2020年宁夏银川一中高考物理三模试卷 (含答案解析)

2020年宁夏银川一中高考物理三模试卷
一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）
1.关于物理学发展史或物理学的研究方法．下列说法中正确的是()
A. 牛顿在总结开普勒、第谷等科学家观测、研究成果的基础上，得出万有引力定律
B. 伽利略在利用理想实验探究力和运动的关系时，使用的是实验归纳法
C. 库仑首先提出“场”的概念
D. 用点电荷代替带电体，应用的是等效替代法
2.一个质点在恒力F作用下，在xOy平面内从O点运动到A点的轨迹如图所
示，且在A点的速度方向与x轴平行，则()
A. 恒力F的方向可能是沿x轴正方向
B. 恒力F的方向可能是沿y轴负方向
C. 质点经过O点时的加速度比A点的大
D. 质点经过O点时的速度比A点的大
3.一个具有放射性的原子核A放射一个β粒子后变成原子核B，原子核B再放射一个α粒子后变成
原子核C，可以肯定的是()
A. 原子核A比原子核B多2个中子
B. 原子核A比原子核C多2个中子
C. 原子核为A的中性原子里的电子数比原子核为B的中性原子里的电子数少1
D. 原子核为A的中性原子里的电子数比原子核为C的中性原子里的电子数少1
4.美国宇航局利用开普勒太空望远镜发现了一个新的双星系统，命名为“开普勒−47”，该系统
位于天鹅座内，距离地球大约5000光年．这一新的系统有一对互相围绕运行的恒星，运行周期为T，其中一颗大恒星的质量为M，另一颗小恒星质量只有大恒星质量的三分之一．已知引力常量为G，则下列判断正确的是()
A. 两颗恒星的转动半径之比为1：1
B. 两颗恒星的转动半径之比为1：2
C. 两颗恒星相距3GMT2
3π2D. 两颗恒星相距3GMT2
4π2
二、多选题（本大题共5小题，共28.0分）
5.静电平衡、电磁感应现象在生产、生活及科学研究中有着广泛的应用，下列说法正确的是()
A. 磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做是利用电磁阻尼让摆动的指针快速停下来，微安表在运输
时要把正负接线柱短接也是利用电磁阻尼，防止指针摆动过大损坏
B. 电磁炉利用变化的磁场使食物中的水分子形成涡流来对食物加热
C. 处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，电势也处处为零
D. 变压器的铁芯用薄硅钢片叠压而成，而不用一整块硅钢，这样增强了磁场、提高了变压器的
效率
6.(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质
量m=1kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2.则()
A. 物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
B. 传送带的倾角θ=30°
C. 1～2s内，物块的加速度为2m/s2
D. 摩擦力的方向始终沿传送带向下
7.如图所示，理想变压器的原线圈接在输出电压恒为U的正弦式交流
电源上，原线圈电路中串联一灯泡L1，副线圈电路中连接有理想电
压表、理想电流表、滑动变阻器R和灯泡L2。

当滑动变阻器R的滑
片向下滑动时，下列说法正确的是()
A. 电压表的示数不变，电流表的示数增大
B. 灯泡L1变暗，灯泡L2变亮
C. 灯泡L1和灯泡L2都变亮
D. 原线圈两端电压减小，交流电源的输出功率减小
8.如图所示，离子源产生某种质量为m、带电荷量为q的离子，离子由静止经加速电压U加速后
在纸面内水平向右运动，自M点沿圆形匀强磁场区域的半径方向射入磁场，离子射出磁场后能通过M点正上方的N点，已知圆形磁场区域的半径为r0，磁场的方向垂直于纸面，M、N两点间的距离为√3r0，下列说法正确的是
A. 离子从M点射入磁场的速度大小为√qU
m
B. 离子在磁场中做圆周运动的半径为√3
3
r0
C. 匀强磁场的磁感应强度大小为1
r0√6Um
q
D. 离子从M点运动到N点的时间为r0√m
2qU +2πr0
3
√m
6qU
9.关于下列图象的描述与判断中，正确的有()
A. 图甲是多普勒效应的图象，B处的观察者接收到波的频率大于波源发出的频率
B. 图甲是多普勒效应的图象，A处的观察者接收到波的频率大于波源发出的频率
C. 图乙是受迫振动的振幅随驱动力频率变化的图象，物体作受迫振动时的频率始终等于固有频
率
D. 图乙是受迫振动的振幅随驱动力频率变化的图象，当驱动力的频率等于固有频率时振幅最大
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
10.读出下列螺旋测微器和万用电表(欧姆档)的读数．
11.某同学设计的可调电源电路如图(a)所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S．
(1)用电压表测量A、B两端的电压；将电压表调零，选择0−3V档，示数如图(b)，电压值为
______V.
(2)在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于______端．(填“A”或“B”)
(3)要使输出电压U变大，滑片P应向______端滑动．(填“A”或“B”)
四、简答题（本大题共1小题，共5.0分）
12.一种冷暖两用型空调，铭牌标注：输入功率1kW，制冷能力1.2×104kJ/ℎ，制热能力
1.3×104kJ/ℎ.这样，该空调在制热时，每消耗1J电能，将放出3J多热量，是指标错误还是能
量不守恒⋅
五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。

车顶右端放一质量m2=
0.4kg的小物体，小物体可视为质点。

现有一质量m0=0.05kg的子弹以水平速度v0=100m/s
射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5m/s的速度离开小车。

g取10m/s2。

求：
①子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小。

②小车的长度。

14.如图所示，在光滑水平桌面上的虚线MN左侧有方向竖直向上的匀强磁场，一质量为m、电阻
为R、边长为L的正方形导体框静止在水平桌面上，且一条边框与MN平行．现对线框施加水平向右的恒力，线框从静止开始运动直到离开磁场，速度传感器记录了线框在该过程中速度随时间变化的v−t图线，图中v0，t0为已知量．求：
(1)线框穿出磁场过程中电流强度I和通过线框的电量q；
(2)匀强磁场的磁感应强度B；
(3)若导体框初始位置不变，施加的恒力为原来的2倍，传感器测量到线框离开磁场前已经做匀
速运动，则此情景下线框穿出磁场过程中产生电热Q．
15.一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，初始时气体体积为3.0×10−3m3.用DIS实验系统
测得此时气体的温度和压强分别为300K和1.0×105Pa.推动活塞压缩气体，稳定后测得气体的温度和压强分别为320K和1.6×105Pa．
①求此时气体的体积；
②保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为0.8×105Pa，求此时气体的体
积．
16.在上述杨氏干涉实验中，若单色光的波长λ=5.89×10−7m，双缝间的距离d=1mm，双缝到
屏的距离l=2m。

求第1个亮条纹到第11个亮条纹的中心间距。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：A
解析：解：A、万有引力定律是牛顿在总结开普勒等人的研究成果基础上得出的，故A正确；
B、伽利略在利用理想实验探究力和运动关系时，使用的是理想实验法，故B错误；
C、首先提出场的概念的物理学家是法拉第，故C错误；
D、当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷，点电荷是一种理想化的物理模型，故D错误．
故选：A
对于物理中的重要事件、规律的得出要了解其发展历史，明确重要科学家库仑、牛顿、伽利略、法拉第、洛伦兹等的主要贡献，培养自己的科学素养和科学品质．
对于物理学史的学习要注意平时加强积累和记忆，不可忽视，这也是高考的重要内容之一．
2.答案：B
解析：解：A、由于物体做的是曲线运动，根据物体做曲线运动的条件可知，物体受到的恒力的方向应指向弧内，且与速度方向不在同一直线上，所以沿−y方向的力才可能产生如图的曲线，故A错误，B正确．
C、根据牛顿第二定律可知，加速度不变，故C错误；
D、点经过O点时的速度可能比A点的大，也可能比A点的小，故D错误．
故选：B
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论，根据牛顿第二定律可知，加速度不变．
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了．3.答案：C
解析：解：设原子核A电荷数为x，质量数为y，中子数为：y−x
原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次β衰变后电荷数增加1，质量数不变：则：发生β衰变后变成的原子核B的电荷数为：x+1，质量数为：y，中子数为：y−x−1
原子核B 发生α衰变后变成的原子核C 的电荷数为：x +1−2=x −1，质量数为：y −4，中子数为：y −4−x +1=y −x −3
A 、一次β衰变后电荷数增加1，中子数减少1个。

故A 错误；
B 、核A 的中子数比核
C 的中子数多：(y −x)−(y −x −3)=3，故B 错误。

C 、原子核A 的中性原子中的电子数比原子核B 的中性原子中的电子数多：x −(x +1)=−1，即少一个，故C 正确。

D 、核C 的质子数比核A 的质子数少：x −(x −1)=1，所以原子核A 的中性原子中的电子数，比原子核C 的中性原子中的电子数多1.故D 错误。

故选：C 。

放出一个β粒子，电荷数多1，质量数不变，放出一个α粒子后，电荷数减少2个、质量数减少4个。

解决本题的关键知道衰变的实质，明确α衰变，β衰变的实质，分别表示出ABC 三个原子的电荷数，质量数，中子数进行比较即可。

4.答案：D
解析：解：AB 、令两恒星的转动半径分别为r 1和r 2，两恒星间的距离为L =r 1+r 2据
G
mM
L
2=Mr 1ω2=mr 2ω2 可得r 1
r 2
=m M =1
3，故AB 均错误；
CD 、由AB 分析知，r 2=3r 1 因为r 1+r 2=L 所以可得r 1=L
4
据万有引力提供向心力有：G mM L 2
=Mr 1
4π2T 2
代入数据可解得：L =3GMT 24π2
，故C 错误，D 正确。

故选：D 。

地球和“开普勒−47”公转的向心力均由万有引力提供，根据牛顿第二定律列式求解出周期和向的表达式进行分析即可．
本题是双星问题，与卫星绕地球运动模型不同，两颗星都绕同一圆心做匀速圆周运动，关键抓住条件：相同的角速度和周期．
5.答案：AD
解析：解：A、常用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动．而塑料做骨架达不到电磁阻尼的作用，这样做的目的是利用涡流，起到电磁阻尼作用，故A正确．
B、电磁炉是通过铁锅产生涡流来加热食物的，故B错误．
C、处于静电平衡状态的导体内部，原电场与感应电荷产生的附加电场完全抵消，场强处处为零，电势是处处相等，不为零；故C正确；
C、变压器的铁芯用硅钢片叠压而成，是为了减小涡流；故D正确；
故选：AD．
根据穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，出现感应电流，进而受到安培阻力，阻碍指针的运动；处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零；涡流会在导体中产生大量的热量．
掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等；同时理解电磁阻尼的原理，注意电势与电场强度没有直接关系．
6.答案：AC
解析：
由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小．
A、B、C、速度时间图线的斜率表示加速度，开始匀加速运动的加速度a1=Δv1
Δt1=10
1
m/s2=10m/s2，
则1～2s内，物块的加速度a2=Δv2Δt
2=12−10
2−1
=2m/s2；根据牛顿第二定律得，a1=gsinθ+μgcosθ，
速度相等后，加速度a2=gsinθ−μgcosθ，联立两式解得θ=37°，μ=0.5.故AC正确，B错误；
D、开始时，物块相对于传送带向上滑动，受到的摩擦力方向沿传送带向下，当速度与传送带速度相等后，所受的滑动摩擦力沿传送带向上．故D错误．
故选：AC．
7.答案：AC
解析：
根据变压器的构造和原理分析，电压表V的示数为副线圈的电压，与变压器输出端的负载无关，I1n1= I2n2，根据P=UI计算功率。

本题考查变压器动态分析，熟练掌握变压器电压、电流、功率的关系即可解题。

A.当滑动变阻器R的滑片向下滑动时，电压表V的示数为副线圈的电压，与变压器输出端的负载无
关，故电压表的示数不变，滑动变阻器的电阻减小，根据I=U
R
，电流表的示数增大，故A正确；BC.根据I1n1=I2n2，L2的电流增大，L1的电流也增大，灯泡L1和灯泡L2都变亮，故C正确，B错误；
D.原线圈两端电压不变，电流增大，根据P=UI，交流电源的输出功率增大，故D错误。

故选AC。

8.答案：BCD
解析：解：A.离子在电场中加速时，有：qU=1
2mv2，得：v=√2qU
m
，故A错误；
B.离子做圆周运动的轨迹如图所示，
由几何关系知：
√3r0
r0
=tanθ√3r−r
=sin(90°−θ)，
解得：r=√3
3
r0，故B正确；
C.由公式qvB=m v2
r 解得：B=mv
qr
=1
r0
√6Um
q
，故C正确；
D.离子在磁场中运动的时间为：t1=1
3×2πm
qB
，离子射出磁场后的运动时间为：t2=r0
v
，联立解得：
t=t1+t2=r0√m
2qU +2πr0
3
√m
6qU
，故D正确。

故选：BCD。

加速电场中根据动能定理求解加速后获得的速度，做出粒子在磁场中做圆周运动的运动轨迹，根据几何知识求解其在磁场中的轨道半径，
根据粒子做匀速圆周运动，其向心力等于洛伦兹力求解磁场的磁感应强度，分别求出粒子在磁场中
运动和出磁场后做匀速直线运动的时间相加即可；
该题考查了带电粒子在电场中的加速以及在磁场中做匀速圆周运动的相关知识，对于匀速圆周运动过程需正确做出轨迹，找到圆心及其半径；
9.答案：AD
解析：
AB.多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的位置发生变化，使观察者收到的频率发生了变化，注意频率变化与运动间的关系；CD.从共振曲线，可知f驱与固有频率f0相差越大，受迫振动的振幅越小。

本题考查了多普勒效应和受迫振动相关知识。

熟记多普勒的定义以及对受迫振动的振幅随驱动力频率变化的图象即可求解。

AB.由多普勒效应定义可知，图甲是多普勒效应的图象，B处的观察者接收到波的频率大于波源发出的频率；A处的观察者接收到波的频率小于波源发出的频率。

故B错误，A正确；
CD.由受迫振动知识可知，图乙是受迫振动的振幅随驱动力频率变化的图象，物体作受迫振动时的频率始终等于驱动频率，当驱动力的频率等于固有频率时振幅最大，故C错误，D正确。

故选AD。

10.答案：解：由图示螺旋测微器可知，其示数为：3mm+5.0×0.01mm=3.050mm；
由图2所示多用电表可知，使用欧姆×1k挡位，其示数为：16×1k=16kΩ；
故答案为：3.050mm；16kΩ．
解析：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．
本题考查了螺旋测微器与欧姆表读数，要掌握常用器材的使用及读数方法，读数时视线要与刻度线垂直．
11.答案：1.30；A；B
解析：
(1)根据量程，确定电压表的最小分度，再进行读数．
(2)在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，应使变阻器输出电压最小．
(3)根据串联电路分压规律确定滑片移动的方向．本题要掌握基本仪器的读数，注意估读一位．要理
解并掌握分压器电路的原理和调压方法，明确开关闭合前应使输出电压最小，从而确定安全．
(1)由题，电压表的量程为0−3V，其最小分度为0.1V，则图b中电压值为1.30V．
(2)在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于A端使输出电压为零．
(3)要使输出电压U变大，PA间的电阻应增大，所以滑片P应向B端移动．
故答案为：(1)1.30；(2)A；(3)B．
12.答案：答：都不是.空调制冷(制热)靠压缩机做功，从室内(室外)吸收热量放到室外(室内).在制热时，放出的热量等于消耗的电能与从室外吸收的热量之和，完全可以大于电能消耗.这既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律．
解析：做功和热传递都可以改变物体的内能，空调制热时一方面通过电流做功即消耗电能，另一方面通过房间内外的热传递进行。

本题的关键要理解空调制冷、制热的基本原理，考查了学生利用所学物理知识解决实际问题能力，在平时训练中要加强这方面的练习。

13.答案：解：①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0=(m0+m1)v1，
代入数据解得：v1=10m/s，
对小车，由动量定理有：I=m1v1=0.45×10=4.5N⋅s；
②三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有：
(m0+m1)v1=(m0+m1)v2+m2v，
设小车长为L，由能量守恒有：
μm2gL=1
2(m0+m1)v12−1
2
(m0+m1)v22−1
2
m2v2，
代入数据解得：L=5.5m；
答：①子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小为4.5N⋅s。

②小车的长度为5.5m。

解析：①子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与动量定理可以求出冲量；
②系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度。

本题考查了求冲量、小车长度，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律
即可正确解题。

14.答案：解：(1)由v −t 图象知，导体框在力F 作用下产生的加速度a =v 0
t 0
根据牛顿第二定律有：F =ma =m v
t 0
因为导体框匀速穿出磁场，故拉力F 的功率等于导体框的热功率，故有：Fv 0=I 2R 可得导体框穿出磁场时的电流：I =√
Fv 0R
=√
mv 0
2Rt 0
导体框穿出磁场过程中通过导体框的电荷量：Q =It =√
mv 0
2Rt 0
⋅
L v 0
=√
mL 2Rt 0
(2)因为导体框匀速出磁场，故可得拉力F 与安培力平衡即：F =m v
t 0
=BIL 可得磁感应强度
B =m v 0t 0
√
mv 0
Rt 0
L =1L √mR
t
(3)拉力为F 时，加速距离为x 0，由题意满足：Fx 0=1
2mv 0
2
匀速离开磁场过程中有：F −
B 2L 2v 0
R
=0
当拉力为2F 时，在加速通过距离x 0的过程中有：2Fx 0=1
2mv 12
离开磁场前达到匀速运动有：2F −B 2L 2v 2
R
=0
所以可得v 2=2v 0
所以根据能量守恒定律可知，在以2F 拉力穿过磁场过程中有：2FL =Q +12mv 22−1
2mv 12
联列解得：Q =
2mv 0L t 0
−mv 02
答：(1)线框穿出磁场过程中电流强度I 为√mv 0
2Rt 0
和通过线框的电量q 为√
mL 2Rt 0
；
(2)匀强磁场的磁感应强度B 为1L √mR
t 0
；
(3)若导体框初始位置不变，施加的恒力为原来的2倍，传感器测量到线框离开磁场前已经做匀速运动，则此情景下线框穿出磁场过程中产生电热Q 为
2mv 0L t 0
−mv 02。

解析：本题是导体在导轨上滑动类型，要从力和能量两个角度分析答题，关键要掌握法拉第定律、欧姆定律、能量守恒等等基本规律，并能正确运用。

(1)根据v −t 图象求得力F 作用时的加速度，由牛顿第二定律求得F 的大小，再根据匀速出磁场的过程中拉力的功率与导体框的热功率相等求得穿出磁场过程中的电流大小，再根据Q =It 求得电荷量；
(2)因为导体框匀速出磁场，故根据拉力与安培力相等求得磁感应强度的大小即可；
(3)当以拉力F 作用时，在加速x 0至速度为v 0导体框开始出磁场，当以2F 加速x 0时速度达到v 1导体框开始出磁场，当通过L 的过程中，拉力F 做的功一部分用来增大导体框的动能，一部分克服安培力做功(即为放出的热量)，再根据匀速出磁场求得以2F 出磁场时的速度，由能量守恒定律求解。

15.答案：解：①对缸内封闭气体
初态：p 1=1×105 Pa ，V 1=3.0×10−3 m 3，T 1=300 K 末态：p 2=1.6×105 Pa ，V 2=？，T 2=320 K 由理想气体状态方程可知p1V1T1
p 1V 1T 1
=
p 2V 2T 2
所以V 2=
p 1V 1T 2p 2T 1
=2×10−3 m 3，即末态时气体体积为2×10−3 m 3
②当气体保持T 2不变，变到状态3时
最后状态：p 3=0.8×105 Pa ，V 3=？，T 3=T 2=320 K 由玻意耳定律可知p 2V 2=p 3V 3 即V 3=
p 2V 2p 3
=4×10−3 m 3
答：①此时气体的体积是2×10−3 m 3；
②保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为0.8×105Pa ，此时气体的体积是4×10−3 m 3
解析：(1)明确变化过程时初末状态的状态参量，然后根据理想气体状态方程列方程求解即可． (2)明确变化过程时初末状态的状态参量，然后根据玻意耳定律列方程求解即可
本题考查理想气体状态方程应用，关键是找出对应状态的状态参量，明确压强、温度、体积三个量中有几个量变化．
16.答案：解：相邻亮条纹的中心间距：Δx =L
d λ
有题意知，亮条纹的数目n =10 解得：L =n l
d λ，
代入数据得：L =1.178×10−2m ；
答：第1个亮光条到第11个亮条纹的中心为1.178×10−2m 。

解析：本题考查双缝干涉条纹的间距公式的应用。

根据双缝干涉条纹的间距干涉求出相邻条纹的间距，从而得出第1个亮光条到第11个亮条纹的中心之间的距离。

解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用，注意第1个亮光条到第11个亮条纹的中心之间是10个间隔，不是11个间隔。