-0

则克服安培力做功：

WB=mgh-μmgd

整个电路中产生的焦耳热为

Q=WB=mgh-μmgd

故C错误；

D．克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：

故D正确．

第 II 卷（非选择题 共 174 分）

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题～32 题为必考题，每个 试题考生都必须做答。第 33 题～40 题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题（共 129 分）

9.为“验证牛顿第二定律”，某同学设计了如下实验方案：

A．实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m＝0.5 kg的钩码．用垫块将长木板附定滑轮的一端垫起，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；

B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，连接纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示．

请回答下列问题：

（1）图乙中纸带的____端与滑块相连（选填“左”或“右”）．

（2）图乙中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点计时器接频率为50 Hz的交流电源，根据图乙求出滑块的加速度a＝________ m／s2．

（3）不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量M＝________ kg（g取9.8 m／s2，结果保留3位有效数字）．

【答案】    (1). 右端    (2). 1.65    (3). 2.97

【解析】

【分析】

（1）滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大，进而判断哪端与滑块相连；

（2）根根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；

（3）根据牛顿第二定律F=Ma即可求解质量；

【详解】（1）[1]．因为打点计时器每隔0.02s打一个点，两个计数点之间还有4个打点未画出，所以两个计数点的时间间隔为T=0.1s，时间间隔是定值，滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大．所以图乙中纸带的右端与滑块相连；
（2）[2]．根据△x=aT2利用逐差法，有：

．

（3）[3]．由A步骤可知，取下细绳和钩码后，滑块受到的合外力为：

F=0.5×9.8=4.9N

根据牛顿第二定律得：

.

【点睛】探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，实验时要注意小车质量应远大于重物质量．纸带处理时能利用匀变速直线规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．

10.把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G的满偏电流Ig为200μA，内阻估计在400~600Ω之间。

(1)按图测定电流表G的内阻Rg，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：

A. 滑动变阻器（阻值范围 0~200Ω）

B. 滑动变阻器（阻值范围 0~175Ω）

C. 电阻箱（阻值范围 0~999Ω）

D. 电阻箱（阻值范围 0~99999Ω）

E. 电源（电动势 6V，内阻 0.3Ω）

F. 电源（电动势 12V，内阻 0.6Ω）

按实验要求，R最好选用 __________，R′最好选用___________，E最好选用 ___________(填入选用器材的字母代号)。

(2)根据以上实验测得的电流表内阻值比真实值________________（选填“大”或“小”）。

(3)假定由上述步骤已测出电流表内阻Rg=500Ω，现在通过串联一个24.5kΩ的电阻把它改装成为一个电压表，此电压表的量程为_____________________。

【答案】    (1). D    (2). C    (3). F    (4). 小    (5). 5V

【解析】

【详解】(1)[1][2][3]图中电路为经典的半偏法测电流表内阻，采用半偏法测量电流表内阻时，电源电动势越大，越有利于减小误差，所以电动势应选择较大的F，为了保证电流表能够满偏，根据闭合电路欧姆定律粗算全电路总电阻大小：

所以电阻箱选用阻值较大的D，电阻箱用来和电流表分流，所以二者电阻相差不多，所以选择C；

(2)[4]实验原理可以简述为：闭合，断开，调节使电流表满偏，保持和不变，闭合开关，调节使电流表半偏，此时的电阻即为电流表的内阻。事实上，当接入时，整个电路的总电阻减小，总电流变大，电流表正常半偏，分流为断开时总电流的一半，而通过的电流大于断开时总电流的一半，根据欧姆定律可知的电阻示数小于电流表真实的内阻；

(3)[5]根据串联分压规律：

解得改装后电压表的量程：。

11.如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求：

(1)碰撞过程中系统损失的机械能；

(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．

【答案】（1） （2）

【解析】

【详解】（1）小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得：

mv0=2mv

解得

碰撞过程中系统损失的机械能为

解得

．

（2）当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等；根据动量守恒定律：

解得

由能量关系：

解得

【名师点睛】分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．要注意ABC系统水平方向动量守恒，系统整体动量不守恒．

12.如图所示，将某正粒子放射源置于原点，其向各方向射出的粒子速度大小均为，质量均为，电荷量均为. 在的第一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与轴正方向相同，在的第一、二象限范围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于平面向里.粒子离开电场上边缘时，能够到达的最右侧的位置为. 最终恰没有粒子从磁场上边界离开磁场. 若只考虑每个粒子在电场中和磁场中各运动一次，不计粒子重力以及粒子间的相互作用.求：

（1）电场强度；

（2）磁感应强度；

（3）粒子在磁场中运动的最长时间.

【答案】(1) (2) (3)

【解析】

【详解】(1)粒子离开电场上边缘时,能够到达最右侧位置的粒子是沿轴正方向发射的粒子,对此粒子,有,

由类平抛运动基本规律得

，

，

联立可得.

(2)沿轴正方向发射的粒子射入磁场时,有，

联立可得，

方向与水平方向成斜向右上方,

根据题意知该粒子的运动轨迹恰与磁场上边界相切,其余粒子均不能达到边界,

由几何关系可知,

由，得，联立可得.

(3)粒子运动的最长时间对应最大的圆心角,运动轨迹经过且恰与磁场上边界相切的粒子,其轨迹对应的圆心角最大，由几何关系可知圆心角,

粒子运动的周期，

.

（二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物 题中每科任选一题做答。

13.下列说法正确的是(　　)

A. 把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故

B. 水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故

C. 在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果

D. 在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关

E. 当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故

【答案】ACD

【解析】

A、把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，浮力很小，可以忽略不计，故一定是由于水表面存在表面张力的缘故，故A正确；
B、水对油脂表面是不浸润的所以成水珠状，水对玻璃表面是浸润的，无法形成水珠，表面张力是一样的，故B错误；
C、宇宙飞船中的圆形水滴是表面张力的缘故，故C正确；
D、毛细现象中有的液面升高，有的液面降低，这与液体种类和毛细管的材料有关，故D正确；
E、当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于大气压力的缘故，故E错误．

点睛：本题考查了液体表面张力和液体的浸润与不浸润现象，是联系生活的好题．

14.如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦．两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为、温度均为．缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积和温度．

【答案】；

【解析】

【详解】设初态压强为p0，膨胀后A，B压强相等pB=1．2p0

B中气体始末状态温度相等p0V0=1．2p0（2V0-VA）

∴，A部分气体满足

∴TA=1．4T0

答：气缸A中气体的体积，温度TA=1．4T0

考点：玻意耳定律

【点睛】本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出A、B部分气体状态的联系（即VB=2V0-VA）是关键．

15.(多选)如图，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2 m、4 m和6 m．一列简谐横波以2 m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3 s时a第一次到达最高点．下列说法正确的是（    ）

A. 在t=6 s时刻波恰好传到质点d处

B. 在t=5 s时刻质点c恰好到达最高点

C. 质点b开始振动后,其振动周期为4 s

D. 在4 s<t<6 s的时间间隔内质点c向上运动

E. 当质点d向下运动时,质点b一定向上运动

【答案】ACD

【解析】

【详解】A. ad间距离为x=12m,波在同一介质中匀速传播,则波从a传到d的时间为t=x/v=12/2s=6s，即在t=6s时刻波恰好传到质点d处．故A正确；

B. 设该波的周期为T,由题可得,3T/4=3s,得T=4s.波从a传到c的时间为t=x/v=，则在t=5s时刻质点c已振动了2s，而c起振方向向下，故在t=5s时刻质点c恰好经过平衡位置向上．故B错误；

C. 质点b的振动周期等于a的振动周期，即为4s.故C正确；

D. 在4s<t<6s的时间间隔内，质点c已振动了1s<t<3s，质点c正从波谷向波峰运动，即向上运动．故D正确；

E. 波长为λ=vT=2×4m=8m,bd间距离为10m=λ，结合波形得知，当质点d向下运动时，质点b不一定向上运动．故E错误．

故选ACD.

16.图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n，AB代表端面．已知光在真空中的传播速度为c.

(1)为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，求光线在端面AB上的入射角应满足的条件；

(2)求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间．

【答案】(1)(2)

【解析】

(ⅰ)设光线在端面AB上C点(见图)的入射角为i，折射角为r，由折射定律，有



设该光线射向玻璃丝内壁D点的入射角为，为了使该光线可在此光导纤中传播，应有

‚

式中，θ是光线在玻璃丝内发生全反射时的临界角，它满足

ƒ

由几何关系得

④

由①②③④式通过三角变换得

⑤

(ⅱ)光在玻璃丝中传播速度的大小为

⑥

光速在玻璃丝轴线方向的分量为

⑦

光线从玻璃丝端面AB传播到其另一端面所需时间为

⑧

光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面AB传播到其另一    端面所需的时间最长，由②③⑥⑦⑧式得

⑨