2020学年高三物理全真模拟试题十五（含解析）

2020学年高三物理全真模拟试题二十三（含解析）

2020学年高三物理全真模拟试题二十三（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．如图所示,空间有一垂直纸面向外的、磁感应强度为 0.5 T的匀强磁场,一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板左端放置一质量为0.1 kg、带电荷量q=0.2 C的滑块,滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力F,g取10 m/s²,则(  )

A.木板和滑块一直做加速度为2 m/s²的匀加速运动

B.滑块开始做匀加速直线运动,然后做加速度减小的变加速运动,最后做匀速运动

C.最终木板做加速度为2 m/s²的匀加速直线运动,滑块做速度为10 m/s的匀速直线运动

D.最终木板做加速度为3 m/s²的匀加速直线运动,滑块做速度为1 m/s的匀速直线运动

【答案】 B

【解析】由于滑块与木板间的动摩擦因数为0.5,静摩擦力能对滑块提供的最大加速度为5 m/s²,所以当0.6 N的恒力刚作用于木板时,滑块与木板组成的系统以a== m/s²=2 m/s²的加速度一起运动;当滑块获得向左运动的速度以后,磁场对其有竖直向上的洛伦兹力,随速度增大,洛伦兹力增大,大到一定程度后滑块所受摩擦力减小,加速度减小;当洛伦兹力等于滑块重力时,滑块与木板之间的弹力为零,此时有qvB=mg,解得v=10 m/s,此时摩擦力消失,滑块做匀速直线运动,而木板在恒力作用下做匀加速直线运动,a’==3 m/s²。所以B正确。

15．金属探测器已经广泛应用于安检场所，关于金属探测器的论述正确的是(    )

A．金属探测器可用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中

B．金属探测器探测地雷时，探测器的线圈中产生涡流

C．金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流

D．探测过程中金属探测器与被测物体相对静止与相对运动探测效果相同

【答案】 C

【解析】 金属探测器只能探测金属，不能用于食品生产，不能防止细小的砂石颗粒混入食品中，选项A错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流，选项B错误，C正确；探测过程中金属探测器应与被测物体相对运动，相对静止时无法得到探测效果，选项D错误．

16．(2019·广西钦州市第三次质检)如图2所示，一件质量为M的衣服挂在等腰三角形的衣架上，衣架通过轻绳OA悬挂在天花板下．衣架质量为m，顶角θ＝120°，此时衣架底边水平．不计衣服与衣架间的摩擦，重力加速度为g，则竖直轻绳OA受到的拉力F_T和衣架左侧对衣服的作用力F_N大小分别为(  )

图2

A．F_T＝Mg，F_N＝2(3)Mg

B．F_T＝Mg，F_N＝2(1)Mg

C．F_T＝(M＋m)g，F_N＝3(3)Mg

D．F_T＝(M＋m)g，F_N＝2(1)Mg

【答案】 C

【解析】 以整体为研究对象可知，竖直轻绳OA受到的拉力F_T等于衣服和衣架的总重力，即F_T＝(M＋m)g；分析衣服的受力情况：重力、衣架两侧的支持力，根据对称性知衣架两侧对衣服的支持力大小相等，设为F_N.根据几何关系得F_N与竖直方向的夹角为30°，由平衡条件得2F_Ncos 30°＝Mg，得F_N＝3(3)Mg，C正确．

17．(2019·衡水金卷调研卷五)如图3所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角θ＝37°的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心，质量为m的小球(可视为质点)从与B点高度差为h的斜面上的A点处由静止释放，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(  )

图3

A．当h＝2R时，小球过C点时对轨道的压力大小为5(27)mg

B．当h＝2R时，小球会从D点离开圆弧轨道做平抛运动

C．调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能落在B点左侧

D．调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点

【答案】 A

【解析】 当h＝2R时，从A点到C点的过程，根据机械能守恒可得mg(h＋R－Rcos θ)＝2(1)mv_C²，过C点时有F_N－mg＝mR(C2)，解得F_N＝5(27)mg，根据牛顿第三定律可知小球过C点时对轨道的压力大小为5(27)mg，A正确；若小球恰好从D点离开圆弧轨道，则mg＝mR(02)，mg(h₀－R－Rcos θ)＝2(1)mv₀²，解得v₀＝，h₀＝2.3R>2R，所以当h＝2R时，小球在运动到D点前已经脱离轨道，不会从D点做平抛运动，B错误；若小球以速度v₀从D点离开后做平抛运动，有R＋Rcos θ＝2(1)gt₀²，解得t₀＝610g(R)，且x＝v₀t₀＝10(6R)>0.6 R，C、D错误．

18．(2019·广东省汕头市第二次模拟)如图4所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域分别存在着与纸面垂直的匀强磁场．一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区．曲线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP、弧Pb的弧长之比为2∶1，且粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是(  )

图4

A．Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为2∶1

B．粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1

C．粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1∶1

D．弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为2∶1

【答案】 B

【解析】 粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以在两个区域内粒子的速率相等．由两弧长之比为2∶1，速率相等，可知时间之比为2∶1，故C错误；由于粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右，可知粒子在磁场中运动的圆心角相等，故D错误；根据θ＝ωt知角速度之比为1∶2，由v＝ωr可知半径之比为2∶1，故B正确；根据qvB＝mr(v2)得，r＝Bq(mv) ，所以磁感应强度大小之比为1∶2，且根据运动方向可知两个磁场的方向相反，故A错误．

19．(2019·福建省南平市5月综合质检)目前，我国已经发射了多艘神舟号载人飞船，使我国成为继俄罗斯、美国之后世界上第三个独立掌握宇宙飞船天地往返技术的国家．某载人宇宙飞船绕地球做圆周运动的周期为T，由于地球遮挡，字航员发现有6(1)T时间会经历“日全食”过程，如图5所示．已知地球的半径为R，引力常量为G，地球自转周期为T₀，太阳光可看作平行光，则(  )

图5

A．宇宙飞船离地球表面的高度为2R

B．一天内飞船经历“日全食”的次数为T0(T)

C．宇航员观察地球的最大张角为60°

D．地球的平均密度为ρ＝GT2(24π)

【答案】 CD

【解析】 设飞船距离地面的高度为h，因宇航员发现有6(1)T时间会经历“日全食”过程，则圆心角为60°，由几何关系得：(h＋R)sin 30°＝R，解得：h＝R，故A错误；地球自转一圈时间为T₀，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次“日全食”，所以每过时间T就有一次“日全食”，得一天内飞船经历“日全食”的次数为T(T0)，故B错误；如图所示，可知宇航员观察地球的最大张角α＝60°，故C正确；

由万有引力提供向心力，则有：Gr2(Mm)＝mT2(4π2)r，又轨道半径r＝R＋h＝2R，则地球质量为M＝GT2(4π2r3)＝GT2(32π2R3)，则地球密度为ρ＝πR3(4)＝GT2(4π2r3)＝GT2(24π)，故D正确．

20．(2019·安徽省黄山市一质检)如图6甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．规定垂直纸面向外为磁场的正方向，线框中顺时针电流的方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是(  )

图6

【答案】 BC

【解析】 由题图B－t图象可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向，为正值；1～2 s磁通量不变，无感应电流；2～3 s内，B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值；3～4 s内，B的方向垂直纸面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值；由左手定则可知，在0～1 s内，ad受到的安培力方向水平向右，是正的，1～2 s无感应电流，不受安培力，2～3 s时间内，安培力水平向左，是负的，3～4 s时间内，安培力水平向右，是正的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝Δt(ΔΦ)＝Δt(ΔB)S，感应电流I＝R(E)＝RΔt(SΔB)，由B－t图象可知，在每一时间段内，Δt(ΔB)是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，故B、C正确，故A、D错误．

21．(2019·湖北省十堰市调研)如图7所示，三根通电长直导线A、B、C互相平行，其横截面为等腰直角三角形的三个顶点，三根导线中通入的电流大小相等，且A、C中电流方向垂直于纸面向外，B中电流方向垂直于纸面向内；已知通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度B＝r(kI)，其中I为通电导线的电流强度，r为到通电直导线的距离，k为常量．下列说法正确的是(  )

图7

A．A所受磁场作用力的方向与B、C所在平面垂直

B．B所受磁场作用力的方向与A、C所在平面垂直

C．A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶2

D．A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶

【答案】 BC

【解析】 由安培定则可知：A处的合磁场方向沿AC方向指向C，所以A所受磁场作用力的方向与A、C所在平面垂直，A错；由安培定则可知：B处的合磁场方向沿AC方向指向C，所以B所受磁场作用力的方向与A、C所在平面垂直，B对；通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度B＝r(kI)，根据磁场的叠加知：A处的磁感应强度大小为2r(2kI)，而B处的磁感应强度为r(kI)，所以A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶2，C对，D错.

22．(2019·安徽省“江南十校”二模)为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：

①将电动小车、纸带和打点计时器等按如图1甲所示安装；

②接通打点计时器电源(其打点周期为0.02 s)；

③使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止在斜面上后再关闭打点计时器电源(小车在整个运动中所受阻力恒定)．在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示(纸带左端接在小车上)，请分析纸带数据，回答下列问题：(结果均保留2位有效数字)：

图1

(1)该电动小车运动的最大速度为________m/s.

(2)关闭小车电源后，小车的加速度大小为______m/s².

(3)若小车的质量为0.4 kg，则小车的额定功率是________W.

【答案】 (1)2.0 (2)4.0 (3)3.2

【解析】 (1)根据纸带可知，当所打的点点距均匀时，表示小车匀速运动，此时速度最大，故有v_m＝t(x)＝0.04(8.00×10－2) m/s＝2.0 m/s；

(2)关闭电源后小车做匀减速直线运动，由于不知道中间确切的关闭电源的时间，故采用纸带最后四组数据计算，根据逐差法可得(4.28－5.56)×10^－2 m＝2a₁T²，(4.93－6.21)×10^－2 m＝2a₂T²，两式相加可得a＝2(a1＋a2)＝()()4×0.042(4.93－6.21＋4.28－5.56)×10^－2 m/s²＝－4.0 m/s²，负号表示加速度方向与运动方向相反；

(3)当小车达到额定功率，匀速运动时有F＝F_f，故小车的额定功率为：P＝Fv_m＝F_fv_m＝m|a|v_m＝0.4×4.0×2.0 W＝3.2 W.

23．(2019·山东省青岛市5月二模)某同学用如图2甲所示电路测量电流表G₁的内阻r₁.供选择的仪器如下：

待测电流表G₁(0～5 mA，内阻约200 Ω)；电流表G₂(0～10 mA，内阻约100 Ω)；定值电阻R₁(100 Ω)；定值电阻R₂(200 Ω)；滑动变阻器R₃(0～1 000 Ω)；滑动变阻器R₄(0～400 Ω)；电源E(电动势6 V，内阻可不计)；开关S及导线若干．

图2

(1)实验中要求电流表G₁能达到满偏，则定值电阻应选________(填“R₁”或“R₂”)，滑动变阻器应选________(填“R₃”或“R₄”)，按照电路图，闭合开关S前应将滑动触头移至________端(填“a”或“b”)．

(2)在图乙所示实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．

2020学年高三物理全真模拟试题二十二（含解析）

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(3)实验步骤如下：按电路图连接电路，将滑动变阻器的滑动触头移至一端；闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录G₁、G₂的读数I₁、I₂；多次移动滑动触头，记录相应的G₁、G₂的读数I₁、I₂；以I₁为纵坐标，I₂为横坐标，作出相应图线，如图丙所示．若图中直线的斜率为k，请用题中所给符号写出待测电流表内阻的表达式r₁＝________.

【答案】 (1)R₂ R₃ a

(2)如图所示

(3)(k(1)－1)R₂

【解析】 (1)因为电流表G₂的量程是待测电流表G₁的2倍，所以定值电阻和待测电流表内阻接近，定值电阻应选R₂；滑动变阻器采用限流式接法，则滑动变阻器应选用R₃；为保证电路安全，应将滑动触头移至a端，使电路中的起始电流最小．

(2)据电路图连实物图如图：

(3)根据电流关系可得：I₂＝I₁＋R2(I1r1)，又I2(I1)＝k，解得：r₁＝(k(1)－1)R₂.

24．(2019·河北省石家庄二中期中)如图1甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s².求：

图1

(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？

(2)距出发点多远时物体的速度达到最大？

(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？

【答案】 (1)20 m/s² (2)3.2 m (3)10 m

【解析】 (1)由牛顿第二定律，得：F－μmg＝ma

当推力F＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数值解得a＝m(F)－μg＝20 m/s²

(2)由题图可得推力F是随位移x变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大

则F＝μmg＝20 N

由题图得到F与x的函数关系式F＝100－25x

则得到x＝3.2 m

(3)由题图得到推力对物体做的功等于F－x图线与x轴所围“面积”，得推力做功W＝200 J

根据动能定理：W－μmgx_m＝0

代入数据得x_m＝10 m.

25．(2019·湖南省三湘名校第三次大联考)如图2所示，直角坐标系xOy的x轴水平，y轴竖直，处于竖直向下、大小为E₀的匀强电场中，过O点，倾角为θ＝60°的足够大斜面固定在坐标系中．质量为m、带电荷量为＋q的粒子从y轴上的P点，以某一速度沿x轴正方向

射入，经过时间t，在坐标平面内加上另一匀强电场E，再经过时间t，粒子刚好沿垂直于斜面的方向到达斜面，且到达斜面时速度为零．不计粒子重力，求：

图2

(1)粒子的初速度大小；

(2)P点与x轴的距离；

(3)匀强电场E的电场强度大小．

【答案】 (1)m(3qE0t) (2)2m(11qE0t2) (3)E₀

【解析】 (1)粒子运动轨迹如图中虚线所示，第一个时间t内，粒子做类平抛运动

加速度a＝m(qE0)

加上电场E时，粒子做匀减速直线运动．粒子在竖直方向的速度v_y＝at 

此时合速度方向垂直于斜面：vy(v0)＝tan θ

可解得粒子的初速度v₀＝m(3qE0t)

(2)第一个时间t内，粒子在竖直方向的位移y₁＝2(1)at²

水平方向的位移x₁＝v₀t 

在第二个时间t内，粒子在竖直方向的位移也为y₁，水平方向的位移x₂＝y₁tan θ

P点到x轴的距离l＝2y₁＋(x₁＋x₂)tan θ 

代入数据得：l＝2m(11qE0t2)

(3)在第二个时间t内，在竖直方向：qE_y－qE₀＝ma

在水平方向：m(qEx)＝t(v0)

所以E＝

解得：E＝E₀

33．(2019·广西钦州市第三次质检)(1)关于气体的内能和热力学定律，下列说法正确的是________．

A．对气体做功可以改变其内能

B．质量和温度都相同的气体，内能一定相同

C．热量不可能从低温物体传到高温物体

D．一定量的理想气体在等温膨胀过程中，一定吸收热量

E．一定量的理想气体，温度越高，气体分子运动越剧烈，气体内能越大

(2)如图2所示，绝热圆筒水平放置，圆筒内有一绝热活塞C，活塞的长度是圆筒长的3(1)，活塞的中心与圆筒中心重合，整个装置置于温度恒为300 K、压强恒为1.0×10⁵ Pa的大气中．现用导热材料A、B封闭圆筒的两端，然后把圆筒左端放入一温度恒定的密闭热源中，并保持圆筒水平，发现活塞缓慢向右移动．当活塞移动距离等于活塞长度的15(1)时，活塞保持静止．不计活塞与圆筒内壁间的摩擦，求：

图2

①右端气体此时的压强；

②热源的温度．

【【答案】】 (1)ADE (2)①1.25×10⁵ Pa ②450 K

【解析】 (1)做功和热传递在改变内能上是等效的，都可以使内能发生变化，A正确；温度相同，则分子平均动能相同；质量相同，若为不同的气体则分子数目不同，内能不一定相同，B错误；热量可能从低温物体传到高温物体，但要引起其他变化，不是自发过程，C错误；一定量的理想气体在等温膨胀过程中，对外做功，内能不变，根据ΔU＝W＋Q可知Q>0，故一定从外界吸收热量，D正确；理想气体内能与体积无关，一定量的理想气体，温度越高，气体分子运动越剧烈，分子平均动能越大，气体内能越大，E正确．

(2)①设活塞横截面积为S，圆筒长为L，对右侧气体：初态：p_B＝1.0×10⁵ Pa，V_B＝3(1)LS

末态：p_B′＝？，V_B′＝(3(1)－15(1))LS

由玻意耳定律得p_BV_B＝p_B′V_B′

解得：p_B′＝1.25×10⁵ Pa

②对左侧气体：初态：p_A＝1.0×10⁵ Pa，T_A＝300 K，V_A＝3(1)LS

末态：p_A′＝p_B′＝1.25×10⁵ Pa，T_A′＝？，

V_A′＝(3(1)＋15(1))LS

由理想气体状态方程得TA(pAVA)＝TA′(pA′VA′)

解得T_A′＝450 K

34．(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T_c>T_a，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)．

2020学年高三物理全真模拟试题二十一（含解析）

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