2020学年高三物理全真模拟试题二十（含解析）
2020学年高三物理全真模拟试题二十（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十九
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．图5所示为边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边上的M点飞出磁场(M点未画出)．设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为( )
图5
A．1∶1 B．2∶3 C．3∶2 D.∶
【答案】C
【解析】带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场，可知粒子运动的半径为L，在磁场中运动转过的角度为90°；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，则运动半径仍为L，由几何关系可知，从DC边上的M点飞出磁场时，在磁场中转过的角度为60°；粒子在磁场中的周期不变，根据t＝360°(θ)T可知t1 ∶t2＝90°∶60°＝3∶2，故选C.
15、如图8所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆．初始时A、B、C在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零．已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为2(mg)，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内．下列说法正确的是( )
图8
A．小球在D点时速度最小
B．若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则v＝
C．小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能
D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小v＝
【答案】B
【解析】 当小球运动到某点P时，小球受到如图所示的四个力的作用，
其中FT＝kxBP，把FT正交分解，FN＝FTsin θ＝kxBP·sin θ＝kxBC＝2(mg)，故FT的水平分量FTx＝FN＝2(mg)，即FTx恒定，FT的竖直分量FTy与CP的距离xCP满足FTy＝FTcos θ＝kxCP，则FTy与xCP成线性关系，杆给小球的弹力FN、滑动摩擦力Ff均保持恒定；所以小球沿竖直方向的运动具有对称性，当小球在竖直固定的杆CE段的中点D时，小球的速度最大，故A错；小球在DE段所受拉力更大、力与位移之间的夹角更小，故小球损失的机械能更多，故C错；小球从C点运动到E点的过程中克服摩擦力做的功为Wf＝Ffh＝μFNh＝4(mgh)，对小球从C点运动到E点的过程，根据动能定理有：mgh－Wf－W弹＝0，解得W弹＝4(3)mgh，若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，对此次过程，根据动能定理有：W弹－mgh－Wf＝0－2(1)mv2，解得v＝，故B对；若仅把小球质量变为2m，则FN′＝2(1)mg，Ff′＝4(1)mg，对小球从C到E过程，根据动能定理有：2mgh－Ff′h－W弹＝2(1)×2mv，解得v1＝，故D错．
16．(2019·河南省新乡市第三次模拟)汽车以某一初速度开始做匀加速直线运动，第1 s内行驶了1 m，第2 s内行驶了2 m，则汽车第3 s内的平均速度为( )
A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D．5 m/s
【答案】 B
【解析】 根据匀变速直线运动的推论可知：x2－x1＝x3－x2，则x3＝3 m，则第3 s内的平均速度为3＝t(x3)＝3 m/s，故选B.
17．(2019·河南省新乡市第三次模拟)如图3所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点M、N连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，不计所有摩擦，重力加速度为g，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是( )
图3
A．轨道对轻环的支持力大小为mg
B．细线对M点的拉力大小为2(3mg)
C．细线对轻环的作用力大小为2(3mg)
D．N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°
【答案】 D
【解析】 对轻环受力分析，因轻环两边细线的拉力相等，可知两边细线拉力与圆弧对轻环的支持力方向的夹角相等，设为θ，由几何关系可知，∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°；则轨道对轻环的支持力大小为FN＝2mgcos 30°＝mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为FT＝mg，选项B错误；细线对轻环的作用力大小为FN′＝FN＝mg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确．
18．(2019·江西省南昌市第二次模拟)如图4所示，正三角形的三条边都与圆相切，在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子1(1)H和氦核2(4)He都从顶点A沿∠BAC的角平分线方向射入磁场，质子1(1)H从C点离开磁场，氦核2(4)He从相切点D离开磁场，不计粒子重力，则质子和氦核的入射速度大小之比为( )
图4
A．6∶1 B．3∶1
C．2∶1 D．3∶2
【答案】 A
【解析】 设三角形的边长为L，根据几何关系可以得到磁场圆的半径为R＝6(3)L，质子进入磁场时的运动轨迹如图甲所示
由几何关系可得r1＝Rtan 60°＝2(1)L
氦核进入磁场时的运动轨迹如图乙所示，
由几何关系可得：r2＝Rtan 30°＝6(1)L
粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，即qvB＝mr(v2)，结合两个粒子的轨迹半径可求得质子和氦核的入射速度大小之比为6∶1，故A正确．
19．(2019·福建省南平市5月综合质检)用同样的交流电源分别给图5甲、乙两个电路中相同的四个灯泡供电，四个灯泡均正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，则( )
图5
A．滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值相等
B．滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值之比为2∶1
C．甲、乙两个电路中的电功率之比为3∶2
D．甲、乙两个电路中的电功率之比为2∶1
【答案】 AC
【解析】 设灯泡的额定电流为I，电阻为R；在题图乙中，副线圈的电压U2＝IR，根据理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，得原线圈两端电压为U＝U1＝3U2＝3IR；在题图甲中，滑动变阻器两端电压为UR1＝U－2IR＝IR，流过的电流为I，则滑动变阻器接入电路的阻值为R1＝I(UR1)＝I(IR)＝R，故A正确，B错误；在题图甲电路中，电功率为P1＝UI＝3I2R，在题图乙中，电功率为P2＝2I2R，则P1∶P2＝3∶2，故C正确，D错误．
20．(2019·湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图6所示，长为L的轻质细杆一端拴在天花板上的O点，另一端拴一质量为m的小球．刚开始细杆处于水平位置，现将小球由静止释放，细杆从水平位置运动到竖直位置，在此过程中小球沿圆弧从A点运动到B点，不计空气阻力和O点阻力，则( )
图6
A．小球下摆过程中，重力对小球做功的平均功率为0
B．小球下落高度为0.5L时，细杆对小球拉力为1.5mg
C．小球经过B点时，细杆对小球的拉力为2mg
D．小球下摆过程中，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小
【答案】 BD
【解析】 小球下摆过程中，重力做的功W＝mgL，则重力的平均功率＝t(mgL)，不为零，故A错误；小球下落高度为0.5L时到达C点，设细杆与水平方向夹角为θ角，其受力情况如图所示
由几何关系得：sin θ＝L(0.5 L)＝2(1)，解得θ＝30°；下降0.5L，只有重力做功，细杆的拉力不做功，由机械能守恒定律得：mg×0.5L＝2(1)mvC2，在C点有：FT－mgsin θ＝mL(C2)，联立解得：FT＝1.5mg，故B正确；从A点到B点，由机械能守恒定律得：mgL＝2(1)mvB2，在B点有：FT′－mg＝mL(B2)，联立解得：FT′＝3mg，故C错误；小球下摆过程中，竖直方向的分速度先变到最大再减小到0，由PG＝mgvy知，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小，故D正确．
21．(2019·河北省衡水金卷模拟一)如图7所示，线圈ABCD匝数n＝10，面积S＝0.4 m2，边界MN(与线圈的AB边重合)右侧存在磁感应强度B＝π(2) T的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB边以ω＝10π rad/s的角速度匀速转动．则以下说法正确的是( )
图7
A．线圈产生的是正弦交流电
B．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80 V
C．线圈转动60(1) s时瞬时感应电动势为40 V
D．线圈产生的电动势的有效值为40 V
【答案】 BD
【解析】 线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流，故A错误；电动势最大值Em＝nBSω＝80 V，故B正确；线圈转动60(1) s、转过角度6(π)，瞬时感应电动势为e＝Emsin6(π)＝40 V，故C错误；在一个周期时间内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有(R(Em))2R·2(T)＝(R(E))2RT，可得电动势有效值E＝2(Em)＝40 V，故D正确.
22．(2019·湖北省武汉市二月调研)如图1甲所示是某汽车转向灯的控制电路，电子闪光器可以产生周期性的开关动作，使转向信号灯和转向指示灯闪烁．该电路的工作过程为：汽车若向左转弯，就把转向信号灯开关(单刀三掷开关)拨至左侧位置1，闪光器工作，转向信号灯闪烁，向路人或其他车辆发出信号，同时安装在仪表盘上的转向指示灯也在闪亮，向驾驶员提供转向灯工作的情况；汽车向右转弯的原理与向左转弯一样．
图1
(1)闭合点火开关，将转向信号灯开关拨至右侧位置2，发现电路不工作．为排查电路故障，多用电表的选择开关应旋至________(选填“欧姆挡”“交流电压挡”“直流电压挡”或“直流电流挡”)的位置；用调节好的多用电表进行排查，若只有电子闪光器断路，则表笔接A、B时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)，接B、D时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)．
(2)电容式转向信号闪光器的内部结构如图乙所示，它主要由一个具有双线圈的灵敏继电器和一个大容量的电容器组成．其工作原理如下：
①接通转向灯电路，蓄电池通过线圈L1和常闭触点对转向灯供电，在线圈L1的磁场的作用下，____________.
②蓄电池对电容器充电，此时线圈L1、L2均串入电路，故转向灯电流较小，转向灯不亮，在线圈L1、L2的磁场的作用下，触点打开．
③充电结束后，电流为零，触点闭合，蓄电池通过线圈L1和触点向转向灯供电，电容器也通过线圈L2放电，________________.
④放电结束后，线圈L2的电流为零，触点打开，转向灯不亮．重复上述过程，实现转向灯的闪烁．
请将上述原理补充完整．
【答案】 (1)直流电压挡 偏转 不偏转 (2)①触点打开，转向灯电路切断，转向灯不亮 ③L1、L2中电流方向相反，产生的磁场抵消，触点闭合，转向灯发光
【解析】 (1)蓄电池为直流电源，将转向信号灯开关拨至右侧位置2时电源接入电路，为排查电路故障，多用电表的选择开关应旋至直流电压挡的位置；
用多用电表的直流电压挡检查电路故障，若只有电子闪光器断路，由题图电路图可知，表笔接A、B时，电压表与电源两极相连接，指针偏转，表笔接B、D时，电压表与电源两极不相连，电压表指针不偏转．
(2)①接通转向灯电路，蓄电池通过线圈L1和常闭触点对转向灯供电，在线圈L1的磁场的作用下，触点打开，转向灯电路切断，转向灯不亮．
③充电结束后，电流为零，触点闭合，蓄电池通过线圈L1和触点向转向灯供电，电容器也通过线圈L2放电，L1、L2中电流方向相反，产生的磁场抵消，触点闭合，转向灯发光．
23．(2019·安徽省蚌埠市一质检)某同学利用如图2甲所示的装置探究“外力一定时，加速度与质量的关系”．图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，小车的质量未知．
图2
(1)实验之前要平衡小车所受的阻力，具体的步骤是，吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点．
(2)按住小车，在吊盘中放入适当质量的物块，并在小车中放入质量已知的砝码，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，吊盘和盘中物块的质量和应满足的条件是________．
(3)打开打点计时器电源，释放小车，得到如图乙所示的纸带，图中为五个连续点之间的距离(单位：cm)，则小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留两位小数)
(4)改变小车中的砝码质量多次实验，得到不同的纸带，记录砝码的质量m，并根据纸带求出不同的m对应的加速度a，以m为横坐标，a(1)为纵坐标，作出a(1)－m关系图线如图丙所示，设图中直线的斜率为k，纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车的质量为________．
【答案】 (1)间隔均匀 (2)远小于小车的质量 (3)3.25 (4)k(b)
【解析】 (1)平衡摩擦力后，用手轻拨小车，小车应做匀速直线运动，打点计时器打出一系列间隔均匀的点．
2020学年高三物理全真模拟试题二十一（含解析）
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(2)设小车质量为M，车上砝码质量为m, 吊盘和盘中物块的质量和为m′，小车所受拉力为F，对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a；对吊盘和盘中物块受力分析，由牛顿第二定律可得m′g－F＝m′a，联立解得：F＝M＋m＋m′(M＋m)·m′g，变形得：F＝M＋m(m′)·m′g，当m′≪M时，改变车上砝码质量m，小车所受拉力近似不变．故为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，吊盘和盘中物块的质量和应满足的条件是远小于小车的质量．
(3)题图为五个连续点，T＝0.02 s，小车的加速度
a＝()4T2(x3＋x4－x1＋x2)＝()()4×0.022(3.78＋3.65－3.52＋3.39)×10－2 m/s2＝3.25 m/s2
(4)认为拉力不变，则a＝M＋m(F)，变形得：a(1)＝F(M)＋F(m).图中直线的斜率为k，纵轴上的截距为b，则k＝F(1)，b＝F(M)，解得：M＝k(b).
24．如图1所示，ABC为固定在竖直面内的光滑四分之一圆轨道，其半径为r＝10 m，N为固定在水平面内的半圆平面，其半径为R＝π(10) m，轨道ABC与平面N相切于C点，DEF是包围在半圆平面N周围且垂直于N的光滑半圆形挡板，质量为M＝1 kg的长方体滑块的上表面与平面N在同一水平面内，且滑块与N接触紧密但不连接，现让物体自A点由静止开始下滑，进入平面N后立即受到挡板DEF的约束并最终冲上滑块，已知物体质量m＝1 kg，物体与平面N之间的动摩擦因数μ1＝0.5、与滑块之间的动摩擦因数μ2＝0.4，滑块与地面之间是光滑的，滑块的竖直高度为h＝0.05 m，长L＝4 m，(取g＝10 m/s2)求：
图1
(1)物体滑到C时对圆轨道的压力是多大？
(2)物体运动到F处时的速度是多大？
(3)当物体从滑块上滑落后到达地面时，物体与滑块之间的距离是多少？
【答案】 (1)30 N (2)10 m/s (3)0.6 m
【解析】 (1)对物体从A处到C处的过程，由机械能守恒定律得：
mgr＝2(1)mvC2
在C处，由牛顿第二定律得：FN－mg＝mr(C2)
联立解得：FN＝3mg＝30 N
由牛顿第三定律可知，物体滑到C处时，对圆轨道的压力是30 N.
(2)对物体从C处到F处的过程，由动能定理有
－μ1mg×πR＝2(1)mvF2－2(1)mvC2
解得：vF＝10 m/s
(3)物体在滑块上运动，对物体由牛顿第二定律有：
－μ2mg＝ma1
解得：a1＝－4 m/s2
对滑块由牛顿第二定律有：μ2mg＝Ma2，
解得：a2＝4 m/s2
设经时间t物体刚要从滑块上滑落，此时物体的速度为v1，滑块的速度为v2.
则有vFt＋2(1)a1t2－2(1)a2t2＝L
解得t＝2(1) s或2 s(不合题意舍去)
则有v1＝vF＋a1t，v2＝a2t
设物体从抛出到落地时间为t1，
则有h＝2(1)gt12
Δs＝v1t1－v2t1
联立解得Δs＝0.6 m.
25．(2019·广西钦州市第三次质检)如图2甲所示，两根间距L＝1.0 m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R＝2.0 Ω的电阻相连，质量m＝0.2 kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为Ff＝1.0 N，导体棒电阻为r＝1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示(取g＝10 m/s2)，求：
图2
(1)拉力F的大小；
(2)磁场的磁感应强度B的大小；
(3)若ef棒由开始运动6.9 m时，速度达到3 m/s，求此过程中电路产生的焦耳热．
【答案】 (1)2 N (2)1 T (3)6 J
【解析】 (1)由题图可知，导体棒开始运动时加速度a1＝5 m/s2，初速度v0＝0，导体棒中无电流．
由牛顿第二定律知：F－Ff＝ma1
解得：F＝2 N；
(2)当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I.
由法拉第电磁感应定律：E＝BLv，
由闭合电路欧姆定律：I＝R＋r(E)，
导体棒所受安培力F安＝BIL，
由题图可知，当导体棒的加速度a＝0时，导体棒开始以v＝3 m/s的速度做匀速运动，
此时有：F－Ff－F安＝0，
解得：B＝1 T；
(3)设ef棒此过程中产生的热量为Q，由功能关系知：(F－Ff)s＝Q＋2(1)mv2，
代入数据解得Q＝6 J.
33．(1)(2019·四川省第二次“联测促改”)节日放飞的氢气球，升到高空后会破裂．氢气球在破裂之前的上升过程中，下列说法正确的是________．
A．气球内氢气的内能减小
B．气球内氢分子的速率都在减小
C．气球内的氢气对外做功
D．气球内的氢分子的速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律
E．气球内的氢分子的运动也叫布朗运动
(2)(2019·江西省南昌市第二次模拟)如图4所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的横截面积S＝100 cm2.活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A、B的质量均为m＝62.5 kg，两物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.8.两物块间距为d＝10 cm.开始时活塞距缸底L1＝10 cm，缸内气体压强等于大气压强p0(p0＝1×105 Pa)，温度 t1＝27 ℃.现对汽缸内的气体缓慢加热．求：(g＝10 m/s2)
图4
①物块A开始移动时，汽缸内的温度；
②物块B开始移动时，汽缸内的温度．
【答案】 (1)ACD (2)①450 K ②1 200 K
【解析】 (1)在气球上升过程中，随着高度的增加，温度降低，空气的密度减小，大气压强逐渐减小，球内氢气的压强大于外界大气压，会使得氢气球向外膨胀，气球的体积变大，气体对外做功，其内能减小，故A、C正确；氢气温度降低，分子平均动能减小，平均速率减小，速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律，不一定所有分子的速率都减小，故B错误，D正确；布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，故E错误．
(2)①物块A开始移动前气体做等容变化，则有
p2＝p0＋S(μmg)＝1.5×105 Pa
由查理定律有：T1(p1)＝T2(p2)
解得T2＝450 K
②物块A开始移动后，气体做等压变化，到A与B刚接触时
p3＝p2＝1.5×105 Pa，V3＝(L1＋d)S
由盖－吕萨克定律有T2(V2)＝T3(V3)，解得T3＝900 K
之后气体又做等容变化，设物块A和B一起开始移动时气体的温度为T4
p4＝p0＋S(2μmg)＝2.0×105 Pa
V4＝V3
由查理定律有T3(p3)＝T4(p4)，解得T4＝1 200 K
34．(2019·广西钦州市第三次质检)(1)如图3甲所示，沿波的传播方向上有间距均为0.1 m的六个质点a、b、c、d、e、f，均静止在各自的平衡位置．t＝0时刻振源a从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以0.1 m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是________．
图3
A．这列波的周期为4 s
B．0～4 s时间内质点b运动路程为6 cm
C．4～5 s时间内质点c的加速度在减小
D．6 s时质点e的振动方向沿y轴正方向
E．质点d起振后的运动方向始终与质点b的运动方向相反
(2)如图4所示为一个半径为R的透明介质球体，M、N两点关于球心O对称，且与球心的距离均为2R.一细束单色光从M点射出穿过透明介质球体后到达N点，真空中的光速为c.
图4
①若介质的折射率为n0，光线沿MON传播到N点，光传播的时间t为多少；
②已知球面上的P点到MN的距离为PA＝5(3)R，若光束从M点射出后到达P点，经过球体折射后传播到N点，那么球体的折射率n等于多少．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【答案】 (1)ABE (2)①(n0＋1)c(2R) ②3(5)
【解析】 (1)由题图乙知，波的传播周期为4 s，A正确；根据x＝vt得振动形式传播到b点需时间1 s，所以在0～4 s内b质点振动3 s，运动路程为3A＝6 cm，B正确；同理可知在第2 s末质点c开始振动，起振的方向与质点a开始振动的方向相同，在4～5 s时间内质点c从平衡位置向负向最大位移处运动，加速度增大，C错误；4 s末质点e开始振动，6 s时到达平衡位置向下振动，D错误；由题图知，质点b、d相距半个波长，振动方向始终相反，所以E正确．
(2)①光在介质球外的传播时间为t1＝c(2R)，
光在介质球中的传播速度为v＝n0(c)，
光在介质球中的传播时间为t2＝v(2R)，
光传播的时间为t＝t1＋t2＝(n0＋1)c(2R)；
②光路图如图所示，
其中sin θ＝0.6，又β＝θ＋α，
根据折射定律：sin β＝nsin θ，所以n＝()sin θ(sinθ＋α)＝3(4)sin α＋cos α
又MA＝MO－AO＝2R－Rcos θ＝5(6)R，
MP＝＝5(5)R，
sin α＝MP(PA)＝5(5)，cos α＝MP(MA)＝5(5)，
解得：n＝3(5).
2020学年高三物理全真模拟试题二十二（含解析）
2020学年高三物理全真模拟试题二十二（含解析）,高三物理试题,莲山课件.
