长春市三中2020届高三物理下学期二模模拟测试试题二含解析

吉林省长春市三中2020届高三物理下学期二模模拟测试试题二含解析吉林省长春市三中2020届高三物理下学期二模模拟测试试题二含解析PAGE23-吉林省长春市三中2020届高三物理下学期二模模拟测试试题二含解析吉林省长春市三中2020届高三物理下学期二模模拟测试试题（二)（含解析)一、选择题1.据伊朗新闻电视台2019年9月7日消息，伊朗原子能组织发言人卡迈勒万迪当天宣布，作为第三阶段中止履行伊核协议的措施,伊朗已启动了“先进离心机”,以增加浓缩铀储量.关于铀核的裂变，下列叙述正确的是（)A。核反应堆中铀核俘获一个中子后分裂为两个或几个中等质量的原子核,并吸收大量能量B.核反应堆中铀核自发分裂为两个或几个中等质量的原子核，同时释放大量的核能C.要使核反应堆中铀核发生链式反应，必须要有慢中子的轰击D.要使核反应堆中铀核发生链式反应，必须要有快中子轰击【答案】C【解析】【详解】AB．核反应堆中铀核俘获一个中子后分裂为两个或几个中等质量的原子核，并释放大量能量，AB错误；CD．链式反应的条件有三个，一是足够浓度的铀，二是铀的体积需要大于等于临界体积，三是需要慢中子轰击，C正确，D错误。故选C。2。如图所示为某稳定电场的电场线分布情况，A、B、C、D为电场中的四个点，B、C点为空心导体表面两点，A、D为电场中两点.下列说法中正确的是（）A。D点的电势高于A点的电势B。A点的电场强度大于B点的电场强度C。将电子从D点移到C点，电场力做正功D.将电子从B点移到C点，电势能增大【答案】A【解析】【详解】A．沿电场线方向电势降低，所以D点电势高于A点的电势，A正确；B．电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，所以A点的电场强度小于B点的电场强度，B错误;C．电子带负电，所以将电子从D点移到C点，电场力与运动方向夹角为钝角，所以电场力做负功，C错误；D．处于静电平衡的导体是等势体，所以B、C两点电势相等，根据可知电子在B、C两点电势能相等,D错误。故选A。3.如图所示,质量为M的小车的表面由光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一质量为m的球,球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b，斜面倾角为θ.当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列说法正确的是（）A.若小车匀速运动,则球对斜面上b点的压力大小为mgcosθB.若小车匀速运动，则球对水平面上a点的压力大小为mgsinθC.若小车向左以加速度gtanθ加速运动，则球对水平面上a点无压力D.若小车向左以加速度gtanθ加速运动，则小车对地面的压力小于（M+m)g【答案】C【解析】【详解】AB．小车和球一起匀速运动时,小球受到竖直向下的重力和水平面对小球竖直向上的支持力,二力平衡，所以小球对b点无压力，根据牛顿第三定律可知小球对a点的压力大小为mg,AB错误；C．若小车向左以加速度gtanθ加速运动，假设小球对a点无压力,根据牛顿第二定律解得假设成立,所以小球对a点无压力，C正确；D．对小车和球构成的系统整体受力分析可知,系统在竖直方向上加速度为0,竖直方向受到重力和支持力,二者等大反向，根据牛顿第三定律可知小车对地面的压力等于（M+m）g，D错误.故选C。4.某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两圆柱形固定导轨相互平行,其对称轴所在平面与水平面的夹角为θ，两导轨长为L，间距为d，一质量为m的金属弹丸置于两导轨间，弹丸直径为d，电阻为R，与导轨接触良好且不计摩擦阻力,导轨下端连接理想恒流电源,电流大小恒为I，弹丸在安培力作用下从导轨底端由静止开始做匀加速运动,加速度大小为a.下列说法正确的是（）A.将弹丸弹出过程中，安培力做的功为maL+mgLsinθB.将弹丸弹出过程中，安培力做的功为I2RC。将弹丸弹出过程中，安培力的功率先增大后减小D.将弹丸弹出过程中,安培力的功率不变【答案】A【解析】【详解】AB．对弹丸受力分析，根据牛顿第二定律安培力做功A正确,B错误；CD．弹丸做匀加速直线运动,速度一直增大，根据可知安培力的功率一直增大，CD错误.故选A。5.工在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板,上下位置均固定,且分别接在恒压直流电源的两极上（电源电压小于材料的击穿电压）。当流水线上通过的产品厚度减小时，下列说法正确的是（)A。A、B平行板电容器的电容增大B.A、B两板上的电荷量变大C.有电流从a向b流过灵敏电流计D。A、B两板间的电场强度变大【答案】C【解析】【详解】A．根据可知当产品厚度减小,导致减小时,电容器的电容C减小，A错误；BC．根据可知极板带电量Q减小，有放电电流从a向b流过,B错误，C正确;D．因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度为不变，D错误。故选C。6。如图所示，地球质量为M,绕太阳做匀速圆周运动,半径为R．有一质量为m的飞船，由静止开始从P点在恒力F的作用下，沿PD方向做匀加速直线运动，一年后在D点飞船掠过地球上空，再过三个月，又在Q处掠过地球上空．根据以上条件可以得出A.DQ的距离为B。PD的距离为C.地球与太阳的万有引力的大小D。地球与太阳的万有引力的大小【答案】ABC【解析】【分析】根据DQ的时间与周期的关系得出D到Q所走的圆心角,结合几何关系求出DQ的距离．抓住飞船做匀加速直线运动，结合PD的时间和PQ的时间之比得出位移之比，从而得出PD的距离．根据位移时间公式和牛顿第二定律,结合地球与太阳之间的引力等于地球的向心力求出引力的大小．【详解】地球绕太阳运动的周期为一年,飞船从D到Q所用的时间为三个月，则地球从D到Q的时间为三个月，即四分之一个周期,转动的角度为90度，根据几何关系知，DQ的距离为，故A正确；因为P到D的时间为一年，D到Q的时间为三个月,可知P到D的时间和P到Q的时间之比为4：5,根据得,PD和PQ距离之比为16:25,则PD和DQ的距离之比为16：9,，则,B正确；地球与太阳的万有引力等于地球做圆周运动的向心力,对PD段，根据位移公式有:，因为P到D的时间和D到Q的时间之比为4：1，则，即T=t，向心力，联立解得地球与太阳之间的引力，故C正确D错误．7。回旋加速器的工作原理如图所示,置于高真空中的D形金属盒半径为R。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速器中被加速，加速电压为U。下列说法正确的是（）A.交变电场的周期为B。粒子射出加速器的速度大小与电压U成正比C。粒子在磁场中运动的时间为D.粒子第1次经过狭缝后进入磁场的半径为【答案】CD【解析】【详解】A．为了能够使粒子通过狭缝时持续的加速，交变电流的周期和粒子在磁场中运动周期相同，即A错误；B．粒子最终从加速器飞出时解得粒子飞出回旋加速器时的速度大小和无关，B错误；C．粒子在电场中加速的次数为，根据动能定理粒子在磁场中运动的时间C正确;D．粒子第一次经过电场加速进入磁场，洛伦兹力提供向心力解得D正确。故选CD。8。如图所示,在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k=200N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行.已知A、B的质量均为10kg，C的质量为40kg，重力加速度为g=10m/s2,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度。（）A。斜面倾角=30°B。A、B、C组成的系统机械能先增加后减小C.B的最大速度D.当C的速度最大时弹簧处于原长状态【答案】ABC【解析】【详解】A．开始时弹簧压缩长度为xB得：kxB=mg当A刚离开地面时,弹簧处于拉伸状态，对A有：kxA=mg物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度,B、C的加速度为0，对B有：T—mg—kxA=0对C有：Mgsinα—T=0解得：α=30°故A正确；B．由于xA=xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，即此过程中弹簧的弹性势能先减小后增加；而由A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒，可知A、B、C组成的系统机械能先增加后减小,故B正确；

C．当物体A刚离开地面时,物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离为：由于xA=xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等,弹簧弹力做功为零,且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等,设为vB，由动能定理得：解得：vB＝2m/s故C正确;D．当B的速度最大时，C的速度也是最大的，此时弹簧处于伸长状态,故D错误；故选ABC.二、非选择题9.某同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则:在竖直木板上铺有白纸，并用图钉固定在木板上。固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的质量相等。调整钩码个数使系统达到平衡。(1）实验过程中必须要记录下列哪些数据(）A．O点位置B．每组钩码的个数C．每个钩码的质量D．OA、OB和OC绳的长度E．OA、OB和OC绳的方向(2）下列实验操作正确的是（）A．将OC绳换成橡皮筋，仍可完成实验B．细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些可减小实验误差C．尽量保持∠AOB为90°、60°、120°等特殊角方便计算D．若改变悬挂钩码的个数N3，重新进行实验，必须保持O点位置不动，重新调整钩码的个数N1、N2【答案】（1）.ABE(2)。AB【解析】【详解】（1)［1］A．为了验证平行四边形定则，必须作受力图,所以需要确定受力点,即需要标记结点的位置,A正确；BC．其次要作出力的方向和大小,每个钩码的质量相同，所以钩码的个数可以作为力的大小，不需要测量钩码质量，B正确，C错误；DE．连接钩码绳子的方向可以表示力的方向，所以需要标记OA、OB和OC绳的方向，D错误，E正确。故选ABE.(2）[2］A．如果将绳换成橡皮筋，在同一次实验过程中,只要将结点拉到相同的位置，实验结果不会发生变化，仍可完成实验，A正确；B．细绳要长些,标记同一细绳方向的两点要远些可以使力的方向更准确，减小实验误差,B正确；C．实验通过平行四边形定则进行力的合成确定力的大小和方向，不需要计算，C错误；D．实验的目的是验证平行四边形定则，重新实验，不需要保持结点位置不动，D错误。故选AB。10。某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有:两个相同的待测电源（内阻r≈1Ω）电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）电阻箱R2（最大阻值为999。9Ω)电压表V（内阻约为2kΩ）电流表A（内阻约为2Ω）灵敏电流计G,两个开关S1、S2．主要实验步骤如下：①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0。40A、12.0V、30。6Ω、28.2Ω；②反复调节电阻箱R1和R2(与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0。60A、11。7V．回答下列问题：（1）步骤①中：电流计G的示数为0时,电路中A和B两点的电电势差UAB=_____V；A和C两点的电势差UAC=______V;A和D两点的电势差UAD=______V；(2）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为______Ω,电流表的内阻为______Ω；(3）结合步骤①步骤②的测量数据电源的电动势E为______V，内阻r为_____Ω．【答案】（1)。0（2)。12.0V(3）.—12.0V(4）.1530Ω（5)。1。8Ω(6）.12.6V（7）.1。5Ω【解析】【详解】（1）［1]［2]［3]当电流计示数为0时，A、B两点电势相等，即;电压表示数即为A、C两点电势差，即；由闭合电路欧姆定律可知，D、A和A、C之间的电势差相等，故；(2）［4]［5］由欧姆定律可得解得由可得（3)[6][7]由步骤①可得由步骤②可得联立可解得11。如图所示，固定在竖直面内半径R=0.4m的光滑半圆形轨道cde与长s=2。2m的水平轨道bc相切于c点，倾角θ=37°的斜轨道ab通过一小段光滑圆弧与水平轨道bc平滑连接.质量m=1kg的物块B静止于斜轨道的底端b处，质量M=3kg的物块A从斜面上的P处由静止沿斜轨道滑下，与物块B碰撞后黏合在一起向右滑动。已知P处与c处的高度差H=4.8m,两物块与轨道abc间的动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0。6,cos37°=0.8，A、B均视为质点，不计空气阻力。求：(1)A与B碰撞后瞬间一起滑行的速度大小;(2）物块A、B到达e处时对轨道的压力大小。【答案】（1)6m/s;（2）50N【解析】【详解】(1)A沿斜轨道下滑时,由牛顿第二定律结合运动学公式两物块碰撞满足动量守恒，选取水平向右为正方向解得（2)物块从b运动到e的过程,根据动能定理在e点，根据牛顿第二定律解得根据牛顿第三定律可知物块对轨道点的压力大小为。12。如图1所示,在直角坐标系xOy中，MN垂直x轴于N点，第二象限中存在方向沿y轴负方向的匀强电场,Oy与MN间（包括Oy、MN)存在均匀分布的磁场,取垂直纸面向里为磁场的正方向，其感应强度随时间变化的规律如图2所示。一比荷的带正电粒子（不计重力）从O点沿纸面以大小v0=、方向与Oy夹角θ＝60°的速度射入第一象限中,已知场强大小E=(1+）,ON=L（1）若粒子在t=t0时刻从O点射入，求粒子在磁场中运动的时间t1;(2）若粒子在0~t0之间的某时刻从O点射入，恰好垂直y轴进入电场,之后从P点离开电场，求从O点射入的时刻t2以及P点的横坐标xP;(3)若粒子在0~t0之间的某时刻从O点射入，求粒子在Oy与MN间运动的最大路程s。【答案】(1)；（2），;（3）(5+）L【解析】【详解】(1）若粒子t0时刻从O点射入，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示:由几何关系可知圆心角洛伦兹力提供向心力，则已知周期粒子在磁场中运动的时间符合题意.（2)由(1)可知解得设t2时刻粒子从点射入时恰好垂直轴进入电场,如图所示：则解得粒子在电场中做类平抛运动，分解位移根据牛顿第二定律有解得（