2020学年高三物理全真模拟试题五（含解析）

2020学年高三物理全真模拟试题六（含解析）

2020学年高三物理全真模拟试题六（含解析）,高三物理试题,莲山课件.

2020学年高三物理全真模拟试题五

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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)

14．如图1所示，质量为m的一辆小汽车从水平地面AC上的A点沿斜坡匀速行驶到B点．B距水平地面高h，以水平地面为零势能面，重力加速度为g.小汽车从A点运动到B点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是(  )

图1

A．合外力做功为零

B．合外力做功为mgh

C．小汽车的机械能增加量为0

D．牵引力做功为mgh

【答案】 A

【解析】因为车做匀速运动，由动能定理可知，合外力做功为零，故A正确

15．(2019·广西钦州市4月综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是(  )

A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度

B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间

C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间

D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度

【答案】 D

【解析】 在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：－t＝mv₂－mv₁，故应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C错误．

16．(2019·安徽淮南市第二次模拟)已知地球两极处的重力加速度大小约为9.8 m/s²，贴近地球表面飞行的卫星的运行周期约为1.5小时，试结合生活常识，估算一质量为60 kg的人站在地球赤道上随地球自转所需要的向心力约为(  )

A．0.2 N  B．0.4 N  C．2 N  D．4 N

【答案】 C

【解析】 在两极：GR2(Mm)＝mg；

对贴近地球表面飞行的卫星GR2(Mm′)＝m′T2(4π2)R，

解得R＝4π2(gT2)；

则站在地球赤道上随地球自转的人所受的向心力：F_向＝m_人T′2(4π2)R＝m_人T′2(4π2)×4π2(gT2)＝m_人gT′2(T2)＝60×9.8×(24(1.5))² N≈2 N，故选C.

17．(2019·湖北武汉市四月调研)已知氢原子的基态能量为E₁，激发态能量E_n＝n2(E1)，其中n＝2,3….若氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级放出光子的频率为ν，能使氢原子从基态电离的光子的最小频率为(  )

A.4(9)ν  B．4ν  C.5(36)ν  D．9ν

【答案】 C

【解析】 由题意可知：32(E1)－22(E1)＝hν；

能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：0－E₁＝hν′，

解得ν′＝5(36)ν，故选C.

18．(2019·山东济宁市第二次摸底)如图2甲所示，在线圈l₁中通入电流i₁后，在l₂上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l₁、l₂中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l₁中的电流i₁随时间t变化的图象是下图中的(  )

图2

【答案】 D

【解析】 因为感应电流大小不变，根据电磁感应定律得：I＝R(E)＝Δt()＝R(S)，而线圈l₁中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I＝R(S)∝R(S)，所以线圈l₁中的电流均匀改变，A、C错误；根据题图乙，0～4(T)时间内感应电流磁场向左，所以线圈l₁产生的磁场向左减小，或向右增大，B错误，D正确．

19．(2019·广西梧州市联考)甲、乙两物体沿同一直线做减速运动，t＝0时刻，两物体同时经过同一位置，最后又停在同一位置，它们的速度—时间图象如图3所示，则在运动过程中(  )

图3

A．t₁时刻甲和乙相距最远

B．甲、乙的平均速度相等

C．在某时刻甲、乙的加速度可能相等

D．甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变

【答案】 CD

【解析】甲、乙两物体速度相等时相距最远，选项A错误；甲、乙的位移相同，但是甲运动的时间较长，则甲的平均速度较小，选项B错误；v－t图象的斜率等于加速度，由图象可知，在某时刻甲的加速度可能等于乙的加速度，选项C正确；v－t图象的斜率等于加速度，由图象可知，甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变，选项D正确．

20．(2019·江西南昌市第二次模拟)如图4所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外．O点与a、b、c三条导线距离相等，且Oc⊥ab.现在O点垂直纸面放置一小段通电直导线，电流方向垂直纸面向里，导线所受安培力方向如图所示．则可以判断(  )

图4

A．O点处的磁感应强度的方向与F相同

B．长导线c中的电流方向垂直纸面向外

C．长导线a中电流I₁小于b中电流I₂

D．长导线c中电流I₃小于b中电流I₂

【答案】 BC

【解析】 由左手定则可知，磁感应强度方向与安培力方向垂直，故A错误；由左手定则可知，O点的磁感应强度方向与F垂直斜向右下方，此磁场方向可分解为水平向右方向和竖直向下方向，所以导线c在O点产生的磁场方向应水平向右，由安培定则可知，导线c中的电流为垂直纸面向外，导线a在O点产生的磁场方向竖直向上，导线b在O点产生的磁场方向竖直向下，所以长导线a中电流I₁与b中电流I₂的关系，由于不知道安培力的具体方向，所以无法确定长导线c中电流I₃与b中电流I₂的关系，故B、C正确，D错误．

21．(2019·山东济宁市第二次摸底)如图5所示，在绝缘水平地面上固定两个等量同种点电荷A、B，在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块(可视为质点)，则滑块会由静止开始一直向右运动到AB连线上的一点M而停下．则以下判断正确的是(  )

图5

A．滑块一定带的是与A、B异种的电荷

B．滑块的电势能一定是先减小后增大

C．滑块的动能与电势能之和一定减小

D．AP间距一定小于BM间距

【答案】 CD

【解析】 滑块受到的电场力是两点电荷对它作用力的合力，滑块向右运动，合力向右，滑块一定带与A、B同种的电荷，否则滑块将向左运动，A错误．滑块运动可能有两种情况：1.滑块受到的电场力先向右后向左，电场力先做正功，再做负功，电势能先减小后增加；2.滑块受到的电场力合力始终向右，在到达AB中点前停止，电场力始终做正功，电势能始终减小，B错误．根据能量守恒，滑块的电势能、动能、内能之和不变，阻力做负功，内能增大，则动能与电势能之和一定减小，C正确．若没有摩擦力，AP＝BM；因为水平面不光滑，水平方向受到摩擦力作用，运动到速度为0的位置在P点关于AB中点对称点的左侧，所以AP<BM，D正确．

22．(6分)(2019·广东揭阳市第二次模拟)某同学用一个满偏电流为10 mA、内阻为30 Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5 V的干电池组装成一个欧姆表．

图6

(1)该同学按图6正确连接好电路．甲、乙表笔中，甲表笔应是________(选填“红”或“黑”)表笔．

(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到________处．

图7

(3)欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接如图7中的a、b两点，指针指在电流表刻度的4 mA处，则电阻R_x＝________ Ω.

(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了如图2中的a、c两点，则R_x的测量结果________(选填“偏大”或“偏小”)．

(5)再给电流表并联一个合适的定值电阻R₀，就可组装成一个中间刻度值为15 Ω的欧姆表，则R₀＝________ Ω.(结果保留两位有效数字)

【答案】 (1)红 (2)10 mA (3)225 (4)偏小 (5)3.3

【解析】 (1) 由题图示可知，甲表笔与欧姆表内置电源负极相连，甲表笔是红表笔；

(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到电阻为零即电流最大(10 mA)；

(3)欧姆表内阻：R_内＝Ig(E)＝10－2(1.5) Ω＝150 Ω，指针指在电流表刻度的4 mA处，由闭合电路欧姆定律得：4×10^－3 A＝150 Ω＋Rx(1.5 V)，解得：R_x＝225 Ω；

(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，由题图示电路图可知，两电池串联，相当于欧姆表内置电源电动势E变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，欧姆表指针偏右，欧姆表示数变小，R_x的测量结果偏小；

(5)欧姆表内阻等于中值电阻，中间刻度值为15 Ω的欧姆表，其内阻为15 Ω，I＝R内(E)＝15(1.5) A＝0.1 A，把电流表改装成0.1 A的电流表需要并联分流电阻，分流电阻阻值：R₀＝()0.1－0.010 A(IgRg)≈3.3 Ω.

23．(9分)(2019·陕西省第二次质检)某实验兴趣小组为了测量物体间的动摩擦因数，设计了如下实验：

图8

(1)如图8甲，将轻弹簧竖直悬挂，用刻度尺测出弹簧自由悬挂时的长度L₁＝4.00 cm.

(2)如图乙，在弹簧的下端悬挂小木块，用刻度尺测出稳定时弹簧的长度L₂＝________ cm.

(3)将一长木板平放在水平面上，小木块放置于木板上表面，如图丙，将图乙中的弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端拴接小木块，使弹簧水平，用力F向右拉动长木板，长木板与小木块发生相对运动，当小木块稳定时，测出此时弹簧的长度L₃＝6.07 cm.

(4)根据上面的操作，可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数μ＝________(结果保留两位有效数字)．

(5)若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，由此而引起的动摩擦因数μ的测量结果________(填“偏大”或“偏小”)．

【答案】 (2)8.65(8.63～8.67) (4)0.44或0.45 (5)偏小

【解析】 (2)刻度尺的最小分度值为0.1 cm，刻度尺的读数为8.65 cm；

(4)根据平衡条件可得小木块的重力为：Mg＝k(L₂－L₁)，用力向右拉动长木板，长木板与小木块发生相对运动，当小木块稳定时，则有：F_f＝k(L₃－L₁)，可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数：μ＝Mg(Ff)＝L2－L1(L3－L1)≈0.45；

(5)若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，则有：F_弹cos θ＝μ(Mg－F_弹sin θ)，解得小木块与长木板间的动摩

2020学年高三物理全真模拟试题七（含解析）

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擦因数：μ＝Mg－F弹sin θ(F弹cos θ)，由于左端略高一些，则有θ≈0°，所以：μ＝Mg－F弹sin θ(F弹cos θ)≈Mg(F弹cos θ)，由此而引起的动摩擦因数μ的测量结果偏小．

24．(12分)(2019·辽宁大连市第二次模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来．如图1所示是一个滑板场地，OP段是光滑的4(1)圆弧轨道，半径为0.8 m．PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳．滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v₁＝2 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动．已知两滑板质量均为m＝5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为Δx＝1 m，g＝10 m/s².(不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间，不计空气阻力)求：

图1

(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力；

(2)滑板手落到滑板B后瞬间，滑板B的速度大小；

(3)两个滑板间的最终距离．

【答案】 (1)1 500 N，竖直向下 (2)4.2 m/s (3)4.41 m

【解析】 (1)滑板手与滑板A由O点下滑到P点过程，由机械能守恒：10mgR＝2(1)×10mv²，

代入数据解得v＝＝4 m/s ，

设在P点时滑板手与滑板A所受到的支持力为F_N：

由牛顿第二定律可得F_N－10mg＝10mR(v2)

代入数据解得：F_N＝1 500 N，

根据牛顿第三定律得F_压＝F_N＝1 500 N，方向竖直向下；

(2)滑板手跳离A板，滑板手与滑板A水平方向动量守恒10mv＝－mv₁＋9mv₂，

代入数据解得：v₂＝3(14) m/s，

滑板手跳上B板，滑板手与滑板B水平方向动量守恒9mv₂＝10mv₃，

解得：v₃＝4.2 m/s；

(3)滑板B的位移x_B＝2μg(32)＝4.41 m ，滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度大小仍为v₁＝2 m/s，滑板A在水平地面上的位移x_A＝2μg(12)＝1 m，

最终两滑板的间距为L＝x_B＋Δx－x_A＝4.41 m.

25．(20分)(2019·山西运城市5月适应性测试)如图2甲所示，以O为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场．现有质量m＝1×10^－18 kg，电荷量q＝＋1×10^－15 C的带电微粒从坐标为(0，－0.5 m)的Q点，以某一初速度v₀沿某一方向入射，从x轴上的P点以v＝200 m/s的速度垂直x轴进入三角形区域．若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等．已知三角形的边长L＝4 m，O、P两点间距离为d＝1 m，重力不计．求：

图2

(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；

(2)若两磁场的磁感应强度大小B＝0.2 T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间；

(3)乙图中若微粒能再次回到P点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件．

【答案】 (1)320 V/m 200 m/s (2)6.28×10^－2 s (3)B＝(0.4n＋0.2) T，(n＝0,1,2,3…)

【解析】 (1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知，

水平方向OP＝2m(qE)t²

竖直方向OQ＝vt

水平分速度v_x＝m(qE)t

微粒的初速度v₀＝

联立解得E＝320 V/m，v₀＝200 m/s；

(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以

qvB＝mr(v2)，解得r＝qB(mv)＝1 m

T＝v(2πr)，解得T＝100(π)＝3.14×10^－2 s

粒子的运动轨迹如图(a)所示，

所以一个周期时间：t＝3×6(T)＋3×2(T)＝6.28×10^－2 s

(3)粒子的运动轨迹如图(b)所示

由对称性可知，要想粒子能回到P点，则粒子运动的半径应满足r(2n＋1)＝OP(n＝0,1,2,3…)且r＝qB(mv)，

联立可得B＝(0.4n＋0.2) T，(n＝0,1,2,3…)．

33．【选修3－3】(15分)

(1)(5分)一定质量的理想气体从状态M到达状态N，有两个过程可以经历，其p－V图象如图3所示．在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化．对于这两个过程，下列说法正确的是________．

图3

A．气体经历过程1，其温度降低，内能减少

B．气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少

C．气体在过程2中，一直对外做功

D．气体在过程2中，先向外放热后吸热

E．气体在过程2中，一直向外放热

(2)(10分)如图4所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m、厚度不计、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，在活塞A的上方放置一质量也为m的物块，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为L₀.已知大气压强p₀＝S(2mg)，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高．当把活塞A上面的物块取走时，活塞A将向上移动，求系统重新达到静止状态时，活塞A上升的高度．

图4

【答案】 (1)AD (2)12(7)L₀

【解析】 (1)气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，因气体始终与外界无热量交换，则内能减少，故温度降低，故A正确，B错误；气体在过程2中，根据理想气体状态方程T(pV)＝C，刚开始时，体积不变，对外不做功，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，则气体膨胀对外做功，温度升高，吸热，故C、E错误，D正确．

(2)对气体Ⅰ，其初态压强p₁＝p₀＋S(2mg)＝2p₀

末态压强为p₁′＝p₀＋S(mg)＝2(3)p₀，设末态时气体Ⅰ的长度为L₁

根据玻意耳定律得：p₁L₀S＝p₁′L₁S

解得L₁＝3(4)L₀

对气体Ⅱ，其初态压强为p₂＝p₁＋S(mg)＝2(5)p₀

末态压强为p₂′＝p₁′＋S(mg)＝2p₀

设末状态时气体Ⅱ的长度为L₂

根据玻意耳定律得：p₂L₀S＝p₂′L₂S

解得：L₂＝4(5)L₀

故活塞A 上升的高度为Δh＝L₁＋L₂－2L₀＝12(7)L₀.

34．【选修3－4】(15分)

(2019·福建龙岩市5月模拟)(1)(5分)如图5，位于坐标原点的某波源S振动方程y＝10sin (200πt) cm，产生的简谐横波沿x轴正、负方向传播，波速v＝80 m/s.在x轴上有M、N、P 三点，已知SM＝SN＝1 m，NP＝0.2 m．当波刚传到质点P时，P点的振动方向沿y轴________(填“正”或“负”)方向，N质点的位移为________ cm.此后质点M、N的振动方向始终________(填“相同”或“相反”)．

图5

(2) (10分)半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图6所示，O点为圆心，OO′为直径AB的垂线．足够大的光屏CE紧靠在玻璃砖的右侧且与AB垂直．由两种频率的单色光组成的一细束复色光，沿半径方向与OO′成某一角度射向O点，光屏上出现了三个光斑C、D、E，且BC＝R，BD＝3(3)R，BE＝R.玻璃砖对两单色光的折射率分别为n₁和n₂(且n₂>n₁)．

图6

①求n₂；

②若入射点O不变，逐渐增大入射角θ，当光屏上恰好只剩一个光斑时，求此时θ角．

【答案】 (1)正 10 相同 (2)① ②45°

【解析】 (1)由波源S的振动方程知，波源的起振方向沿y轴正方向，所以介质中所有质点的起振方向均沿y轴正方向；由振动方程y＝10sin (200πt) cm知，ω＝T(2π)＝200π，T＝0.01 s，所以波长λ＝vT＝0.8 m，NP＝0.2 m＝4(λ)，所以当波刚传到质点P时，N质点处在波峰的位置，位移为10 cm；由于SM＝SN＝1 m，M、N的振动步调一致，振动方向始终相同．

(2)①光路图如图所示，设入射角为θ，折射光线OD的折射角为α，由折射定律得

n₂＝sin θ(sin α)

由几何关系得

BC＝tan θ(R)＝R

BD＝tan α(R)＝3(3)R

可得：α＝60°，θ＝30°

所以：n₂＝.

②设折射光线OE的折射角为β，由折射定律得

n₁＝sin θ(sin β)

根据几何关系得

BE＝tan β(R)＝R

可得：β＝45°

所以：n₁＝

当光屏恰好只剩一个光斑时，折射率小的单色光恰好发生全反射，此时

sin θ＝n1(1)＝2(2)

解得此时θ＝45°.

2020学年高三物理全真模拟试题八（含解析）

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