1、2020届陕西省渭南市富平县高三（上）一模物理试题一、选择题1.19世纪末科学家们发现了电子。下列与电子有关的说法正确的是（ ）A. 卢瑟福认为电子的轨道是量子化的B. 电子电荷的精准测定是由汤姆孙通过著名的“油滴实验”做出的C. 衰变的实质是原子核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子D. 爱因斯坦光电效应方程表明，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比【答案】C【解析】【详解】A玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的，故A错误；B电子电荷量的精确值是密立根通过油滴实验测出的，故B错误；C衰变的实质是原子核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子，故C正确；D根据光电效应方程光电
2、子的最大初动能与入射光的频率是线性函数关系，但并不成正比，故D错误；故选C。2.用图像描述物理量之间的关系具有更加直观的特点。下列四幅描述物理量关系的图象中正确的是（ ）A. 真空中两点电荷间库仑力F与距离r间的关系B. 电容器的电容与所带电荷量Q之间的关系C. 单匝闭合线圈中感应电动势与磁通量变化量的关系D. 闭合电路中电源输出功率P与外电路电阻R大小间的关系【答案】D【解析】【详解】A由库仑定律得：F与r2成反比，故A错误；B由电容的定义式知：电容C由电容器本身的结构决定，与电压U和电量Q无关，故电荷量Q增大时电容C不变，故B错误；C由法拉第电磁感应定律知：若时间不变，则单匝闭合线圈中感应
3、电动势与磁通量变化量成正比，图象应为倾斜直线，故C错误；D电源的输出功率为：根据数学知识分析得知，当r=R时，输出功率最大，当rR随R增大，输出功率增大，当rR随R增大，输出功率减小，故D正确；故选D。3.质量为7.2104kg的某型飞机，起飞时滑行的距离为2.1103m，离地的速度为70m/s，若该过程可视为匀加速直线运动，设飞机受到的阻力恒为飞机重力的0.05倍，重力加速度g取10m/s2。飞机在起飞过程中，下列说法正确的是（ ）A. 平均速度为45m/sB. 在跑道上滑行的时间为60sC. 加速度大小为1.5m/s2D. 发动机产生的推力为8.4104N【答案】B【解析】【详解】A飞机做
4、匀加速直线运动，则平均速度为故A错误；B根据可知滑行时间为：故B正确；C加速度大小为：故C错误；D根据牛顿第二定律有：F-f=ma代入数据解得发动机产生的推力为：F=(0.057.210410+7.21041.17)N=1.2105N故D错误；故选B。4.某运动员练习射箭时，站在同一位置先后水平射出两只箭，射中箭靶上同一竖直线上两点如图所示A箭的方向与竖直方向的夹角大于B箭与竖直方向的夹角，忽略空气阻力已知箭飞行时，箭头的指向与箭的运动方向相同则A. A、B两箭的射出点一定高度相同B. A箭的射出点一定比B箭的射出点高.C. A箭射出的初速度一定比B箭射出的初速度大D. A箭在空中飞行的时间一
5、定比B箭在空中飞行的时间长【答案】C【解析】【详解】A.设射箭地点到箭靶的水平距离为x，箭飞行时间为t，射在箭靶上的箭与竖直方向的夹角为，则有：由题意知x相同，A箭与竖直方向的夹角大，则A箭下落的高度y较小，因为不知A、B两箭在箭靶上的高度差，不能确定A、B两箭的射出点一定高度相同，选项A错误；B.也不能确定A箭的射出点一定比B箭的射出点高，选项B错误；CD.A箭下落的高度y较小，则飞行时间短，水平速度vx较大，选项C正确，D错误5.如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则A. 从左向右看感应电流的方向为顺时
6、针B. 从左向右看感应电流方向为先顺时针后逆时针C. 感应电流的大小先减小后增加D. 感应电流的大小一直减小【答案】A【解析】【详解】AB根据题意可知，由于电流从a到b为正方向，当电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，线圈B的感应电流顺时针（从左向右看）当电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）故电流方向不变，故A正确，B错误；CD由图乙可知，ab内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的
7、电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变故C D错误6.如图所示，橡皮条OOA一端固定在点，另一端栓接在小物块A上，橡皮条绕过的O点处固定有光滑转轴已知OO等于橡皮条原长，橡皮条满足胡克定律，水平面粗糙且物块与地面间有压力水平向右匀速拉动物块，拉力为F，在弹性限度内下列分析正确的是A. 物块可能离开地面B. 地面给物块的摩擦力不断减小C. 地面给物块作用力不变D. 拉力F不变【答案】C【解析】【详解】AB设O到地面距离为h，OA与水平方向的夹角为，所以橡皮条弹力FT=k根据平衡条件，竖直方向FN+ksin=mg，所以FN不变，摩擦力也不变，AB错误；C地面给物块作用力为支持力和摩擦力的合力，
8、不变、C正确；D水平方向:F=f+kcos，随减小，F变大，D错误7.粗细均匀的导体棒ab悬挂在两根相同的轻质弹簧下，ab恰好在水平位置，如图示.已知ab的质量m=2 g，ab的长度L=20 cm，沿平方向与ab垂直的匀强磁场的磁感应强度B=0.1 T，电池的电动势为12 V，电路总电阻为12 .当开关闭合时（ ）A. 导体棒ab所受的安培力方向竖直向上B. 能使两根弹簧恰好处于自然状态C. 导体棒ab所受的安培力大小为0.02 ND. 若系统重新平衡后,两弹簧的伸长量均与闭合开关前相比改变了0.5 cm，则弹簧的劲度系数为5 N/m【答案】C【解析】【详解】由左手定则可知，导体棒ab所受的安
9、培力方向竖直向下，弹簧处于拉伸状态，选项AB错误；导体棒中的电流为 ，则ab所受的安培力大小为F安=BIL=0.10.21N=0.02 N，选项C正确；由平衡可知：，解得，选项D错误.8.2018年7月27日将发生火星冲日能量，那时火星、地球和太阳几乎排列成一线，地球位于太阳与火星之间，已知地球和火星绕太阳公转的方向相同，火星公转轨道半径约为地球的1.5倍，若将火星和地球的公转轨迹近似看成圆， 取，则相邻两次火星冲日的时间间隔约为（ ）A. 0.8年B. 1.6年C. 2.2年D. 3.2年【答案】C【解析】由万有引力充当向心力得：，解得行星公转周期：，则火星和地球的周期关系为：，已知地球的公
10、转周期为1年，则火星的公转周期为年，相邻两次火星冲日的时间间隔设为t，则：化解得：，即：，求得故本题选C9.某理想变压器副线圈两端的电压为U，若副线圈两端的电压变为，则可能的原因是A. 其他条件不变，原线圈两端的电压变为原来的2倍B. 其他条件不变，原线圈两端的电压变为原来的C. 其他条件不变，原、副线圈的匝数比变为原来的2倍D. 其他条件不变，原、副线圈的匝数比变为原来的【答案】BC【解析】【详解】AB.当其他条件不变，原线圈两端的电压变为原来的2倍时，副线圈两端的电压变为2U；当原线圈两端的电压变为原来的时，副线圈两端的电压变为，故A项与题意不相符，B项与题意相符；CD.当其他条件不变原、
11、副线圈的匝数比变为原来的2倍时，副线圈两端的电压变为:当其他条件不变原、副线周的匝数比变为原来的时，副线圈两端的电压变为2U，故C项与题意相符，D项与题意不相符10.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）A. 电压表读数变大B. 电流表读数变大C. R1上消耗的功率逐渐增大D. 质点P将向上运动【答案】BC【解析】【详解】AB由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧
12、姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，流过并联部分的总电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A错误，B正确；C由于流过R1的电流增大，根据知R1上消耗功率逐渐增大，故C正确；D因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点P将向下运动，故D错误；故选BC11.可视为质点的甲、乙两遥控电动玩具车质量均为m=0.5kg，甲车的额定功率P1=0.75W，乙车的额定功率P2=0.5W，现让两车并排静止在平直路面的同一起跑线处，t0时两
13、车同时启动，甲车先做匀加速运动，达到额定功率后保持功率不变；乙车以额定功率启动，达到最大速度后做匀速运动。当甲车达到最大速度时两车同时撤去牵引力，最后停止运动。图中给出的甲、乙两车运动过程中的部分vt图线，已知两车均做直线运动，在运动中受到的阻力均恒为0.1mg，重力加速度g=10m/s2，下列说法错误的是（ ）A. 两车运动的总时间相同B. 2s时两车牵引力的瞬时功率相等C. 出发后两车只相遇一次D. 04.25s内两车牵引力的平均功率相同【答案】ABD【解析】【详解】D由题意和图象可知甲车匀加速时的加速度a=0.5m/s2，设甲车匀加速时的牵引力为F，则F-0.1mg=ma解得 F=0.7
14、5N02s内甲车的位移s甲=1m，设02s内乙车的位移为s乙，根据动能定理得：解得：s乙=1.5mt=2s时甲车的功率为：P=Fv1=0.75W=P1在24.25s内，s乙=2.25m，根据动能定理得：解得：=2.75m故t=4.25s时两车总位移相同，出发后第一次相遇，此时甲车的速度大，动能大，t=4.25s前阻力做功相同，所以甲车的牵引力做功较多，甲车牵引力的平均功率大，故D错误，符合题意；ACt=4.25s后两车的加速度相同，甲车在前面，减速过程甲车的运动时间比乙车的运动时间长，甲车的位移比乙车的位移大，所以甲、乙两车只相遇一次，故A错误，符合题意；C正确，不符合题意；Bt=2s时甲车的
15、牵引力大于阻力，乙车的牵引力等于阻力，此时两车速度相同，故甲车牵引力的瞬时功率较大，故B错误，符合题意。故选ABD。12.如图所示为赛车场的一个“U”型弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r；一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达AB线，有如图所示的三条路线，其中路线是以O为圆心的半圆，OO= r。赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力均为Fmax。选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则（ ）A. 赛车经过路线时的位移相等B. 选择路线赛车的速率最小C. 选择路线赛车所用时间最长D. 三条路线的圆弧上，赛车的向心加速
16、度大小相等【答案】AD【解析】【详解】A位移只与初末位置有关，与路径无关，所以经过路线时的位移相等，故A正确；B根据得知选择路线，轨道半径最小，则速率最小，故B错误；C根据知，通过、三条路线的最大速率之比为，根据，由三段路程可知，选择路线，赛车所用时间最短，故C错误；D根据知，因为最大速率之比为，半径之比为1：2：2，则三条路线上，赛车的向心加速度大小相等，故D正确；故选AD。二、非选择题13.某兴趣小组对铜导线的电阻率进行小课题研究。（1）用游标卡尺采用绕线法测得10匝铜导线(已去除绝缘层)总直径如图甲所示。则单匝铜导线直径为_mm；（2）现取长度为L100m上述一捆铜导线，欲测其电阻率；在
17、实验前，事先了解到铜的电阻率很小，在用伏安法测量其电阻时，设计如图乙所示的电路，则电压表的另一端应接_(选填“a”或“b”)；测量得电压表示数为4.80V，电流表的示数为2.50A，由此可得铜的电阻率为_ m。(计算结果保留两位有效数字)【答案】 (1). 1.235 (2). a (3). 2.3108【解析】【详解】(1)1先读出10圈金属的总长度，即10d=10mm+70.05mm=12.35mm所以d=1.235mm(2)2由于金属丝的电阻很小，所以采用电流表外接法测其电阻，故电压表的另一端应接在a端；3根据欧姆定律和电阻定律有：所以电阻率为：14.在“探究加速度与力、质量的关系”的实
18、验中，如图所示为实验装置简图，电源频率为50Hz。（1）下列做法正确的是_A.调节滑轮的高度，是牵引木块的细绳与长木板保持平行B.每次改变拉木块的拉力后都需要重新平衡摩擦力C.钩码的总质量应当远大于木块的质量D.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源（2）根据图中纸带上的计数点和相关数据可求出木块的加速度大小a=_m/s2，打C点时的速度为_m/s。(结果保留三位有效数字)（3）有三位同学通过测量，分别作出aF图象如图丙中的A、B、C图线所示，试分析：A图线不通过坐标原点的原因是_；B图线上端明显偏离直线的原因是_；C图线不通过坐标原点的原因是_。【答案】 (1). A (2). 3.75
19、(3). 1.78 (4). 长木板倾角过大 (5). 钩码的质量太大 (6). 没有平衡摩擦力【解析】【详解】（1）1 A调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，这样小车受到的合力才不变，A正确；B每次改变拉木块的拉力（钩码的重力）后，由于小车的阻力与重力未变化，所以不需要重新平衡摩擦力，B错误；C钩码的总质量应当远小于木块的质量，C错误；D实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，D错误；故选A。（2）2相邻计数点间隔时间为：由匀变速直线运动的推论有：结合四段位移可得：3由匀变速直线运动的推论，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有：（3）4有三位同学通过测量，分别作出aF图象如图丙
20、中的A、B、C图线所示，A图线不通过坐标原点的原因是长木板倾角过大（平衡摩擦力过度）；5B图线上端明显偏离直线的原因是钩码的质量太大，未满足钩码质量远小于物块的质量；6B图线上端明显偏离直线的原因是没有平衡摩擦力（摩擦力平衡不够）。15.如图所示，一质量为m、电荷量为的带正电粒子从O点以初速度v0水平射出若该带电粒子运动的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，则粒子恰好能通过该区域中的A点；若撤去电场，加一垂直纸面向外的匀强磁场，仍将该粒子从O点以初速度v0水平射出，则粒子恰好能经A点到达该区域中的B点已知OA之间的距离为d，B点在O点的正下方，BOA=60，粒子重力不计求：(1)磁场磁感应强度的
21、大小B；(2)粒子在电场时运动中到达A点速度的大小v【答案】(1) (2) 【解析】【详解】（1）如图所示，撤去电场加上磁场后，粒子恰好能经A点到达B点，由此可知，OB为该粒子做圆周运动的直径，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为：由于得：（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子从O点运动到A点所需要的时间为t，则： 由动能定理有：联解得：16.如图所示，固定在竖直面内、半径的光滑半圆形轨道cde与长L=0.45 m的水平轨道bc相切于c点，Od为水平半径，倾角的轨道ab通过一小段光滑圆弧与bc平滑连接小物块B静止于倾斜轨道的底端b处，质量的小物块A从斜面上的P处由静止沿倾斜轨道滑下，一段时间后
22、与B碰撞黏合在一起向右滑动，恰好到达d点已知P处与bc间的高度差，两物块与轨道abc间的动摩擦因数均为，取，A、B均视为质点，不计空气阻力(1)求B的质量m2；(2)A最终停在何处?(3)若两物块与轨道bc间的动摩擦因数均减小为，其他条件不变，A仍然从P处由静止滑下，试通过计算判断A与B黏合后能否一起通过半圆形轨道的最高点e【答案】(1) (2) A最终停在b处(3) 不能一起通过半圆形轨道的最高点【解析】【详解】(1)设与B碰前瞬间A的速度大小为v1.对A沿斜面下滑的过程.根据动能定理有:解得: 设碰后瞬间A、B整体的速度大小为v2，对碰后A、B整体从b处运动到d处的过程根据能量守恒定律有:
23、解得: 对A与B碰撞的过程，根据动量守恒定律有:解得: .(2)设A.B整体从d处返回到b处时的速度大小为对该过程.根据动能定理有:解得: 故A最终停在b处(3)假设A、B整体恰好能起通过半圆形轨道的最高点e，且通过e点时的速度大小为v，则有:解得: A与B黏合后瞬间的速度大小仍为，对A.B整体从b处运动到e处的过程，根据动能定理有:解得:由于，所以A与B黏合后不能一起通过半圆形轨道的最高点e.17.如图所示，在一导热性能良好、两端密闭的透明细玻璃管中装有一定量的纯净水假设图中附着层的水分子间的平均距离为r1，内部水的水分子间的平均距离为r2，则r1_（填“大于”“小于”或“等于”）r2若某段
24、时间内发现外界温度缓慢升高，假设外界空气中水蒸气的压强不变，则这段时间内外界空气的相对湿度_（填“增大”“减小”或“不变”），这段时间内玻璃管内水蒸气的密度_（填“增大”“减小”或“不变”）【答案】 (1). 小于 (2). 减小 (3). 增大【解析】【详解】浸润现象中附着层的水分子间的平均距离小于液体内部的水分子间的平均距离；，当温度升高时，水的饱和汽压增大而空气的绝对湿度不变，故空气的相对湿度减小；温度升高，从水中蒸发出来的水蒸气分子数比回到水面的水蒸气的分子数多，水蒸气的密度增大18.如图甲所示，竖直放置的汽缸中的活塞上放置一重物，活塞可在汽缸内无摩擦滑动。汽缸导热性良好，其侧壁有一个
25、小孔与装有水银的U型玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为80cm的理想气体柱(U型管内的气体体积不计，U型管足够长且水银始终没有进入汽缸)，此时缸内气体处于图乙中的A状态，温度为27C。已知大气压强p0=1.0105Pa=75cmHg，重力加速度g取10m/s2。求A状态时U形管内水银面的高度差h1和活塞及重物的总质量m；若对汽缸缓慢加热，使缸内气体变成B状态，求此时缸内气体的温度。【答案】；【解析】【详解】由题图乙可知，A状态时，封闭气体柱压强为p1=1.5105Pa，汽缸的横截面积对活塞，根据平衡条件有：p0S+mg=p1S由题意可知，p1=p0+gh1代入数据解得：m=625kg，h1=37
26、.5cm从A状态到B状态，汽缸内气体做等压变化，由盖吕萨克定律得：所以：T2=600K，t2=327C。19.平行玻璃砖底面涂有反射层，一束由a、b两种单色光组成的复合光以45入射角斜射到玻璃砖的上表面，经折射、反射再折射后从玻璃砖上表面射出，如图所示是其部分光路图。不考虑光在玻璃砖上表面的反射，则玻璃砖对单色光_(选填“a”或“b”)的折射率大；单色光_(选填“a”或“b”)在玻璃中传播的时间长；两束单色光从玻璃砖上表面出射后相互_(选填“平行”或“不平行”)。【答案】 (1). a (2). a (3). 平行【解析】【详解】1光路图如图所示，光线进入玻璃砖时，a光的偏折程度较大，则a光的
27、折射率较大。2设玻璃砖的厚度为d。入射角为i，折射角为r，折射率为n。则有：光在玻璃中的传播速度：光在玻璃砖中的路程：光在玻璃砖中的传播时间：解得光在玻璃中的传播时间：采用特殊值法比较：假设a光的折射率为，b光的折射率为，代入上式可得：则tatb。3根据光路可逆性原理知两束单色光从玻璃砖上射出后折射角相等，且等于原来的入射角，所以两者相互平行。20.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为v=0.4m/s，波源的振幅均为A=2cm，图示为t=0时刻两列波的图象，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点恰好开始振动质点M的平衡位置位于x=0.5m处求：两波相遇的时刻；至t=1.5s时刻质点M运动的路程【答案】t=0.75s12cm【解析】【详解】两列简谐波的波前相距s=0.6m，设两列波经时间：s=2vt，解得：t=0.75s两列波经t=0.75s相遇在PQ的中点M，所以，M点在t=0.75s时开始振动两列波的周期T=/v=1.0s由图可知，两列波同时到达M点时，引起质点振动的方向均沿y轴负方向所以，两列波在M点的振动加强，即M点的振幅为：A=2A=4cmt=1.5s时，M点振动了t=0.75s，即3T/4根据简谐运动的周期性，M点运动的路程：s=3A=12cm
