河北省唐山市2020届高三第一次模拟考试物理试题

唐山市2019-2020学年度高三年级第一次模拟考试

理科综合能力测试物理部分

二、选择题：本题共8小题，每题6分。在每小题给出的4个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，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，有错选或不选的得0分。

1.花岗岩、大理石等装修材料中都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性的说法正确的是(　　)

A. 衰变成要经过8次β衰变和6次衰变

B. 氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后只剩下1个氡原子核

C. 射线与射线都是电磁波，射线穿透本领远比射线弱

D. 放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的

【答案】D

【解析】

【详解】A．铀核（）衰变成铅核（）的过程中，设发生x次衰变，y次衰变，衰变方程为

根据质量数守恒和电荷数守恒有

238=206+4x，92=82+8×2-y

解得x=8，y=6，即要经过8次衰变和6次β衰变，故A错误；

B．半衰期是对大量原子核的衰变的统计规律，对于单个原子核是不成立的，故B错误；

C．射线是氦核流，射线的实质是电磁波，射线的穿透本领比较强，故C错误；

D．衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故D正确。

故选D。

2.甲、乙两物体在t=0时刻同地出发，其运动的x—t图象如图所示，下列说法正确的是(　　)

A. 甲物体做直线运动，乙物体做曲线运动

B. 0~t2时间内，甲物体通过的路程大于乙物体通过的路程

C. t1~t2时间内，甲物体平均速度大于乙物体的平均速度

D. t1时刻甲物体的速度大于乙物体的速度

【答案】C

【解析】

【详解】A．甲、乙两物体的位移一直为正，并且在增大，所以二者一直朝着正方向运动，都做直线运动，故A错误；

B．甲、乙两物体在t=0时刻同地出发，经t2s到达同一位置，故在这段时间内两物体的位移大小相等，又两物体做的是单向直线运动，则路程等于位移的大小，所以在0~t2时间内，甲物体通过的路程等于乙物体通过的路程，故B错误；

C．由图可知，在t1~t2时间内，甲物体的位移大于乙物的位移，时间相等，故在t1~t2时间内，甲物体的平均速度大于乙物的平均速度，故C正确；

D．位移时间图象切线斜率表示速度，由图可知在t1时刻乙物体图象的切线斜率大于甲物体图象的斜率，即在t1时刻乙物体的速度大于甲物体的速度，故D错误。

故选C。

3.如图所示，光滑水平面上有质量为m足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为(　　)

A. 1：4 B. 1：4 C. 1：8 D. 1：12

【答案】A

【解析】

【详解】木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有

解得；

根据能量守恒定律有

解得划痕长度

同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度为

故两次划痕长度之比为，故A正确，BCD错误。

故选A。

4.随着空间探测技术的发展，中国人的飞天梦已经成为现实。某质量为m的探测器关闭发动机后被某未知星球捕获，在距未知星球表面一定高度的轨道上以速度v做匀速圆周运动，测得探测器绕星球运行n圈的总时间为t。已知星球的半径为R，引力常量为G，则该未知星球的质量为(　　)

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】由题知，探测器绕星球运行n圈的总时间为t，则周期为，设探测器的轨道半径为r，则有

解得半径为

探测器绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有

解得

代入半径表达式得，故B正确，ACD错误。

故选B。

5.某同学用拇指和食指掐住质量为500g的玻璃瓶同高度的A、B位置处于静止状态，且瓶相对于手指恰好不下滑。该位置侧壁与竖直方向夹角为30°，其截面如图所示。若玻璃瓶与手指之间的动摩擦因数为μ=0.2，手指可视为形状不变的圆柱体，重力加速度g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则拇指与玻璃瓶之间的摩擦力为(　　)

A. 1.25N B. 2.5N

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】对玻璃瓶受力分析，并正交分解，如图所示

根据平衡条件有

又

联立可得，故C正确，ABD错误。
故选C。

6.如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为。则(　　)

A. 当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1：2

B. 当t=0时，c、d间的电压瞬时值为

C. 单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大

D. 当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大

【答案】AD

【解析】

【详解】A．当单刀双挪开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，则有

当与b连接时，原线圈的匝数为，则有

联立得

故电压表的示数比为1:2，故A正确；

B．当t=0s时，c、d间的电压瞬时值为u1=Usin(100π×0)=0V，故B错误；

C．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，电压表的示数不变，故C错误；

D．单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电阻不变，故电流表的示数也变大，故D正确。

故选AD。

7.两电阻不计的光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨足够长且间距为l。两质量均为m、电阻均为R的导体棒M、N位于边界水平的匀强磁场上方，距磁场的上边界有一定高度，磁场竖直方向宽度为导体距水平边界高度的3倍，磁场大小为B，方向垂直导轨所在平面，如图所示。先由静止释放导体棒M，M进入磁场恰好匀速运动，此时再由静止释放导体棒N，两导体棒始终水平且与导轨保持良好接触。重力加速度取g，则下列说法正确的是(　　)

A. 释放前导体棒M、N距磁场上边界的高度为

B. 导体棒M离开磁场时的速度

C. 导体棒M、N均进入磁场后，两棒间距离减小

D. 两导体棒各自离开磁场时导体棒N的速度较小

【答案】BD

【解析】

【详解】A．设导体棒到磁场上边界的距离为h，导体棒刚进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理有

得，导体棒M进入磁场后产生的感应电动势为

回路中的电流大小为

由于导体棒M做匀速直线运动，可知其所受合力零，根据平衡条件有

联立可得，故A错误；

B．结合前面的分析及题意可知，导体棒N刚进入磁场时的速度大小也为v，设导体棒N从开始到进入磁场所需要的时间为t，受力分析可知导体棒N在进入磁场之前做自由落体运动，由运动规律有

则可得此过程中导体棒M向下运动的位移为

因为磁场竖直方向宽度为导体距水平边界高度的3倍，则可知此时导体棒M到磁场的下边界距离为h，导体棒N进入磁场后，两棒的速度相同，而两棒都只受重力作用，加速度均为g，从此时开始两棒做加速度与初速度均相同的匀加速直线运动，则可知在导体棒M离开磁场之前，两棒的速度一直相同，所以回路中不产生感应电流，设导体棒M离开磁场时的速度大小为，由速度位移关系有

解得，故B正确；

C．由B选项分析可知，导体棒M、N均进入磁场后，两棒间距离保持不变，故C错误；

D．由前面的分析可知，导体棒M刚离开磁场时，导体棒N的速度大小也为，则可知此时导体棒N产生的感应电动势大于前面导体棒M单独切割时感应电动势，所以此时导体棒N所受安培力要比重力更大，根据楞次定律可知导体棒N所受安培力一定竖直向上，所以导体棒N所受合力向上，导体棒N做减速运动，则可知导体棒N离开磁场时的速度要小于导体棒M离开磁场的速度，故D正确。

故选BD。

8.将两点电荷分别固定在x轴上的A、B两点，其坐标分别为(-4，0)和(2，0)，B处点电荷带电量绝对值为Q，两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中x=0处电势最高，x轴上M、N两点的坐标分别为(-1，0)和(1，0)，静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　)

A. 两点电荷一定为异种电荷

B. M点的电场强度大于N点的电场强度

C. M点电场强度大小为

D. 正的试探电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小

【答案】CD

【解析】

【详解】A．图象的切线斜率表示电场强度，则可知原点O处合场强为零，且电势均为负，则两点电荷均为负电荷，故A错误；

B．图象的切线斜率表示电场强度，则可知M点的电场强度小于N点的电场强度，故B错误；

C．设A处点电荷带电量绝对值为，由A项知原点O处合场强为零，则有

解得

在M点，根据电场的叠加原理有

联立得，故C正确；

D．由图可知，由M点运动到N点的过程，电势先升高再减小，故正的试探电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D正确。

故选CD。

第II卷(174分)

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题

9.某同学利用如图所示实验装置探究橡皮筋做功与速度变化的关系。他进行了如下操作：将长木板放在水平桌面上，调节一端高度，平衡小车及纸带的摩擦力并固定长木板；把橡皮筋一端固定在墙上，另一端系在小车上，将橡皮筋拉长d。由静纸带打点计时小车橡皮筋止释放小车，带动穿过打点计时器的纸带沿长木板运动，得到一条纸带。增加橡皮筋的条数，重复上述操作，长木板得到多条纸带。打点计时器电源的频率为50Hz。

(1)本实验中，该同学应怎样判断长木板及纸带的摩擦力已经被平衡：_______________________。

(2)实验时得到一条纸带，如图所示。此次操作中应选择的速度大小为___m/s；(结果保留三位有效数字)

(3)该同学由多次实验数据做出W—v2图象如图所示，则橡皮筋弹力做功与速度平方变化的关系为_____________________________________。

【答案】    (1). 不挂橡皮筋，穿好纸带打开打点计时器，轻推小车若所得纸带点迹均匀即平衡了摩擦力    (2). 2.00    (3).

【解析】

【详解】（1）[1]根据平衡摩擦力的方法可知：不挂橡皮筋，穿好纸带打开打点计时器，轻推小车若所得纸带点迹均匀即平衡了摩擦力；

（2）[2]应选择匀速部分求速度的大小，则速度大小为

（3）[3]根据做出的W-v2图象可知橡皮筋弹力做功与速度平方变化的关系为。

10.某实验小组欲测量一电压表V的内阻(约为30kΩ)，已知电压表量程约25V~35V，表盘共有30个均匀小格。

(1)首先该小组用电阻刻度中间值为30的多用表粗测该表的内阻。

①请你用实线连接两表笔和电压表接线柱________；

②在实验过程中，欧姆档的选择开关拨至倍率______选填：(×1档、×10档、×100档或×1K档)

(2)若在实验过程中测得该电压表内阻为RV=30kΩ，为了精确校对电压表的量程，要求测量多组数据，现有下列器材

可供选用：标准电压表V1(量程3V，内阻RV1=3kΩ)；电流表A(量程0~3A，内阻未知)；稳压电源E(30V，内阻不能忽略)；电键、导线若干。

①已给出部分实验电路，请你用实线替代导线完成实验电路：_____________

②实验电路连接正确，请用各测量值和已知量表示电压表的量程的表达式U=___；式中各测量值的含义是：__________________________________。

【答案】    (1).     (2). ×1k    (3).     (4).     (5). N为V表指针所指格数，U1为V1表读数

【解析】

【详解】（1）[1]①因黑表笔接欧姆表内部电源的正极，所以电路如图所示

②[2]测电阻时应尽量使指针指在中间值附近，欧姆表中值电阻为

R中=30×1kΩ=30kΩ

所以应选“×1k”；

（2）[3]①由题意可知，待测电压表内阻已知，则将两表串联接入电路，则两表中的电流相等，由标准电表可求得电流值，通过计算可求得待测电压表的量程；因两电压表阻值较大，而滑动变阻器阻值较小，故滑动变阻器采用分压接法；故电路如图所

②[4][5]由欧姆定律可求得，通过两电压表的电流

则待测电压表两端的电压为

I×30000=10U1

此时指针指示的格数为N，则有

解得量程，其中N为直流电压表V指针所指格数，U1为标准电压表V1的读数。

11.如图所示，某小型滑雪场的雪道倾角为，已知AB=BC=L，其中BC部分粗糙，其余部分光滑。现把滑雪车P和Q固定在雪道上，两车质量均为m且可看作质点，滑雪车P恰在A点。滑雪车P上固定一长为L的轻杆，轻杆与雪道平行，左端与滑雪车Q接触但不粘连。现同时由静止释放两滑雪车，已知滑雪车与BC段的动摩擦因数为，重力加速度为g。求：

(1)滑雪车P刚进入BC段时，轻杆所受的压力多大?

(2)滑雪车Q刚离开BC段时，滑雪车P和Q之间的距离为多少?

【答案】(1)；(2)

【解析】

【详解】(1)P车刚进入BC段时，对P和Q整体应用牛顿第二定律有

对P车分析

联立解得

(2)Q车刚进入BC段时，P车和Q车有共同速度设为v，则从两车开始释放至Q刚进入BC段的过程中，由动能定理可得

解得

Q车在BC段受力平衡，做匀速运动，故Q车匀速运动时间

P车在t这段时间内沿坡道匀加速下滑，由牛顿第二定律和运动学规律可得

由以上各式解得

12.在直角坐标系xoy中，x轴上方空间分布着竖直向上的匀强电场，场强大小为。在第一象限(包括x和y轴的正方向)存在垂直坐标平面的周期性变化的磁场，磁感应强度的大小，变化规律如图所示，规定垂直坐标平面向外为磁场正方向。一带量为+q、质量为m的小球P被锁定在坐标原点，带电小球可视为质点。t=0时刻解除对P球的锁定，1s末带电小球P运动到y轴上的A点。此后匀强电场方向不变，大小变为原来的一半。已知重力加速度为10m/s2，求：

(1)小球P运动到A点时的速度大小和位移大小；

(2)定性画出小球P运动的轨迹(至少在磁场中两个周期)并求出小球进入磁场后的运动周期；

(3)若周期性变化的磁场仅存在于某矩形区域内，区域左边界与y轴重合，下边界与过A点平行于x轴的直线重合。为保证带电小球离开磁场时的速度方向沿y轴正方向，则矩形磁场区域的水平及竖直边长应同时满足什么条件?

【答案】（1），；（2），6s；（3），

【解析】

详解】(1)根据牛顿第二定律和运动学公式得

代入数据解得，

(2)根据题意，画出其运动轨迹，如图所示

1s末小球进入磁场后，由于小球所受重力和电场力平衡，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得

圆周运动周期

由B-t图象可知，小球在1-2s顺时针旋转四分之一圆周，接下来2-3s做匀速直线运动，3-5s逆时针旋转半个圆周，5-6s做匀速直线运动，6-7s顺时针旋转四分之一圆周，完成一次周期性运动。即带电小球在复合场中运动的周期T=6s

（3）带电小球1s内做匀速直线运动的位移

要使带电小球沿y轴正方向离开磁场需满足

根据洛伦兹力提供向心力，则有

解得

，

13.下列说法正确的是_____________。

A. 在完全失重的环境中，空中的水滴是个标准的球体

B. 气体的内能是分子热运动的平均动能与分子势能之和

C. 晶体有固定的熔点且物理性质具有各向异性

D. 气体的温度变化时，气体分子的平均动能一定也变化

E. 金属是多晶体，在各个方向具有相同的物理性质

【答案】ADE

【解析】

【详解】A．在完全失重的环境之中，由于液体的表面张力作用，空中的水滴是个标准的球体，故A正确；

B．对于气体，分子间距远大于平衡距离，分子力忽略不计，故分子势能为零，故气体内能是分子热运动的平均动能之和，故B错误；

C．晶体有固定的熔点，单晶体物理性质各向异性，多晶体物理性质各向同性，故C错误；

D．温度是分子热运动平均动能的标志，故气体的温度变化时，气体分子的平均动能一定变化，故D正确；

E．通常金属在各个方向具有相同的物理性质，它是多晶体，故E正确。

故选ADE。

14.如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量m=10kg，横截面积S=100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离L1=11cm，到汽缸口的距离L2=4cm。现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平。已知g=10m/s2，外界气温为27°C，大气压强为1.0×105Pa，活塞厚度不计，求：

(i)活塞上表面刚好与汽缸口相平时气体的温度是多少?

(ii)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q=350J的热量，则气体增加的内能∆U多大?

【答案】(i)450K；(ii) 295J

【解析】

【详解】(i)当汽缸水平放置时，p0=1.0×105Pa，V0=L1S，T0=（273+27）K=300K。当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示

根据平衡条件有

p1S=p0S+mg

V1=（L1+L2）S

由理想气体状态方程得

解得T1=450K

(ii)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得

p0L1S=p1LS

加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为

W=-p0（L1+L2-L）S-mg（L1+L2-L）

根据热力学第一定律

解得

15.位于坐标原点的波源在t=0时刻开始沿y轴做简谐运动，它激起的横波沿x轴正向传播，经一小段时间停止振动。当t=0.15s时，波的图象如图所示，此时波恰好传到P点，则下列说法正确的是_______________

A. P点频率是5Hz

B. 波长是0.4m

C. P点沿y轴正方向运动

D. P点振动的总时间为0.015s

E. Q点再经0.05s停止振动

【答案】BCD

【解析】

【详解】AB．据题意，该波在t=0.15s时间内传播的距离x=3m，则波速

由图知波长λ=04m，由

得频率

故A错误，B正确；

C．简谐波向右传播，根据波形的平移法得知，P点沿y轴正方向运动，故C正确；

D．周期

T=

P点振动的总时间为=0.015s，故D正确；

E．由于波源的停止时间不知道，所以无法确定Q点停止振动的时间，故E错误。

故选BCD。

16.如图所示，一横截面为环形的均匀玻璃管，内圆半径为R，外圆半径为2R，圆心为O，PQ为过圆心的水平直线。细光束a平行于PQ射到玻璃管上，入射方向恰好与内圆相切。已知光在真空中的速度为c=3×108m/s。

(i)试证明无论该玻璃的折射率多大，光束a经过一次折射后在内圆边界处发生全反射；

(ii)若玻璃环的折射率为n=，光束a经过-次折射和一次全反射，从玻璃管的外圆边界射出(不考虑多次反射情况)，则光线a在玻璃中传播的时间t为多少?(=2.646，计算结果保留两位有效数字)

【答案】(i)见解析；(ii)t=1.1R×10-8s

【解析】

【详解】(i)如图

在A点入射由折射定律可得

由几何关系可得

在ABO中由正弦定理得

由全反射临界角规律可得

由以上各式可得

(ii)B点全反射后光线为BE，如图

由对称性可知

AB=BE=x

在ABO中由余弦定理可得

由折射率

则时间为

联立得t=1.1R×10-8s