2020学年高三物理全真模拟试题九（含解析）
2020学年高三物理全真模拟试题九（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八
二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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．(2019·广东广州市4月综合测试)如图1，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客( )
图1
A．动量不变 B．线速度不变
C．合外力不变 D．机械能不守恒
【答案】 D
【解析】 坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知线速度不断改变，动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项A、B、C错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项D正确．
15．(2019·江苏南京市六校联考)中微子是一种不带电、质量很小的粒子．早在1942年我国物理学家王淦昌首先提出证实中微子存在的实验方案．静止的铍核(4(7)Be)可能从很靠近它的核外电子中俘获一个电子(动能忽略不计)形成一个新核并放出中微子，新核处于激发态，放出γ光子后回到基态．通过测量新核和γ光子的能量，可间接证明中微子的存在．则( )
A．中微子的动量与处于激发态新核的动量相同
B．反应过程吸收能量
C．产生的新核是锂核(3(7)Li)
D．中微子的动能与处于激发态新核的动能相等
【答案】 C
【解析】 根据题意可知发生的核反应方程为：4(7)Be＋－1(0)e→3(7)Li＋νe，所以产生的新核是锂核，反应过程放出能量，故B错误，C正确；根据动量守恒可知中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，方向相反，故A错误；中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，而质量不等，根据Ek＝2m(p2)，可知中微子的动能与处于激发态新核的动能不相等，故D错误．
16．(2019·四川绵阳市第三次诊断)一物块放在水平桌面上，在水平轻弹簧的拉力F作用下，沿桌面做匀速直线运动，弹簧的伸长量为x；将弹簧方向变成与水平面成60°角，物块在拉力作用下仍沿桌面做匀速直线运动，此时弹簧的伸长量是(物块与桌面间动摩擦因数为2(3)，弹簧始终处于弹性限度内)( )
A.2(1)x B.5(4)x C．2x D.9(3)x
【答案】 B
【解析】 当弹簧水平拉力为F时：根据平衡条件得：kx＝Ff＝μFN＝μmg，当弹簧方向变成与水平面成60°角时，竖直方向：kx′sin 60°＋FN′＝mg，水平方向：kx′cos 60°＝Ff′＝μFN′＝μ(mg－kx′sin 60°)，联立解得x′＝5(4)x，A、C、D错误，B正确．
17. (2019·山东临沂市质检)如图2，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为R，bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球受到与重力大小相等的水平外力F的作用，自a点从静止开始向右运动，运动到b点时立即撤去外力F，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
图2
A．水平外力F做的功为2mgR
B．小球运动到b点时对圆弧轨道的压力大小为3mg
C．小球能从c点竖直向上飞出
D．小球运动到c点时对圆弧轨道的压力大小为mg
【答案】 B
【解析】 水平外力F做的功为：W＝FR＝mgR，选项A错误；从a到b由动能定理：FR＝
2(1)mv b2；在b点由牛顿第二定律：FNb－mg＝mR(b2)，解得FNb＝3mg，结合牛顿第三定律可知，选项B正确；由机械能守恒定律得：2(1)mvb2＝mgR＋2(1)mv，解得vc＝0，即到达c点的速度为零，运动到c点时小球对圆弧轨道的压力大小为0，选项C、D错误．
18．(2019·河南郑州市第一次模拟)如图3所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S.某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场．已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于2(1)T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为( )
图3
A.3(1)T B.4(1)T C.6(1)T D.8(1)T
【答案】 A
【解析】 粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦．当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短，如图所示．
由题意可知，粒子运动的最长时间等于2(1)T，设OS＝d，则DS＝OStan 30°＝3(3)d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：
r＝2(DS)＝6(3)d，
由几何知识有：
ES＝OSsin 30°＝2(1)d，故在△O1ES中由余弦定理得
cos θ＝2r2(2r2－ES2)＝－2(1)，则：θ＝120°，
粒子在磁场中运动的最短时间为：
tmin＝360°(θ)T＝3(1)T，故A正确，B、C、D错误．
19．(2019·陕西渭南市教学质检(二))2018年12月8日，“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心成功发射，探测器奔月过程中，被月球俘获后在月球上空某次变轨是由椭圆轨道a变为近月圆形轨道b，如图4所示，a、b两轨道相切于P点．不计变轨过程探测器质量变化，下列说法正确的是( )
图4
A．探测器在a轨道上P点的动能小于在b轨道上P点的动能
B．探测器在a轨道上P点的加速度大于在b轨道上P点的加速度
C．探测器在a轨道运动的周期大于在b轨道运动的周期
D．为使探测器由a轨道进入b轨道，在P点必须减速
【答案】 CD
【解析】 从高轨道a到低轨道b需要在P点进行减速，所以，在a轨道上P点的动能大于在b轨道上P点的动能，A错误，D正确；根据牛顿第二定律得：Gr2(Mm)＝ma，所以在a、b轨道上P点到月球中心的距离r相同，加速度一样，B错误；根据开普勒第三定律：＝，所以在a轨道运动的周期大于在b轨道运动的周期，C正确．
20．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)如图5甲所示，半径为1 m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1 kg、电阻为1 Ω的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好．已知导体棒与导轨间动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则( )
图5
A．导体棒的电流是从b到a
B．通过导体棒的电流大小为0.5 A
C．0～2 s内，导体棒产生的热量为0.125 J
D．t＝π s时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3 N
【答案】 AC
【解析】 穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒的电流是从b到a，选项A正确；假设0～π s时间内导体棒静止不动，感应电动势E＝Δt(ΔΦ)＝Δt(ΔB)·2(1)πr2＝π(0.5)×2(1)π×12 V＝0.25 V，则感应电流I＝R(E)＝1(0.25) A＝0.25 A，t＝π s时，导体棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1 N＝0.25 N；最大静摩擦力Ffm＝μmg＝0.3 N，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25 N，选项B、D错误；0～2 s内，导体棒产生的热量为Q＝I2Rt＝0.252×1×2 J＝0.125 J，选项C正确．
21．(2019·山东实验中学第二次模拟)如图6所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m、半径为R的圆环当通有恒定的电流I时，恰好能水平静止在N极正上方H处．已知与磁单极子N极相距r处的磁感应强度大小为B＝r(k)，其中k为常数．重力加速度为g.则( )
图6
A．静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)
B．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势
C．静止时圆环的电流I＝()2πkR2(mgH2＋R2)
D．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小
【答案】 AC
【解析】 环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A正确；静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向上向里，所以环有收缩的趋势，故B错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力为BI·2πR，Fcos θ＝mg，由几何关系：cos θ＝H2＋R2(R)，由题：B＝H2＋R2(k)，联立得：I＝()2πkR2(mgH2＋R2)，故C正确；结合C的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度减小，故D错误．
22．(6分)如图7甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的交流电源的频率为f＝50 Hz，试问：
图7
(1)实验中，必要的措施是________．
A．细线必须与长木板平行
B．小车必须具有一定的初速度
C．小车质量远大于钩码质量
D．必须平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是刚打好的纸带上7个连续的点．从图乙中可读得x6＝________cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF＝________.
(3)如图丙所示，是根据实验数据画出的v2－2x图线(v为各点的速度大小)，由图线可知小车运动的加速度为________m/s2.(保留2位有效数字)
【答案】 (1)A (2)6.00 ()2(fx6－x4) (3)0.50(0.48～0.52)
【解析】 (1)实验中，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A正确；实验中让小车由静止释放，不需要初速度，选项B错误；此实验不需要使得小车质量远大于钩码质量，选项C错误；此实验没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D错误．
(2)从题图乙中可读得x6＝6.00 cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF＝2T(x6－x4)＝()2(fx6－x4).
(3)由图线可知小车运动的加速度为a＝2x(Δv2)＝25×10－1(1.50－0.25) m/s2＝0.50 m/s2.
23．(9分)(2019·山东潍坊市二模)某同学利用如图8所示的电路测量一表头的电阻．供选用的器材如下：
图8
A．待测表头G1，内阻r1约为300 Ω，量程5.0 mA；
B．灵敏电流计G2，内阻r2＝300 Ω，量程1.0 mA；
C．定值电阻R＝1 200 Ω；
D．滑动变阻器R1＝20 Ω；
E．滑动变阻器R2＝2 000 Ω；
F．电源，电动势E＝3.0 V，内阻不计；
G．开关S，导线若干．
(1)在如图乙所示的实物图上将导线补充完整；
(2)滑动变阻器应选________(填写器材前的字母代号)．开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至________端(填“a”或“b”)；
(3)实验中某次待测表头G1的示数如图丙所示，示数为________ mA；
(4)该同学多次移动滑片P，记录相应的G1、G2读数I1、I2；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线．已知图线的斜率k＝0.18，则待测表头内阻r1＝________ Ω.
2020学年高三物理全真模拟试题十（含解析）
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(5)该同学接入电阻R的主要目的是
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【答案】 (1)如图：
(2)D a (3)3.00 (4)270 (5)保护G2，使两表均能达到接近满偏
【解析】 (1)实物连线如图：
(2)因为滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的D；开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至a端；
(3)待测表头G1的示数为3.00 mA；
(4)由欧姆定律可知：I1r1＝I2(R＋r2)，即I2＝R＋r2(r1)I1，则R＋r2(r1)＝k＝0.18，解得r1＝270 Ω；
(5)该同学接入电阻R的主要目的是：保护G2，使两表均能达到接近满偏．
24．(12分)(2019·山东济宁市第二次摸底)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究．他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图1所示的v－t图象．已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～11 s内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s内小车做匀速直线运动，在11 s末开始小车失去动力而自由滑行．已知小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：
图1
(1)在2～11 s内小车牵引力的功率P的大小；
(2)小车在2 s末的速度vx的大小；
(3)小车在2～9 s内通过的距离x.
【答案】 (1)16 W (2)4 m/s (3)44 m
【解析】 (1)根据题意，在11 s末撤去牵引力后，小车只在阻力Ff作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据题图可知：a＝|Δt(Δv)|＝2 m/s2；
根据牛顿第二定律有：Ff＝ma；
解得：Ff＝2 N；
设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F，则：F＝Ff，vm＝8 m/s；
根据：P＝Fvm；
解得：P＝16 W；
(2)0～2 s的匀加速运动过程中，小车的加速度为：ax＝Δt(Δv)＝2(vx)；
设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有：Fx－Ff＝max；
根据题意有：P＝Fxvx;
联立解得：vx＝4 m/s；
(3)在2～9 s内的变加速过程，Δt＝7 s，由动能定理可得：PΔt－Ffx＝2(1)mvm2－2(1)mvx2；
解得小车通过的距离是：x＝44 m.
25. (20分)(2019·四川南充市第一次适应性考试)如图2所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为－q(－q<0>的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L,0)点，已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管轨道的半径，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
图2
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；
(3)小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标．
【答案】 (1)q(mg) (2)3(＋1)mg 方向向下
(3)(－7L,0)
【解析】 (1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝Eq(mg)
解得：E＝q(mg)
(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径r＝L
从P点到B点的过程中，根据动能定理得：2(1)mv－0＝mg(2L＋L)＋EqL
在B点，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝r(B2)
联立解得：FN＝3(＋1)mg，方向向上
根据牛顿第三定律可得小球运动到B点时对管的压力的大小FN′＝3(＋1)mg，方向向下
(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：
2(1)mv＝mgL＋EqL
解得：vA＝2
小球从C点抛出后做类平抛运动
抛出时的速度vC＝vA＝2
小球的加速度g′＝g
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：vCt＝2(1)g′t2
解得：t＝2g(2L)
则沿x轴方向运动的位移x＝sin 45°(vCt)＝vCt＝×2×2g(2L)＝8L
则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标x′＝L－8L＝－7L.
33.选修3－3(15分)
(2019·广东深圳市第二次调研)
(1)(5分)恒温环境中，在导热良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的理想气体．用力缓慢向外拉活塞，此过程中________．
A．封闭气体分子间的平均距离增大
B．封闭气体分子的平均速率减小
C．活塞对封闭气体做正功
D．封闭气体的内能不变
E．封闭气体从外界吸热
(2)(10分)某同学设计了测量液体密度的装置．如图3，左侧容器开口；右管竖直，上端封闭，导热良好，管长L0＝1 m，粗细均匀，底部有细管与左侧连通，初始时未装液体．现向左侧容器缓慢注入某种液体，当左侧液面高度为h1＝0.7 m时，右管内液柱高度h2＝0.2 m．已知右管横截面积远小于左侧横截面积，大气压强p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2.
图3
①求此时右管内气体压强及该液体的密度；
②若此时右管内气体温度T＝260 K，再将右管内气体温度缓慢升高到多少K时，刚好将右管中液体全部挤出？(不计温度变化对液体密度的影响)
【答案】 (1)ADE (2)①1.25×105 Pa 5×103 kg/m3 ②351 K
【解析】 (1)对于一定质量的理想气体，气体的内能和分子平均速率只取决于温度，由题目可知，温度不变，则封闭气体的内能不变，封闭气体分子的平均速率也不变，故B错误，D正确；用力向外缓慢拉动活塞过程中，气体体积增大，则分子间的平均距离增大，气体对活塞做正功，则活塞对气体做负功，故A正确，C错误；根据ΔU＝W＋Q可知，温度不变，则内能U不变，即ΔU＝0，用力向外缓慢拉动活塞，则W<0>，故Q>0，即气体从外界吸收热量，故E正确．
(2)①设右管横截面积为S，对右管内的气体，由玻意耳定律：p0V0＝p1V1
其中：V0＝L0S，V1＝(L0－h2)S
解得：p1＝1.25×105 Pa
又：p1＝p0＋ρg(h1－h2)
解得：ρ＝5×103 kg/m3
②对右管内的气体：T(p1V1)＝T′(p2V0)
其中：p2＝p0＋ρgh1，
解得：T′＝351 K.
34.选修3－4(15分)
(2019·陕西汉中市第二次教学质检)
(1)(5分)下列说法正确的是________．
A．在摆角小于5°时单摆的周期与振幅无关
B．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象
C．在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象
D．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
E．两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现
(2) (10分)如图4所示，有一个玻璃半球，O为球心，右侧面镀银，光源S在其水平对称轴MO上，从光源S发出的一束光斜射在球面上．当入射光线与对称轴的夹角为30°时，发现一部分光经过球面反射后恰好能竖直向上传播，另一部分光折射进入玻璃半球内，经过右侧镀银面的第一次反射后恰好能沿原路返回．若球面的半径为R，光在真空中的传播速度为c.求：
图4
①玻璃的折射率；
②光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面所用的时间．
【答案】 (1)ACE (2)① ②2c(3R)
【解析】 (1)在摆角小于5°时单摆的振动可视为简谐运动，此时周期与振幅无关，选项A正确；用三棱镜观察太阳光谱，是利用光的折射率不同，出现光的色散现象，故B错误；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，选项C正确；用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项D错误；两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现，选项E正确．
(2)由题意作出光路图，如图所示．
①由于入射光线与对称轴的夹角为30°，过入射点H作对称轴的垂线HN，由光路图和几何关系可得：
光在球面上发生反射和折射时的入射角和反射角i′＝60°，折射角r＝30°
所以由n＝sin r(sin i)可得：n＝；
②由几何关系可知：光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面的距离：s＝Rcos 30°＝2(3)R，
由n＝v(c)得：光在玻璃中的传播速度v＝n(c)＝3(c)，
所以光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面所用的时。
2020学年高三物理全真模拟试题十一（含解析）
2020学年高三物理全真模拟试题十一（含解析）,高三物理试题,莲山课件.
