2020学年高三物理全真模拟试题十七（含解析）
2020学年高三物理全真模拟试题十七（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十六
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．
14．一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )
A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1 B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf1
【答案】C
【解析】因物体均做匀变速直线运动，由运动学公式得前后两个过程的平均速度是2倍关系，那么位移x＝t也是2倍关系，若Wf1＝fx，则Wf2＝f·2x故Wf2＝2Wf1；由动能定理WF1－fx＝2(1)mv2和WF2－f·2x＝2(1)m(2v)2得WF2＝4WF1－2fx<4>WF1，C正确．
15、如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )
A．小物体恰好滑回到B处时速度为零
B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零
C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低
D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点
【答案】C
【解析】小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，克服摩擦力所做的功Wf2<mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误
16．某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路。仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法不正确的有( )
A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零
B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变
C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
【答案】C
【解析】当家庭电路正常工作时，火线和零线中的电流大小始终相等，方向始终相反，由于采用双线绕成，当电路正常工作时，火线和零线在铁芯内部产生的磁场大小相等，方向相反，所以内部的磁通量为零，A正确；当电路中的电器增多时，火线和零线中的电流都增大了，但大小始终相等，方向始终相反，铁芯内部的磁通量还是零，即L2中的磁通量不变，B正确；当电路发生短路时，电流不经用电器，火线和零线中电流很大，但大小始终相等，方向始终相反，铁芯内部的磁通量还是零，L2不产生感应电流，开关K不会被电磁铁吸起，C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，电流经人体流向地面，不经过零线，所以火线和零线中的电流大小不等，在铁芯内产生的磁通量不为零，L2中产生感应电流，开关K被电磁铁吸起，D正确。
17．(2019·四川省广安、眉山、内江和遂宁第三次模拟)如图3所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等．弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等．弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°.设A、B中的拉力分别为FTA、FTB.小球直径可以忽略．则( )
图3
A．tan θ＝2(1) B．kA＝kB
C．FTA＝mg D．FTB＝2mg
【答案】 A
【解析】 对被F拉着的小球进行受力分析，如图甲所示
根据平衡条件得：F＝mgtan 45°＝mg，FTB＝cos 45°(mg)＝mg；对两个小球整体受力分析，如图乙所示：
根据平衡条件得：tan θ＝2mg(F)，又F＝mg，解得tan θ＝2(1)，FTA＝()＝mg，由题可知两弹簧的形变量相等，则有：x＝kA(FTA)＝kB(FTB)，解得：kB(kA)＝FTB(FTA)＝2(5)，故A正确．
18.如图4所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等，关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )
图4
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D．a、c两点处的磁感应强度方向不同
【答案】 C
【解析】 由安培定则可知，两导线在O点产生的磁场均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，A错误；由安培定则可知，两导线在a、b两处产生的磁场方向均竖直向下，由于对称性，电流M在a处产生磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生磁场的磁感应强度，同时电流M在b处产生磁场的磁感应强度等于电流N在a处产生磁场的磁感应强度，所以a、b两处磁感应强度大小相等、方向相同，B错误；根据安培定则，两导线在c、d两处产生的磁场分别垂直c、d两点与导线连线方向向下，且产生的磁场的磁感应强度相等，由平行四边形定则可知，c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同，C正确；a、c两点处的磁感应强度方向均竖直向下，D错误．
19．(2019·江西省重点中学协作体第二次联考)如图5所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转．而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，那么( )
图5
A．a光的波长一定大于b光的波长
B．增加b光的强度能使电流计G的指针发生偏转
C．用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由c到d
D．只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大
【答案】 CD
【解析】 用某种频率的单色光a照射光电管时，电流计指针发生偏转，知νa＞νc，用另一频率的单色光b照射光电管阴极时，电流计指针不偏转，知νb<νc，则a光的频率一定大于b光的频率，a光波长小于b光波长，故A错误．发生光电效应的条件：ν＞νc，增加b光的强度不能使电流计G的指针发生偏转，故B错误；发生光电效应时，电子从光电管左端运动到右端，而电流的方向与电子定向移动的方向相反，所以流过电流计G的电流方向是由c流向d，故C正确；增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大，故D正确．
20．(2019·广东省汕头市第二次模拟)如图6所示，跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上b点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中( )
图6
A．在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的
B．在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相同的
C．在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的
D．在下落相等高度的过程中，动能的改变量总是相同的
【答案】 AD
【解析】 动量的改变量等于合外力的冲量，由于运动员做平抛运动，所以合外力恒为mg，故在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的，故A正确；动能的改变量与合外力做功有关，由于在相等时间内竖直方向运动的位移不相等，所以合外力在相等的时间内做功也不相等，故动能的改变量也不相等，故B错误；由于竖直方向做变速运动，在下落相等高度的过程中，所用时间是不相等的，所以动量的改变量也是不相等的，故C错误；在下落相等高度的过程中，合外力做功相等，所以动能的改变量总是相同的，故D正确．
21．(2019·广东省梅州市5月二模)如图7甲所示，A、B、C三点是在等量同种正点电荷连线中垂线上的点，一个带电荷量为q，质量为m的点电荷从C点由静止释放，只在电场力作用下其运动的v－t图象如图乙所示，运动到B点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线)，其切线斜率为k，则( )
图7
A．A、B两点间的电势差为()2q(mvA－vB2)
B．由C点到A点电势逐渐降低
C．B点为中垂线上电场强度最大的点，大小为q(mk)
D．该点电荷由C到A的过程中电势能先减小后变大
【答案】 BC
【解析】 据v－t图可知A、B两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功：qUBA＝2(1)mvA2 －2(1)mvB2，故电势差UBA＝()2q(B2)，故A错误；据两个等量的同种正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故B正确；据v－t图可知点电荷在B点的加速度最大，其值为k，所受的电场力最大，其值为km，据E＝q(F)知，B点的场强最大，为q(km)，故C正确；由C点到A点的过程中，据v－t图可知该点电荷的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故D错误．
22．(2019·贵州省毕节市模拟)某同学用以下器材验证力的平行四边形定则并测量橡皮筋的劲度系数：
刻度尺、橡皮筋、装有水的矿泉水瓶(总质量为m)、量角器和细线若干条，实验时始终没有超过橡皮筋的弹性限度．
a．将橡皮筋上端固定，下端系一段细线1，让其自然下垂，用刻度尺测出橡皮筋的长度为l0；
b．将矿泉水瓶通过细线连接在橡皮筋下端，待矿泉水瓶静止后用刻度尺测出此时橡皮筋的长度l1；
c．如图1所示，用另一根细线2的一端系在细线1与橡皮筋结点处，通过细线2的另一端将矿泉水瓶缓慢拉起，该过程中保持细线2与橡皮筋垂直，用量角器测得最终橡皮筋偏离竖直方向的夹角为60°，并用刻度尺测出此时橡皮筋的长度为l2.
图1
(1)若当地的重力加速度大小为g，则橡皮筋的劲度系数k＝________.
(2)若l0、l1、l2满足__________，则说明力的平行四边形定则成立．
【答案】 (1)l1－l0(mg) (2)l1＝2l2－l0
【解析】 (1)橡皮筋的原长为l0，挂上质量为m的矿泉水瓶后的长度为l1，根据胡克定律：mg＝k(l1－l0)，解得k＝l1－l0(mg).
(2)由平衡条件可知：mgcos 60°＝k(l2－l0)，即：l1＝2l2－l0.即若l0、l1、l2满足l1＝2l2－l0，则说明力的平行四边形定则成立．
23．(2019·广东省梅州市5月二模)在物理课外活动中，小明同学制作了一个简单的多用电表，图2甲为电表的电路原理图．已知选用的电流表内阻Rg＝10 Ω、满偏电流Ig＝10 mA，当选择开关接3时为量程250 V的电压表．该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出．
图2
(1)若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为________；选择开关接3时读数为________．
(2)为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，小明同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：
①将选择开关接2，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将多用电表红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度应为________Ω.
③计算得到多用电表内电池的电动势为________V．(保留2位有效数字)
(3)将选择开关接2，调零后将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为________Ω.(保留2位有效数字)
【答案】 (1)7.0 mA 175 V (2)②150 ③1.5 (3)64
【解析】 (1)选择开关接1时测电流，其分度值为0.2 mA，示数为7.0 mA；选择开关接3时测电压，其分度值为5 V，其示数为175 V；
(2)②由题图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为0×1 000 Ω＋1×100 Ω＋5×10 Ω＋0×1 Ω＝150 Ω；
2020学年高三物理全真模拟试题十八（含解析）
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③由题图乙所示可知，指针指在C处时，电流表示数为5.0 mA＝0.005 A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150 Ω，电源电动势E＝I(R＋r)＝0.005×(150＋150) V＝1.5 V；
(3)根据第(1)问可知，表头所示电流为7.0 mA；调零后将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值也为7.0 mA，而表内电池的电动势为E＝1.5 V，表内总电阻为150 Ω，由闭合电路欧姆定律可知：R＝0.007(1.5)Ω－150 Ω≈64 Ω，所以待测电阻的阻值为64 Ω.
24．(2019·广东省湛江市第二次模拟)如图1所示的直角坐标系xOy中，在第一象限和第四象限分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，PQ是磁场的右边界，磁场的上下区域足够大，在第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从x轴上的M点以速度v0垂直于x轴沿y轴正方向射入电场中，粒子经过电场偏转后从y轴上的N点进入第一象限，带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限，最后垂直磁场右边界PQ离开磁场区域，已知M点与原点O的距离为2(3)l，N点与原点O的距离为l，第一象限的磁感应强度满足B1＝ql(2mv0)，不计带电粒子的重力，求：
图1
(1)匀强电场的电场强度为多大？
(2)第四象限内的磁感应强度多大？
(3)若带电粒子从进入磁场到垂直磁场右边界离开磁场，在磁场中运动的总时间是多少？
【答案】 (1)ql(02) (2)ql(mv0) (3)3v0(4πl)＋2v0(5nπl)(n＝0,1,2，3，…)
【解析】 (1)设带电粒子在电场中运动的加速度为a
根据牛顿第二定律得：qE＝ma
沿y轴方向：l＝v0t
沿x轴方向：2(3)l＝2(1)at2
解得：E＝ql(02)
(2)粒子在电场中沿x轴方向做匀加速运动，速度v1＝at
进入磁场时与y轴正方向夹角tan θ＝v0(v1)＝
解得θ＝60°
进入磁场时速度大小为v＝2v0
其运动轨迹，如图所示
在第一象限由洛伦兹力提供向心力得：qvB1＝mR1(v2)
解得：R1＝l
由几何知识可得粒子第一次到达x轴时过A点，因ON满足：ON＝2Rcos 30°，所以NA为直径．
带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限，满足：(2R1＋R2)sin 30°＝R2，解得R2＝2l
根据：qvB2＝mR2(v2)，解得：B2＝2(B1)＝ql(mv0)
(3)带电粒子到达D点时，因为DC＝R1sin 30°＝2(l)
D′H＝R2－R2sin 30°＝l
F点在H点的左侧，带电粒子不可能从第一象限垂直磁场边界离开磁场，则应从第四象限G点(或多个周期后相应点)离开磁场．
带电粒子在第一象限运动周期T1＝2v0(2πR1)＝v0(πl)
带电粒子在第四象限运动周期T2＝2v0(2πR2)＝v0(2πl)
带电粒子在磁场中运动时间满足
t＝2(T1)＋12(5T2)＋n×6(5)(T1＋T2)
解得：t＝3v0(4πl)＋2v0(5nπl)(n＝0,1,2,3…)
25．(2019·安徽省A10联盟最后一卷)如图2，光滑水平面上静止一质量m1＝1.0 kg、长L＝0.3 m的木板，木板右端有质量m2＝1.0 kg的小滑块，在滑块正上方的O点用长r＝0.4 m的轻质细绳悬挂质量m＝0.5 kg的小球．将小球向右上方拉至细绳与竖直方向成θ＝60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8 N，最终小滑块恰好不会从木板上滑下．不计空气阻力、滑块、小球均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2.求：
图2
(1)小球碰前、碰后瞬间的速度大小；
(2)小滑块与木板之间的动摩擦因数．
【答案】 (1)2 m/s 0.4 m/s (2) 0.12
【解析】 (1)小球下摆过程，机械能守恒mgr(1－cos θ)＝2(1)mv2
小球碰前瞬间的速度大小v＝＝2 m/s
小球与小滑块碰撞前、后瞬间，由向心力公式可得：
FT－mg＝mr(v2)，FT′－mg＝mr(v′2)
由题意得：FT－FT′＝4.8 N
联立求得碰后瞬间小球的速度大小为v′＝0.4 m/s
(2)小球与小滑块碰撞过程动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv＝－mv′＋m2v1
解得：v1＝1.2 m/s
小滑块在木板上滑动过程中动量守恒，可得：m2v1＝(m1＋m2)v2
解得：v2＝0.6 m/s
由能量守恒可得：μm2gL＝2(1)m2v12－2(1)(m1＋m2)v22
小滑块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.12
33．(2019·衡水金卷四省第三次大联考)(1)如图3所示，一定质量的理想气体，由状态a经状态b变化到状态c，下列说法正确的是________．
图3
A．状态a的温度高于状态b的温度
B．由状态a到状态b的过程，外界对气体做正功
C．由状态b到状态c的过程，气体放出热量
D．状态a的温度低于状态c的温度
E．由状态b到状态c的过程，气体分子的平均动能减小
(2)如图4所示，可沿缸壁自由滑动的活塞把导热性能良好的圆筒形汽缸分成A、B两部分，汽缸底部通过阀门K与容器C相连，当活塞位于汽缸底部时，弹簧恰好无形变．开始时，B内有一定量的理想气体，A、C内为真空，B部分气体高h0＝0.2 m，此时C的容积为B的容积的6(5)，弹簧对活塞的作用力恰好等于活塞的重力．现将阀门打开，当达到新的平衡时，求B部分气体高h为多少？(整个系统处于恒温状态)
图4
【答案】 (1)ABD (2)0.1 m
【解析】 (1)由状态a到状态b的过程，压强不变，体积减小，根据T(pV)＝C可知温度降低，故A正确；由状态a到状态b的过程，体积减小，外界对气体做正功，故B正确；由状态b到状态c的过程，体积不变，外界对气体不做功，压强增大，根据T(pV)＝C可知温度升高，气体分子的平均动能增大，内能增大，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知
气体吸收热量，故C、E错误；根据理想气体状态方程可得Ta(paVa)＝Tc(pcVc)，则有Tc>Ta，故D正确．
(2)设活塞质量为m，弹簧的劲度系数为k，汽缸横截面积为S，开始时B内气体的压强为p1
mg＝kh0
对活塞受力分析，有p1S＝mg＋kh0＝2kh0
设阀门打开后，达到新的平衡时B内气体的压强为p2，由玻意耳定律得：
p1h0S＝p2(6(5)h0＋h)S
而又有：p2S＝mg＋kh
解得：h＝2(h0)＝0.1 m(另一解不符合题意，舍去)．
34．(2019·河南省六市第二次联考)(1)两列简谐横波的振幅都是20 cm，传播速度大小相等．实线波的频率为2 Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波相遇时的波形如图4所示，则以下分析正确的是________．
图4
A．虚线波的周期是0.75 s
B．两列波在相遇区域会发生干涉现象
C．从图示时刻起再经过0.25 s，平衡位置为x＝5 m处的质点的位移y<0>
D．从图示时刻起至少再经过32(5) s，平衡位置为x＝6.25 m处的质点位移达到最大
E．平衡位置为x＝6 m处的质点在图示时刻速度为0
(2)如图5所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ，OP＝OQ＝R，一束复色光沿MN射入玻璃体，在PQ面上的入射点为N，经玻璃体折射后，有两束单色光e、f分别从OP面上的A点和B点射出，已知NA平行于x轴，OA＝2(R)，OM＝R.
图5
①求e光在该玻璃体中的折射率；
②某同学测量得到OB＝0.6R，NB＝0.9R，求f光在该玻璃体中的折射率．
【答案】 (1)ACD (2)① ②1.5
【解析】 (1)由题知，实线波的周期为T1＝f1(1)＝2(1) s＝0.5 s，两列波传播速度大小相等，由题图可知，实线波的波长λ1＝4 m，虚线波的波长λ2＝6 m，由v＝T(λ)可得实线波和虚线波的周期之比为2∶3，故虚线波的周期T2＝2(3)T1＝0.75 s，则虚线波的频率为f2＝T2(1)＝3(4) Hz≠f1，故两列波在相遇区域不会发生干涉现象，故A正确，B错误；从图示时刻起再经过0.25 s，实线波在平衡位置为x＝5 m处于波谷，而虚线波在平衡位置为x＝5 m处的质点位于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故C正确；在图示时刻，实线波的波峰距平衡位置为x＝6.25 m处的质点的最近距离为x1＝1.25 m，虚线波的波峰距平衡位置为x＝6.25 m处的质点的最近距离也为x1＝1.25 m，因波速大小相等，故经过相同的时间两列波的波峰同时到达x＝6.25 m处，该处质点的位移最大，则经历的时间为Δt＝v(x1)＝λ1f1(x1)＝4×2(1.25) s＝32(5) s，故D正确；根据“上下坡法”可知，两列波在平衡位置为x＝6 m处的振动方向都向上，故此处质点的速度不为0，故E错误．
(2)①如图所示，e光在PQ面上的折射角为θ1
由图可知：sin θ1＝ON(OA)＝2(1)
由几何关系可得θ2＝60°
e光在该玻璃体中的折射率ne＝sin θ1(sin θ2)＝
②如图所示，根据几何关系和折射定律：nf＝sin∠ONB(sin θ2)
由正弦定理得：sin∠BON(BN)＝sin∠ONB(OB)，∠BON＝60°
故f光的折射率为nf＝OB(BN)＝1.5。
2020学年高三物理全真模拟试题十九（含解析）
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