届榆林中学高三第三次模拟考试卷

1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020届榆林中学高三第三次模拟考试卷 物 理 注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。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1418只有一项是符合题目要求，第1921

2、题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14下列说法中正确的是A原子核发生衰变时都遵守电荷守恒、质量守恒、能量守恒Beq oal(235, 92)Ueq oal(1,0)neq oal(144, 56)Baeq oal(89,36)Kr3eq oal(1,0)n为核衰变方程C光电效应说明了光具有粒子性D康普顿散射实验说明了光具有波动性15如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄板在F作用下逆时针缓慢转动，在墙与薄板之间的夹角缓慢地从90逐渐减小的过程中A小球对薄板的压力可能小于小球的重力B小球对薄板的正压力一直增大C小球对墙的压力先减小，后增大D

3、小球对墙的正压力不可能大于小球的重力16北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。为了兼顾高纬度地区的定位和导航需要，该系统已布置了10余颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO），其轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形，圆心为地心，运行周期与地球自转周期相同。关于倾斜地球同步轨道卫星，下列说法正确的是A该卫星不可能经过北京上空B该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相同C与赤道平面夹角为30的倾斜地球同步轨道只有唯一一条D该卫星运行的速度大于第一宇宙速度17如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，

4、得到如图乙所示的aF图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g10 m/s2，则下列选项错误的是A滑块的质量m4 kgB木板的质量M2 kgC当F8 N时滑块加速度为2 m/s2D滑块与木板间动摩擦因数为0.118如图所示，由Oa、Ob、Oc三个铝制薄板互成120角均匀分开的、三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用B1、B2、B3表示。现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，在三个磁场区域中的运动时间之比为123，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，则其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为A11 B53 C32 D27519如图，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心

5、为O，半径为r，将等电量的异种点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，Q与O点的连线和OC间夹角为30，静电常量为k，则AO点的电场强度大小为keq f(Q,r2)BO点的电场强度方向由O指向ACO点电势等于C点电势D试探电荷q从B点移到D点过程中，电势能始终不变20如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为，一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端拴一个质量为m的物块A，绳与斜面平行。整个系统由静止开始向右匀加速运动。物块A恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间为t的过程中A小车速度的变化量B物块重力所做的功和重力的冲量均为零C拉力冲量大小D拉力做功21如图所示，电阻不计、间距

6、为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是FF0kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化的图象可能正确的有第卷（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题第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第34题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)22(6

7、分)为了测量木块与木板间动摩擦因数，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置，让木块从倾斜木板上A点由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块与传感器的距离s随时间t变化规律，取g10 m/s2，sin 370.6，如图所示。(1)根据上述图线，计算可得木块在0.4 s时的速度大小v_m/s，加速度大小a_m/s2；(2)现测得斜面倾角为37，则_。（所有结果均保留2位小数）23(9分)热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC），正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻

8、值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中。某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx（常温下阻值约为10.0 ）的电流随其两端电压变化的特点。A电流表A1（满偏电流10 mA，内阻r110 ）B电流表A2（量程01.0 A，内阻r2约为0.5 ）C滑动变阻器R1（最大阻值为10 ）D滑动变阻器R2（最大阻值为500 ）E定值电阻R3990 F. 定值电阻R4140 G电源E（电动势12 V，内阻可忽略）H开关、导线若干(1)实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器_。（只需填写器材前面的字母即可）(2

9、)请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图。(3)该小组测出某热敏电阻Rx的I1I2图线如曲线乙所示，NTC热敏电阻对应的曲线是_（填或）。(4)若将上表中的PTC电阻直接接到一个9 V，内阻10 的电源两端，则它的实际功率为_W。（结果均保留2位有效数字）24(12分)如图所示，长为L的轻质细绳上端固定在O点，下端连接一个质量为m的可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中的A点，绳与竖直方向的夹角37。此匀强电场的空间足够大，且场强为E。取sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力。(1)如将小球拉到O点正右方C点（OCL）后静止释放，求小球运

10、动到最低点时所受细绳拉力的大小F；(2)O点正下方B点固定着锋利刀片，小球运动到最低点时细绳突然断了。求小球从细绳断开到再次运动到O点正下方的过程中重力对小球所做的功W。25(20分)如图所示，质量m11 kg的木板静止在倾角30的固定光滑斜面上，斜面足够长的，木板下端上表面与半径Req r(3) m的固定光滑圆弧轨道相切，圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量m22 kg、可视为质点的小滑块以v015 m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下。已知滑块与木板之间的动摩擦因数eq f(r(3),3)，木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，g10 m/s2。求：(1)滑块

11、离开圆弧轨道B点后上升的最大高度；(2)木板的最小长度；(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)33【物理选修33】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积B质量相同、温度也相同的氢气和氧气，内能相同C任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能D在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强E当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能

12、总是随分子间距离的减小而增大(2)(10分)如图所示，在大气中有一水平放置的固定刚性圆筒，它由圆心共轴的圆筒a、b连接而成，其横截面积分别为3S和S。已知大气压强为p0，温度为T0。两活塞A、B圆心处用一根长为3l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，现对被密封的气体缓慢加热，则：(i)当B活塞刚好碰到b部分圆筒的左侧时，气体温度为多少？(ii)当气体温度为3T0时，气体的压强为多少？34【物理选修34】(15分)(1)(5分)一列简谐横波沿x轴负方向传播，t0时的波的图像如图所示，质点P的平衡位置在x8 m处，该波

13、的周期T0.2 s，下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A该列波的传播速度为20 m/sB在01.0 s内质点P经过的路程2 mCt0.3 s时质点P的速度方向沿y轴正方向Dx4 m处质点的振动方程是y10sin5t（cm）E该波与频率f5 Hz的另一列简谐横波相遇，一定会发生干涉(2)(10分)如图所示，圆柱形油桶中装满折射率neq r(2)的某种透明液体，油桶的高度为H，半径为eq f(3,2)H，桶的底部装有一块平面镜，在油桶底面中心正上方高度为d处有一点光源P，要使人从液体表面上方任意位置处都能够观察到

14、此液体内点光源P发出的光，d应该满足什么条件?物 理 答 案二、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1418只有一项是符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14【答案】C【解析】原子核发生衰变时电荷数守恒和质量数守恒，但质量不守恒，故A错误；eq oal(235, 92)Ueq oal(1,0)neq oal(144, 56)Baeq oal(89,36)Kr3eq oal(1,0)n为裂变方程，故B错误；光电效应说明了光具有粒子性，故C正确；康普顿在研究石墨对X射线的散射中发现光具有粒子性，故D错误。15【

15、答案】B【解析】以小球为研究对象，处于平衡状态，根据受力平衡，由图可知：当墙与薄板之间的夹角缓慢地从90逐渐减小的过程中，薄板给球的支持力F1逐渐增大，木板受到的压力增大，小球对薄板的压力不可能小于小球的重力，A错误，B正确；当墙与薄板之间的夹角缓慢地从90逐渐减小的过程中，墙壁给球的压力F2逐渐增大，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力增大，小球对墙的正压力可能大于小球的重力，C、D错误。16【答案】B【解析】根据题目描述，倾斜地球同步轨道卫星的轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形，圆心为地心，所以有可能在运动过程中经过北京上空，所以A错误；由题意可知，倾斜地球同步轨道卫星的周期与地球同步卫星的周

16、期相同，根据T2eq r(f(r3,GM)，可知该卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径相同，即该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相同，所以B正确；由题意可知，圆心在地心，与赤道平面成30的圆形轨道有无数个，所以C错误；根据公式veq r(f(GM,r)，可知卫星轨道半径越大，运行速度越小，而第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以该卫星的运行速度比第一宇宙速度小，D错误。17【答案】C【解析】由题图乙知，F6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F(Mm)a，代入数据计算得出Mm6 kg，当F6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得，知图线的斜率keq

17、 f(1,2)，则M2 kg，滑块的质量m4 kg，故A、B不符合题意；根据F6 N时，a1 m/s2，代入表达式计算得出0.1，当F8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得mgma，计算得出ag1 m/s2，故C符合题意，D不符合题意。18【答案】D【解析】带电粒子在磁场运动的时间为teq f(,2)T，在各个区域的角度都为120eq f(1,3)，对应的周期为Teq f(2m,qB)， ，则三个区域的磁感应强度之比为B1B2B3632，三个区域的磁场半径相同为req f(mv,qB)，又动能Ekeq f(1,2)mv2，联立得，故三个区域的动能之比为：Ek1Ek2Ek3B12B22B32369

18、4，故在b处穿越铝板所损失的动能为EkEk1Ek227，故在c处穿越铝板所损失的动能为EkEk2Ek35，故损失动能之比为EkEk275，D正确。19【答案】AC【解析】两电荷在O点的场强大小为E1E2keq f(Q,r2)，夹角为120，根据平行四边形定则知合场强为EE1E2keq f(Q,r2)，方向平行两个电荷的连线向右，故A正确，B错误；等量正负点电荷连线的中垂线上电势相等，因而OC，故C正确；如果只有Q存在，则B点电势大于D点电势；如果只有Q存在，同样是B点电势大于D点电势；由于电势是标量，所以两个场源电荷同时存在时，依然有B点电势大于D点电势，故试探电荷q从B点移到D点过程中，电势

19、能是变化的，故D错误。20【答案】AD【解析】对物块A进行受力分析可知，物块A受拉力T和重力G， Fsin mg，F合Tcos ，得，。小车的加速度，则小车速度的变化量，故A正确；由于重力的方向与位移方向垂直，故重力做功为零，但冲量IGmgt，不是0，故B错误；拉力的冲量，故C错误；重力做功为0，则拉力的功Weq f(1,2)mv2，而，解得，故D正确。21【答案】ABC【解析】设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势EBLv，环路电流，即Iv，安培力，方向水平向左，即FAv，R两端电压为，即URv，感应电流功率为，即Pv2；分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得： ，加速

20、度，因为金属棒从静止出发，所以F00，即F合0，加速度a0，加速度方向水平向右。若，F合F0，即，金属棒水平向右做匀加速直线运动，有vat，说明vt，也即是It，FAt，URt，Pt2，所以在此情况下A选项符合；若，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；若，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合。故ABC正确，D错误。第卷（非选择题，共174分）三、非选择题(包括必考题和选考

21、题两部分。第22题第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第34题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)22(6分)【答案】(1)0.40 1.00 (2)0.63【解析】(1)木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4 s时的速度大小；木块在0.2 s时的速度大小，木块的加速度大小。(2)斜面倾角为37，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得，得。23(9分)【答案】(1)C (2)见解析图 (3) (4)2.0 (1.92.1)【解析】(1)因为要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压

22、接法，为了便于调节，应选择最大阻值小的滑动变阻器，故填C。(2) 因为器材没有电压表，故用已知内阻的电流表A1串联一个大电阻R3改装成电压表。由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示。(3)把热敏电阻Rx的I1I2图线的纵坐标改成I1(R3r1)1000I1，即热敏电阻的电压，单位为V，图象就成为热敏电阻的UI图象。UI图象上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻值。随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高。NTC热敏电阻在温度升高时电阻值减小，故对应的曲线是。 (4)做出9 V、内阻10 的电源的UI图象，如图所示，其与曲线的交点坐标的乘积即为所要求的实际功

23、率，PUI40.5 W2.0 W，由于作图和读数有一定的误差，故结果范围为1.92.1 W。24(12分)【解析】(1)有图可知小球小球受电场力水平向右，大小为：Eqmgtan 小球由C到最低点，由动能定理得：mgLEqLeq f(1,2)mvB20在B点受力分析得：联立得：Feq f(3,2)mg。(2)在断开瞬间，由(1)得小球水平方向先减速到0在方向加速，在水平方向求小球从细绳断开到再次运动到O点正下方的时间竖直方向自由落体运动heq f(1,2)gt2重力对小球所做的功。25(20分)【解析】(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数eq f(r(3),3)tan 30，可知滑块在木板上匀速下

24、滑，即滑块到达A点时速度大小依然为v015 m/s，设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h，则由机械能守恒定律可得： eq f(1,2)m2v02m2g(Rcos h)解得：h9.75 m。(2)由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为v015 m/s，滑上木板后，木板的加速度为a1，由牛顿第二定律可知：m2gcos m1gsin m1a1滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律可知：m2gcos m2gsin m2a2设经过t1时间后两者共速，共同速度为v1，由运动学公式可知：v1v0a2t1a1t1该过程中木板走过的位移：滑块走过的位移：之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板

25、上端滑出，则木板的最小长度：Lx2x1联立解得：L7.5 m。(3)滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3，由牛顿第二定律可知：(m1m2)gsin (m1m2)a3一起匀减速向上运动的位移：木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2，由运动学公式可知：滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为v2，第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同速度为v3，由运动学公式可知：v3v2a2t2a1t2该过程中木板走过的位移：一起匀减速向上运动的位移：设木板第二次滑至A点时的速度为v4，由运动学公式可知：木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能Eeq f(1,2)m1v42联立各式得：J5.56 J。(