宁夏回族自治区银川一中2020届高三第三次模拟考试物理试题 Word版含解析

2020年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试试题卷（物理）
一、选择题
1.下列说法符合物理学发展史的是（）
A. 牛顿发现了万有引力定律并利用扭秤实验比较准确地测出了引力常量
B. 库仑通过油滴实验精确测定了元电荷的电荷量
C. 卢瑟福用α粒子轰击氮核，第一次实现了原子核的人工转变，并发现了质子。

他同时预言原子核内还有另一种粒子，并用α粒子轰击铍核时发现了这种粒子，由此人们认识到原子核由质子和中子组成。

D. 法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
【答案】D
【解析】
【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量，故A错误；
B．密立根通过油滴实验精确测定了元电荷的电荷量，证实了电子的存在，故B错误；
C ．卢瑟福用α粒子轰击氮核，第一次实现了原子核的人工转变，发现了质子；查德威克用α粒子轰击铍核时发现了质子，由此认识到原子核由质子和中子组成，故C错误；
D．物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故D正确；
故选D。

2.如图所示，在光滑水平面上有两条互相平行的直线l1、l2，AB是两条直线的垂线，其中A点在直线l1上，B、C两点在直线l2上．一个物体沿直线l1以确定的速度匀速向右运动，如果物体要从A点运动到C点，图中1、2、3为其可能的路径，则可以使物体通过A点时()
A. 获得由A指向B的任意大小的瞬时速度；物体的路径是2
B. 获得由A 指向B 的确定大小的瞬时速度；物体的路径是2
C. 持续受到平行于AB 的任意大小的恒力；物体的路径可能是1
D. 持续受到平行于AB 的确定大小的恒力；物体的路径可能是3 【答案】BC 【解析】
【详解】AB.物体获得由A 指向B 的任意瞬时速度时，由运动的合成可知，物体的运动路径是直线，但不一定是路径2，只有该瞬时速度为某确定值时，物体的路径才是2，故A 错误，B 正确；
CD.物体持续受到平行AB 的任意大小的恒力时，物体做曲线运动，且运动路径弯向恒力方向，物体运动的路径可能是1，但路径一定不会是路径3，故C 正确，D 错误．
3.在匀强电场里有一个速度几乎为零的放射性碳14原子核，它所放出的粒子与反冲核经过相等的时间所形成的轨迹如图所示（图中的a 和b 均表示长度，所放出的粒子与反冲核的初速度方向均垂直于电场方向，不计重力）。

那么碳14的衰变方程可能是（ ）
A. 14410
624C He+Be → B. 14014
615C e+B →
C. 14
01461
7C e+N -→
D. 14212
615C H+B →
【答案】A 【解析】
【详解】由轨迹弯曲方向可以看出，反冲核与所放出的粒子的受力方向均与电场强度方向相同，均带正电，所以放出的粒子为α粒子，即发生α衰变，则核反应方程是
14410
6
24C He+Be →
故A 正确，B 、C 、D 错误； 故选A 。

4.明亮的天狼星是双星系统的一颗子星，另一颗子星是已经不再发光的白矮星，它们的环绕运转周期约为50年。

如图所示，现有α星和β星组成的双星系统“晃动”的周期为T （实际是环绕
转动，不过人们往往只能看到它们晃动），α星晃动的范围为α
D，β星晃动的范围为
β
D，则α星和β星的质量分别为（）
A.
()2
2
ααβ
2
2
a
D D D
M
GT
π+
=，
()2
2
βαβ
β2
2
D D D
M
GT
π+
=
B.
()2
2
βαβ
2
2
a
D D D
M
GT
π-
=，
()2
2
ααβ
2
2
D D D
M
GT
β
π-
=
C.
()2
2
βαβ
2
2
a
D D D
M
GT
π+
=，
()2
2
ααβ
2
2
D D D
M
GT
β
π+
=
D.
()2
2
βαβ
2
4
a
D D D
M
GT
π+
=，
()2
2
ααβ
2
4
D D D
M
GT
β
π+
=
【答案】C
【解析】
【详解】由图知α星的轨道半径为
α
α2
D
r=
β星的轨道半径为
β
β2
D
r=
α星和β星之间的距离为
αβ
αβ2
D
L r r
D
=+=
+
根据万有引力提供向心力，则有
2
2
αββ
α
αβ
222
4
4
GM M r
r
M M
L T T
π
π
==
联立解得
2222
βα2
2
4 (2)a r L D D D M GT
GT
ββππ+=
=
22
22ααβαβ22
4 (2)
D D D r L M GT GT
ππ+== 故C 正确，A 、B 、D 错误； 故选C 。

5.电磁感应现象在科技和生活中有着广泛的
应用，下列说法正确的是（ ）
A. 图（a ）中利用了发射线圈和接收线圈之间的互感现象构成变压器，从而实现手机充电
B. 图（b ）中给电磁炉接通恒定电流，可以在锅底产生涡流，给锅中食物加热
C. 图（c ）中如果线圈B 不闭合，S 断开将不会产生延时效果
D. 图（d ）中给电子感应加速器通以恒定电流时，被加速的电子获得恒定的加速度 【答案】AC 【解析】
【详解】A ．电流流过发射线圈会产生变化磁场，当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给手机充电，即利用发射线圈和接收线圈之间的互感现象构成变压器，从而实现手机充电，故A 正确；
B ．恒定电流激发恒定的磁场，穿过金属锅的磁通量不变，不会发生电磁感应现象，没有涡流产生，故B 错误；
C ．如果线圈不闭合，则B 线圈中会有电磁感应现象，但不产生感应电流，故不会产生延时效果，故C 正确；
D．给电子感应加速器通以恒定电流时产生的磁场不变，即磁通量不变，则不会产生感生电场，则不能加速电子，故D错误。

故选AC。

6.如图甲所示，倾角为θ的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 的炭块(可视为质点)轻放在传送带上，炭块相对地面的v-t图象如图乙所示，整个过程炭块未滑离传送带。

设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。

则（）
A. 炭块与传送带间的动摩擦因数为0.4
B 0~2.0s内摩擦力对炭块做功-24J
C. 0~2.0s内炭块与传送带摩擦产生的热量为24J
D. 炭块在传送带上的痕迹长度为4m
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图知，炭块先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在
1.0s
t=时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，炭块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为
10m/s
v=
在0-1.0s内，炭块摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为
1
sin cos
sin cos
mg mg
a g g
m
θμθ
θμθ
+
==+
由v t-图象可得
22
1
1
1
10
m/s10m/s
1
v
a
t
∆
===
∆
即有
2
sin cos10m/s
g g
θμθ
+=
在1.0-2.0s，炭块的加速度为
2
sin cos
sin cos
mg mg
a g g
m
θμθ
θμθ
-
==-
由v t -图象可得
222221210
m/s 2m/s 1
v a t ∆-=
==∆ 即有
2sin cos 2m/s g g θμθ-=
联立可得
0.5μ=
37θ=︒
故A 错误；
BCD ．根据“面积”表示位移，可知0～1.0s 炭块相对于地的位移
11
101m 5m 2
x =⨯⨯=
传送带的位移为
201101m 10m x v t ==⨯=
炭块对传送带的位移大小为
121105m 5m x x x ∆=-=-=
方向向上
摩擦力对炭块做功为
11cos 0.5100.85J 20J f W mg x μθ==⨯⨯⨯=g
炭块与传送带摩擦产生的热量为
11cos 0.5100.85J 20J Q mg x μθ=∆⨯⨯⨯==g
根据“面积”表示位移，可知1.0～2.0s 炭块相对于地的位移为
31012
1m 11m 2
x +=
⨯= 传送带的位移为
401 101m 10m x v t ==⨯=
1.0～
2.0s 内炭块对传送带的位移大小为
2341110m 1m x x x ∆=-=-=
方向向下
摩擦力对炭块做功为
22
cos0.5100.811J44J
f
W mg x
μθ
=-=-⨯⨯⨯=-
g
炭块与传送带摩擦产生的热量为
22
cos0.5100.81J4J
Q mg x
μθ
=∆⨯⨯⨯=
=
g
所以0～2.0s内摩擦力对炭块做功
12
2044J24J
f f f
W W W
=+=-=-
炭块与传送带摩擦产生的热量为
12
24J
Q Q Q
=+=
因痕迹有重叠，故留下的痕迹为5m，故B，C正确，D错误；
故选BC。

7.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压有效值为U的正弦交流电，则（）
A. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
D. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．保持Q的位置不动，根据11
22
U n
U n
=可知变压器的输出电压
2
U不变，将P向上滑动时总电阻变大，根据欧姆定律可得副线圈的电流减小，根据原副线圈的电流与匝数成反比可知原线圈的电流减小，所以电流表的读数减小，故A错误，B正确；
CD ．保持P 的位置不动，则有总电阻不变，将
Q 向上滑动，根据
11
22
U n U n =可知变压器的输出电压2U 增大，根据欧姆定律可得副线圈的电流增大，根据原副线圈的电流与匝数成反比可知原线圈的电流增大，所以电流表的读数增大，故C 错误，D 正确； 故选BD 。

8.如图所示，在直角坐标系xOy 的第一象限内，有场强大小为E 、方向沿x 轴正方向的匀强电场，第二象限内有一半径为L 0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy 平面向里，圆形磁场边缘与x 轴相切于P 点，P 点坐标为(-2L 0，0)。

现有两个电子a 、b 从P 点以相同速率沿不同方向同时射入匀强磁场区域，a 、b 的速度方向与y 轴正方向夹角均为3
πθ=。

电子经过磁
场偏转后恰好都垂直于y 轴方向进入第一象限，且电子a 经过y 轴上的023
(0,
)2
Q L -点进入第一象限（Q 点图中没画出），电子a 、b 进入第一象限前在磁场中运动的时间差是t 0，已知两个电子恰好都经过同一点K （图中未画出），电子质量m 、电荷量为e ，不计重力，则（ ）
A. 匀强磁场的磁感应强度大小0
23m
B et π=
B. 电子在电场中运动离y 轴的最远距离为220
2
029mL d t eE
π= C. K 点的坐标为()0022,L L - D. 电子a 比电子b 先到K 点 【答案】ABC 【解析】
【详解】A ．设电子在匀强磁场中运动的周期为T ，根据圆心角等于偏转角可知电子a 、b 在磁场中分别转过30°和150︒圆心角，则运动时间分别为
301
36012a t T T ︒=
=︒ 150536012
b t T T ︒==︒
由题有
0b a t t t -=
解得
03T t =
由洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识得
2m
T eB
π=
联立解得
23m
B et π=
故A 正确； B ．由几何关系可知
02sin 602
R R L -︒=
解得电子的轨迹半径
0R L =
根据洛伦兹力提供向心力得
2
v evB m R
=
电子在电场中运动，由动能定理得
201
2
eEd mv -=-
联立解得
20
2
229mL d eEt π= 故B 正确；
CD ．由电子离开电场到再次返回磁场的运动过程如图所示
根据对称性可知K 点的坐标为0022)(l l ,
，且根据对称性可得a 、c 在电场运动时间相同，在磁场运动时间也相同，在无场区域运动时间相同，所以a 、c 同时到达K 点，故C 正确，D 错误； 故选ABC 。

二、非选择题：共62分。

第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第13～15题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题
9.完成下列读数：电流表读数为________A ，电压表读数为________V ，游标卡尺的
读数为________mm 。

【答案】 (1). 0.42 (2). 2.60 (3). 21.4 【解析】
【详解】[1]由于电流表接0～0.6A 量程，分度值为0.02A ，所以电流表的读数为0.42A ； [2]电压表接0～3V 量程，分度值为0.1V ，电压表的读数为2.60V ；
[3]游标卡尺的主尺读数为21mm ，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.4mm ，所以最终读数为
21mm+0.4mm=21.4mm
10.如图甲(a)所示为测量血压的压力传感器在工作时的示意图，测量血压时将薄金属片P 放在手臂的血管上，薄金属片P 上固定四个电阻R 1、R 2、R 3、R 4（如图图乙(a)所示，且四个电阻通电时的电流方向都是纵向的），图图甲(b)是金属片P 的侧视图。

四个电阻与电源、电流计、可变电阻连接成图乙(b )电路。

(1)开始时，薄金属片P 中央的O 点未施加任何压力，要使电压表无读数，则四个电阻的阻值应满足的关系是________。

(2)当给O 点施加一个压力F 后薄金属片P 发生形变，四个电阻也随之发生形变，形变后四个电阻的阻值如何变化？R 1____________、R 2_____________、R 3______________、R 4______________（填“增大”、“减小”、“不变”）
(3)电阻变化后，电路中的A 、B 两点的电势A ϕ________B ϕ（填“大于”、“小于”、“等于”）。

(4)简述血压计测血压的原理________。

(5)图乙(b )电路中，若电桥已经平衡，现将电源和电压表互换位置，则电桥________（填“仍然平衡”或“不能平衡”）。

【答案】 (1). 1324R
R
R R = (2). 增大 (3). 减小 (4). 减小 (5). 增大 (6). 小于
(7). 电压表的示数随压力的变化而变化 (8). 仍然平衡 【解析】
【详解】(1)[1]电压表无示数，则A 、B 两点电势相等，应有1R 与3R 的电压，2R 与4R 的电压相等，根据串联电路中电阻分得的电压与电阻成正比得
13
24
R R R R =
(2)[2][3][4][5]当O 点加垂直于金属片的压力后，金属片发生形变，由于四个电阻是固定在金属片上的，因此1R 、4R 被拉长，2R 、3R 被拉宽，根据电阻定率，则1R 、4R 增大，2R 、3R 减小；
(3)[6]电阻增大，电压降增大，电阻减小，电压降减小，在1R 、2R 的串联电路上1R 上的电压
降增大，3R
、4R 串联电路上3R 电压降减小，所以A 点电势将高于B 点
(4)[7]测量血压时，血压越高，压力F 越大，金属片形变越显著，电阻变化越大，因而电压表示数越大，于是就能根据电压表示数的大小来测量血压的高低了；血压计测血压的原理为电压表的示数随压力的变化而变化； (5)[8]若电桥已经平衡，则有
13
24
R R R R =
现将电源和电压表互换位置，电路结构为1R 与3R 串联，2R 与4R 串联，再并联；若电压表示为零，应有1R 与2R 的电压，3R 与4R 的电压相等，根据串联电路中电阻分得的电压与电阻成正比得
14
2
3R R R R = 所以有电桥仍然平衡。

11.水平地面上固定竖直面内半径为R =2.75m 的光滑圆弧槽，圆弧对应的圆心角为37︒，槽的右端与质量为m =1kg 、长度为L =2m 且上表面水平的木板相切，槽与木板的交接处静止着质量为m 1=2kg 和m 2=1kg 的两个小物块（可视为质点）。

现点燃两物块之间的炸药，使两物块都获得水平速度，此后m 2沿圆弧运动，离开槽后在空中能达到的最大高度为h =0.45m 。

已知m 1与木板间的动摩擦因数为10.2μ=，木板与地面间的动摩擦因数为20.1μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

sin370.6cos370.8︒=︒=，，g =10m/s 2，求： (1)物块m 2到圆弧左端时的速率；
(2)木板从开始运动到停下的过程中与地面因摩擦而产生的热量Q 。

【答案】（1）5m/s ；（2）3J 【解析】
【详解】(1)对圆槽左端的速度进行分解
sin37y v v =︒
物块离开圆槽左端竖直方向做匀减速运动
22y v gh =
代入数据得
5m/s v =
(2)设爆炸后1m 、2m 获得速率为1v 、2v ，由动量守恒得
1122m v m v =
2m 运动到圆槽左端过程中机械能守恒
2
2222211(1cos37)22
m v m gR m v =-︒+ 解得
13m/s v =
1m 向右加速，加速度设为1a ，m 向右加速，加速度设为2a
对1m 有
1111m g m a μ=
对m 有
11212()m g m m g ma μμ-+=
解得
212m/s a =
221m/s a =
设经过时间1t 达到共同速度v 共，则有
11121v a t a t -=
21v a t =共
代入数据得
11s t =，1m/s v =共
此过程中1m 的位移
()1101
2m 2
x v v t =
+=共 板的位移
211
0.5m 2
x v t =
=共 相对位移
12 1.5m x x x L ∆=-=<
故1m 未脱离木板，假设它们一起做减速运动直到静止，根据牛顿第二定律则有
()()211m m g m m a μ+=+共
可得
21m/s a 共=
由于111m f m g m a μ=>共，故假设成立，设此后木板发生的位移为3x 由运动学规律有
232v a x =共共
代入数据得
30.5m x =
整个过程中，木板与地面间因摩擦而产生的热量
()()2123Q m m g x x μ=++g
代入数据联立解得
3J Q =
12.如图甲所示，相距为L 的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以OO '为右边界的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R ，导轨电阻忽略不计。

在距边界OO '左侧L 处垂直导轨放置一质量为m 、电阻r 的金属杆ab 。

(1)若ab 杆在恒力作用下由静止开始向右运动3L 距离，其v -x 的关系图象如图乙所示（图中所示量为已知量且均为国际单位），求此过程中电阻R 上产生的焦耳热R Q 及ab 杆在刚要离开磁场时的加速度a 。

(2)若ab 杆固定在导轨上的初始位置，使匀强磁场保持大小不变，绕OO′轴匀速转动。

若磁场
方向由图示位置开始转过2
π
的过程中，电路中产生的焦耳热为Q ，则磁场转动的角速度ω大小是多少？
【答案】(1)(
)()
2
2
2134Rm v v R r -+；()2
2222
114v
v B L v L m R r --+；(2)()244Q R r B L
π+ 【解析】
【详解】(1)ab 杆离起始位置的位移从L 到3L 的过程中，由动能定理可得
22
2111(3)22
F L L mv mv -=
- ab 杆在磁场中由起始位置发生位移L 的过程，根据功能关系，恒力F 做的功等于ab 杆增加
的动能与回路产生的焦耳热之和，则有
2
112
FL mv Q =
+总 联立解得
2221(34
)
m v v Q -=
总 R 上产生热量为
2
221(34()
)R Rm v v R
Q Q R r R r -==++总
ab 杆刚要离开磁场时，水平方向上受安培力和恒力F 作用，其中安培力为
221
B L v F R r
=
+安 由牛顿第二定律可得
F F ma -=安
解得
22222114()
v v B L v a L m R r -=-+
(2)磁场旋转时，可等效为矩形闭合电路在匀强磁场中反方向匀速转动，所以闭合电路中产生正弦式电流，感应电动势的峰值为
2m E BS BL ωω==
有效值为
E =
电路中产生的焦耳热为
24
E T Q R r =+g
其中
2T π
ω
=
联立可得磁场转动的角速度
24
4()
Q R r B L
ωπ+=
【物理——选修3-3】
13.银川一中1992届校友丁欢女士在此次“援鄂抗疫”的工作中使用呼吸机为重症患者进行治疗。

简单的讲：呼吸机在吸气相时会产生正压，将气体压入患者的肺内，当压力上升到一定值时，呼吸机会停止供气，呼气阀也会相继打开，患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩，进行呼气。

吸气前肺的体积为V 0，此时肺内有压强为0p （大气压强）的一些剩余空气。

吸气后肺的体积变为V ，请问：再给肺压入压强为0p 的多大体积的空气，才能使肺中的气体压强变为p ？（空气为理想气体，整个过程温度保持不变） 【答案】00
pV p V p -
【解析】
【详解】设压入的气体体积为1V ，根据玻意耳定律可得
0001pV p V p V =+
解得
00
10
pV p V V p -=
【物理——选修3-4】
14.下列说法中正确的是________。

A. 夏天时，洒过水的路面会出现彩色图样是光的衍射现象
B. X 射线是原子内层电子受到激发而产生的
C. 当波源靠近观察者时，观察者接收的频率比波源的频率高
D. 做受迫振动的物体，其振幅随驱动力的频率增大而增大
E. 4G 信号(1880-2635MHz)相对于5G 信号(3300-5000MHz)更容易发生衍射现象 【答案】BCE 【解析】
【详解】A ．夏天时，洒过水的路面会出现彩色图样是光的干涉现象，属于薄膜干涉，故A 错误；
B ．X 射线是原子内层电子受到激发而产生的，故B 正确；
C ．当波源靠近观察者时，观察者接收的频率比波源发出的频率变高；当波源远离观察者时，观察者接收的频率比波源发出的频率变低，故C 正确；
D ．简谐振动物体当驱动力的频率等于物体的固有频率，即0f f =时，系统达到共振，振幅最大，故D 错误；
E ．因5G 信号的频率更高，则波长小，故4G 信号更容易发生明显的衍射现象，故E 正确； 故选BCE 。

15.某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。

实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。

测量时，选用的双缝的间距为0.250mm ，测得屏与双缝间的距离为1.30m ，第1条暗条纹到第5条暗条纹之间的距离为9.48mm 。

求所测单色光的波长。

(结果以纳米为单位，保留3位有效数字)。

【答案】456nm 【解析】
【详解】第1条暗条纹到第5条暗条纹之间的距离为9.48mm ，则两个相邻明纹（或暗纹）间的距离为
9.48
mm 2.37mm 51
x ∆=
=- 将数据代入公式L
x d
λ∆=
可得该色光的波长 3370.25010 2.3710m 4.5610m 456nm 1.30
d x L λ---∆⨯⨯⨯===⨯=。