2020年西藏拉萨市高考物理一模试卷 (含答案解析)

2020年西藏拉萨市高考物理一模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）
1.下列核反应中属于裂变反应的是()
A. B.
C. D.
2.如图甲所示，水平面内粗糙导轨MN、PQ相距为L，置于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁
场中，导轨电阻不计。

两根电阻均为R相同的金属棒ab、cd置于导轨上且与导轨接触良好，电流表内阻不计；若ab棒在水平外力F作用下由静止开始向右运动，电流表示数随时间变化图线如图乙所示，在t0时刻cd棒刚要开始运动，下列各种说法中不正确的是()
A. ab棒在t0时间内做匀加速直线运动
B. 若在t0时刻突然撤去外力F，此时ab棒的加速度大小为a=2BI0L
m
C. 在t0时间内，通过cd棒的电量为1
2
I0t0
D. 在t0时间内，力F做的功为ab棒的焦耳热、摩擦生热和其增加的动能三者之和
3.一辆汽车以12m/s的速度行驶，遇到紧急情况，司机采取制动措施，使汽车做匀减速直线运动，
若制动后汽车加速度的大小为6m/s2，则下列说法正确的是()
A. 经3 s，汽车的速度大小为6 m/s
B. 经3 s，汽车的位移大小为9 m
C. 经3 s，汽车的速度大小为2 m/s
D. 经3 s，汽车的位移大小为12 m
4.如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小球用轻质绝缘细线悬挂起来，若加
一方向平行于纸面的匀强电场，小球静止时悬线与竖直方向成θ=300角，则
该电场的场强最小值是()
A. mg
2q B. √2mg
2q
C. √3mg
2q
D. mg
q
5.游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。

已知模型飞机质量为m固定在长
为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()
A. 模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B. 旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C. 旋臂对模型飞机的作用力大小为m√g 2+ω4L 2sin 2θ
D. 若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
6. 两个异种电荷产生的电场的电场线分布如图所示，则下列说法正确
的是( )
A. 图中正电荷的电量大于负电荷的电量
B. P 点处的电场强度大于Q 点处的电场强度
C. P 点处的电势小于Q 点处的电势
D. 某一负电荷在P 点处的电势能大于在Q 点处的电势能 7. 一个质量是
0.5kg 的小球以5m/s 的速度竖直向下落到地面上，随后以3m/s 的速度反向弹起，小球与地面的作用时间是0.1s ，若取竖直向下的方向为正方向，不计空气阻力，取g =10m/s 2，则下列说法正确的是( )
A. 小球与地面接触前后动量变化量为−4kg ⋅m/s
B. 小球与地面接触过程中重力的冲量为0.5N ⋅s
C. 小球与地面接触前后合力的冲量为4N ⋅s
D. 地面对小球的平均弹力大小为40N
8. 火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周．已知火星和地球绕太阳运动的周期之比，由此可求得
( )
A. 火星和地球的质量之比
B. 火星和地球表面的重力加速度之比
C. 火星和地球绕太阳运行线速度大小之比
D. 火星和地球绕太阳运行轨道半径之比
9. 以下说法正确的是_____________
A. 布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫热运动
B. 液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
C. 雨天打伞时，雨水没有透过布雨伞是因为液体表面张力作用的结果
D. 相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时温度一定相同，而内能可能不同
E. 用N A 表示阿伏加德罗常数，M 表示铜的摩尔质量，ρ表示实心铜块的密度，那么铜块中一个
铜原子所占空间的体积可表示为ρM
N A
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
10. t =0时刻，x =0的质点开始振动，产生的波沿x 轴正方向传播，
t 1=0.14s 时刻波的图象如图所示，此时x =7m 的质点A 刚开始振动．这列波的传播速度 υ=______m/s ；x =4m 的质点B 在0.14s 内的路程s =______m.
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11.用多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别为a、b，指针指示位置如图所
示．
(1)若P是电阻，则通过P的电流方向是______ (填a→b或b→a)，为使测量比较精确，应将
选择开关旋到______ 的倍率挡位上，并______ (填需重新调零或不需重新调零)，再进行测量．
(2)若P是二极管，再交换表笔测量P的两端a、b，观察到指针偏转很小，则______ 端(填a或
b)是二极管的正极．
12.如图甲所示为研究小车做匀变速直线运动的实验装置图。

(1)请写出图甲中两个重要的实验器材名称：①________________，②________________。

(2)如图乙所示是某次实验中得到的纸带的一部分，则O、E两点间的距离为________cm。

(3)如图所示是根据实验数据绘出的s−t2图象(s为纸带上各计数点至第一个点的距离)，则加速
度大小a=________m/s2(结果保留3位有效数字)
五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
13.如图所示为码头上用电动绞车拖拉货物的示意图。

拴接货物的轻质钢绳被缠绕在轻质轮轴上，
电动机带动轮轴逆时针转动从而拖动货物。

已知电动机的最大功率为P0=1.6×104W，轮轴的半径R=1m，细钢绳始终保持水平。

被拖动物块质量m=1×103kg，与地面间的动摩擦因数μ=0.2，开始轮轴的角速度随时间变化的关系是ω=2trad/s，货物运动的速度v=ωR，从静止开始货物达到最大速度用时t=8s，取g=10m/s2.求：
(1)货物做匀加速直线运动的加速度大小a及时间t1；
(2)货物从静止开始到最大速度过程运动的位移x。

14.如图所示，POy区域内有沿y轴正方向的匀强电场，POx区域内有垂直纸面
向里的匀强磁场，OP与x轴成θ角．不计重力的负电荷，质量为m、电量为
q，从y轴上某点以初速度v0垂直电场方向进入场区，经电场偏转后垂直OP
进入磁场，然后又垂直x轴离开磁场．求：
(1)电荷进入磁场时的速度大小．
(2)电场力对电荷做的功．
(3)电场强度E与磁感应强度B的比值．
15.如图所示，右侧有挡板的导热气缸固定在水平地面上，气缸内部总长为21cm，活塞横截面积为
10cm2，厚度为1cm，给活塞施加一向左的水平恒力F=20N，稳定时活塞封闭的气柱长度为10cm。

大气压强为1.0×105Pa，外界温度为27°C，不计摩擦。

(1)若将恒力F方向改为水平向右，大小不变，求稳定时活塞封闭气柱的长度；
(2)若撤去外力F，将外界温度缓慢升高，当挡板对活塞的作用力大小为60N时，求封闭气柱的
温度。

16.如图为一由透明介质制成的截面为半圆的柱体，放在水平面上，
其中D点为圆
心，该圆的半径为R，一点光源发出一细光束，该光束平行水平面
射到透明介质上的M点，该光束经透明介质折射后射到水平面上
R，OQ=√3R，光在空气中的速度为c。

求：
的Q点。

已知OM=1
2
①透明介质的折射率n；
②该光束由M点到Q点的时间；
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：A、B两项为原子核的衰变方程，C项是人工转变原子核，D项是核裂变方程。

2.答案：D
解析：解：A、根据E=BLv，则I=E
2R =BLv
2R
，由图象可知，则t0时间内I=kt，可知速度v与时间
t成正比，即ab棒在t0时间内做匀加速直线运动，故A正确；
B、若在t0时刻突然撤去外力F，此时对cd棒：f=BI0L；ab棒的加速度大小为a=BI0L+f
m =2BI0L
m
，
故B正确；
C、根据q=It，可知I−t图象的面积等于电量，则由图象可知在t0时间内，通过cd棒的电量为I0t0
2
，故C正确；
D、在t0时间内，力F做的功为ab和cd棒的焦耳热、摩擦生热和其增加的动能四者之和，故D错误。

本题选不正确的，故选：D。

根据法拉第定律、欧姆定律得到感应电流I与ab棒速度的关系，从而判定出ab棒的运动情况。

若在t0时刻突然撤去外力F，cd棒刚要开始运动，cd棒所受的静摩擦力达到最大值，且安培力等于cd棒的最大静摩擦力，对ab棒，根据牛顿第二定律求加速度。

I−t图象与时间轴所围的面积等于电量。

结合功能关系分析。

本题是双杆类型，要抓住两棒之间的联系，如安培力大小相等，这是解题的关键。

要知道I−t图象与时间轴所围的面积等于电量，根据几何知识求电量。

3.答案：D
解析：解：AC、汽车制动到停止的时间t0=0−v0
a
.所以经过3s后，汽车已停止，所以速度为0.故AC 错误．
BD、经过2s汽车停止，所以3s内的位移等于2s内的位移，则x=v0t+1
2at2=12×2−1
2
×6×22m=
12m.故B错误，D正确．
故选：D．
先求出汽车制动后经过多长时间停止，汽车停止后不再运动，然后根据速度时间公式v=v0+at求出汽车的速度，根据x=v0t+1
2
at2求出汽车的位移．
解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，以及掌握匀变速直线运动的速度时间公式v=v0+
at和位移时间公式x=v0t+1
2
at2
4.答案：A
解析：解：以小球为研究对象，分析受力情况，如图：
根据作图法得到，当电场力qE与细线垂直时，电场力最小；
根据平衡条件得：
qE=mgsinθ
得到：E=mgsinθ
q =mg
2q
，故A正确BCD错误。

故选：A。

当小球静止时受到重力、电场力和细线的拉力，运用作图法得出电场力最小的条件，由平衡条件求出最小的电场力；最后根据F=Eq求解电场强度。

本题是带电物体在电场中平衡问题，受力分析是基础，关键要会运用作图法求解极值，也可以函数法求解。

5.答案：C
解析：解：A、当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力产生，故模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，故A错误；
B、旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但以后再竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的分力等于重力，故B错误；
C、由力的合成关系可知，旋臂对模型飞机的作用力大小为m√g2+ω4L2sin2θ，故C正确；
D、根据旋臂对模型飞机的作用力大小的表达式，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故D错误。

故选：C。

当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力产生；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但以后再竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的分力等于重力；由力的合成可旋臂对模型飞机的作用力大小为m√g2+ω4L2sin2θ；由作用力大小的表达式，可知若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大。

本题主要考查对模型飞机的受力分析，并考察所受的力与向心力的关系，进而分析当夹角增大时旋臂对模型飞机的作用力的变化，较为基础。

6.答案：AB
解析：解：A、由图电场线的分布可知，正电荷的电量大于负电荷的电量，故A正确；
B、从电场线的分布情况可知，P点的电场线比Q点的密，所以P点处的电场强度大于Q点处的电场强度，故B正确；
C、沿着电场线方向电势降低，因此P点处的电势高于Q点处的电势，故C错误；
D、某一负电荷从P点处移到在Q点处，电场力做负功，电势能增加，因此P点处的电势能小于在Q点处的电势能，故D错误。

故选：AB。

要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．
7.答案：AB
解析：
【分析】
取竖直向下方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动
量的差；代入动量定理的公式可以直接计算出小球受到地面的平均作用力大小。

此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负的数值表示动量。

动量变化量也是矢量，同样要注意方向。

【解答】
A.取竖直向下方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：Δp=−mv2−mv1=
−0.5×(5+3)kg⋅m/s=−4kg⋅m/s，负号表示方向竖直向上，故A正确；
B.重力的冲量：I G=mgt=0.5×10×0.1=0.5N⋅s.故B正确；
C.代入动量定理的公式，得合力的冲量：I合=ΔP=−4N⋅s，故C错误；
D.代入动量定理的公式，可得(mg−F)t=ΔP，代入数据求得F=45N，故D错误。

故选：AB
8.答案：CD
解析：解：A、我们研究火星和地球绕太阳做圆周运动，火星和地球作为环绕体，无法求得火星和地球的质量之比，故A错误．
B、根据万有引力提供向心力GMm
R2
=mg，
得g=GM
R2
，由于星球的半径之比不知道，故不可以求得火星和地球绕太阳运动的表面的重力加速度
之比，故B错误．
C、研究火星和地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：
GMm r2=m4π2
T2
r，
得T=2π√r3
GM
，其中M为太阳的质量，r为轨道半径．
已知火星和地球绕太阳运动的周期之比，所以能求得火星和地球到太阳的距离之比，
根据圆周运动知识得：v=2πr
T
，由于火星和地球绕太阳运动的周期之比和火星和地球到太阳的距离之比都知道，
所以能求得火星和地球绕太阳运行速度大小之比，故CD正确；
故选：CD．
研究火星和地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出轨道半径．进一步根据周期之比计算其它量的比值．
求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用，根据万有引力提供向心力只能求出中心体质量，不能得出环绕体质量．
9.答案：BCD
解析：
【分析】
布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的；凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力。

它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力。

就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表
现具有收缩的趋势。

本题考查了气体的压强、液体表面张力、液晶、温度的微观意义，知识点多，难度小，多积累、多记忆是做好这一类题目的前提。

基础题。

【解答】
A.布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，而组成小颗粒的分子有成千上万个，颗粒的运动是大量分子集体的运动，并不是颗粒分子的无规则运动，只有分子的无规则运动叫做热运动。

故A错误；
B.液晶对不同颜色光的吸收强度不同，具有各向异性，故B正确；
C.雨水没有透过布雨伞是因为液体表面张力作用的结果。

故C正确；
D.物体的内能与物质的量、温度、体积、物态等有关，所以相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时温度一定相同，而内能可能不同。

故D正确。

E.用N A表示阿伏加德罗常数，M表示铜的摩尔质量，ρ表示实心铜块的密度，铜的摩尔体积：V=M
ρ
，
那么铜块中一个铜原子所占空间的体积可表示为M
ρ⋅N A
.故E错误故选BCD。

10.答案：50；0.15
解析：解：振动在t1=0.14s时间内传播的距离为x=7m，则该波的传播速度为：v=x t
1=7
0.14
=
50m/s
在0.14s内，x=4m的质点B只振动了3
4
个周期，所以质点B在0.14s内的路程为：s=3A=15cm= 0.15m
故答案为：50，0.15．
振动在t1=0.14s时间内传播的距离为x=7m，由公式v=x
t
求出波速．根据时间0.14s与周期的关系，分析和计算质点B通过的路程．
本题关键是要抓住波在同一介质中是匀速传播的，根据公式v=x
t
求出波速．
11.答案：b→a；×10；需重新调零；b
解析：解：(1)欧姆表的正极插孔接内部电源的负极，电流从负极出来，从正极进去，所以电阻中的电流从b→a；
由图知测电阻时指针的偏角太大，说明电阻较小，应换×10挡，并需重新欧姆调零；
(2)二极管正向导通，方向截止，即正向的电阻较小，指针偏角小，说明导通，所以b端是二极管的正极．
故答案为：(1)b→a，×10，需重新调零；(2)b
欧姆表的正极插孔接内部电源的负极，电流从正极进去，从负极出来；每次换挡都要重新欧姆调零；二极管具有单向导通性．
本题考查了欧姆表的内部结构和使用方法，以及二极管的单向导通性，难度不大．
12.答案：(1)①纸带②打点计时器
(2)1.83
(3)0.933
解析：
【分析】
本题考查了打点计时器实验中图象处理数据的方法，原理是匀变速直线运动的规律，注意分析实验数据，明确对应的公式再结合图象进行分析求解，要注意刻度尺测量时不是从零刻度开始的，同时明确最小刻度是毫米的刻度尺读数要估读到最小刻度的下一位，故拿零来补充估测值位置。

(1)明确实验装置，并清楚各仪器的名称；
(2)确定OE的初末刻度，从而确定OE的长度，注意精度是1毫米刻度尺读数要估读到毫米的下一位，整数刻度用零补充位置；
(3)根据解析式讨论图象斜率的意义，从而求出加速度大小。

【解答】
(1)实验中①为纸带；②为打点计时器；
(2)由图可知，O点坐标为1.00cm，E点坐标为2.80cm，故OE间的距离应为OE=2.83−1.00= 1.83cm；所以OE间的距离为1.83cm；
(3)由公式s=1
2
at2
知图象的斜率表示1
2
a，即加速度的二分之一；
k=1
2a=(2.8−0)×10−2
0.06−0
=0.4667；
解得a=2k=0.4667×2=0.933m/s2。

故答案为：(1)纸带打点计时器(2)1.83(3)0.933。

13.答案：解：(1)货物做匀加速直线运动过程中，t1时刻有：
P0
v am
−μmg=ma
开始轮轴的角速度随时间变化的关系是ω=2trad/s得：
v=ωR=2t，解得：a=2m/s2 有：v am=at1，解得：t1=2s
(2)货物从静止开始到最大速度过程运动的位移x则：
Fx1+P0(t−t1)−μmgx=1
2
mv am2−0
又：F−μmg=ma，
x1=1
2
at12
解得：x=52m
答：(1)货物做匀加速直线运动的加速度大小为2m/s2，时间t1为2s；
(2)货物从静止开始到最大速度过程运动的位移为52m。

解析：(1)根据P0=Fv及电动机的最大功率为P0和最大速度v am，算出物体的牵引力，利用牛顿第二定律F−μmg=ma，可以算出加速度及使用时间；
(2)利用动能定理Fx1+P0(t−t1)−μmgx=1
2
mv am2−0，可以算出货物从静止开始到最大速度过程
运动的位移。

本题考查了功率、平均功率和瞬时功率、牛顿第二定律、动能定理等知识点。

本题利用动能定理来求货物从静止开始到最大速度过程运动的位移比较简单，解题尽可能利用动能定理。

14.答案：解：(1)设带电粒子到达OP进入磁场前的瞬时速度为v，则有：v=v0
sinθ
(2)由动能定理，电场力做功为：W E=1
2mv2−1
2
mv02=1
2
mv02cot2θ
(3)设带电粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律：qvB=m v2
R
依题意：OD−=R几何关系：CD−=OD−cosθ有：CD−=v0t又，v Dy=v0cotθ在
y方向：v Dy=qE
m
t
联立可得：E
B
=v0
答：(1)电荷进入磁场时的速度大小为v0
sinθ
．
(2)电场力对电荷做的功为1
2
mv02cot2θ．
(3)电场强度E与磁感应强度B的比值为v0．
解析：(1)由运动的分解，即可求解；
(2)由动能定理，则可求出电场力做功；
(3)由牛顿第二定律，根据几何关系与速度的分解，则可求出电场强度与磁感应强度的比值．考查运动的分解、动能定理、牛顿第二定律理解与掌握，同时结合几何关系来综合解题．15.答案：解：(1)当推力向左时，对活塞建立平衡方程有：F+P0S=P1S，
解得：P1=1.2×105Pa；
当推力向右时，对活塞建立平衡方程有：F+P2S=P0S，
解得：P1=0.8×105Pa；
由于温度不变，由理想气体状态方程可得：P1V1=P2Sl，
解得稳定时活塞封闭气柱的长度：l=15cm；
(2)升温前，T1=(273+27)K=300K，
升温后，设温度为T，由于挡板对活塞的作用力大小为60N时，
故由平衡方程可得：F+P0S=P3S，V3=0.2S，P3V3T=P1V1T
1
，
联立解得T=800K，t=800K−273K=527∘C。

解析：本题主要考查理想气体状态方程的理解与应用，其中对挡板受力分析建立平衡方程是解题的关键。

①由两种情况下挡板的受力平衡建立平衡方程，并解得相应状态时内部气体的压强，由等温下的理想气体状态方程得解；
②升温后，仍由挡板的平衡方程解得内部气体的压强，再与第一种情况下的气体状态建立理想气体状态方程，从而解得封闭气柱的温度。

16.答案：解：①光路图如图所示。

由几何关系可得：sini=OM
ON =1
2
解得：i=30°
在三角形ONQ中，由正弦定理得：
OQ
sin(180∘−r)=
ON sin∠NQO
又r=i+∠NQO=30°+∠NQO 解得：∠NQO=30°，r=60°
因此，透明介质的折射率为：n=sinr
sini =sin60°
sin30∘
=√3
②由几何知识可知MN=√3
2
R，NQ=ON=R
光束在介质中的传播速度为：v=c
n
则光束由M点到Q点的时间为：t=MN
v +NQ
c
联立解得：t=5R
2c
答：①透明介质的折射率n应为√3。

②该光束由M点到Q点的时间为5R
2c。

解析：①先根据几何知识求出光在N点的入射角和折射角，再由折射定律求透明介质的折射率n。

②由几何关系求出MN和NQ，由v=c
n
求光束在介质中的传播速度，再由运动学公式求该光束由M 点到Q点的时间。

解决本题的关键是正确作出光路图，运用几何关系求入射角和折射角，再根据折射定律和光速公式结合求解。