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二十二
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，滑块A、B的质量均为m，A套在固定竖直杆上，A、B通过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，B放在水平面上并靠着竖直杆，A、B均静止．由于微小的扰动，B开始沿水平面向右运动．不计一切摩擦，滑块A、B视为质点．已知重力加速度为g，在A下滑的过程中，下列说法中正确的是( )
A．A、B组成的系统机械能不守恒
B．在A落地之前轻杆对B一直做正功
C．A运动到最低点时的速度为
D．当A的机械能最小时，B对水平面的压力大小为2mg
【答案】C
【解析】因为不计一切摩擦，所以A、B组成的系统机械能守恒，A错误；A开始下落时轻杆对B做正功，B的机械能增大，A的机械能减小，当轻杆的弹力为零时，A的机械能最小，此时B对地面的压力大小为mg，然后轻杆对B做负功，B的机械能减小，A的机械能增大，B、D错误；当A运动到最低点时，B的速度为零，设A的速度为v，则根据机械能守恒定律可得：mgL＝2(1)mv2，v＝，C正确．
15、如图所示,一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管,固定于竖直平面内,环的半径为R(比细管的内径大得多),在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态,小球的质量为m,带电荷量为q,重力加速度为g,空间存在一磁感应强度大小未知(不为零),方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场,某时刻,给小球一方向水平向右、大小为v0=的初速度,则以下判断正确的是( )
A.无论磁感应强度大小如何,获得初速度后的瞬间,小球在最低点一定受到管壁的弹力作用
B.无论磁感应强度大小如何,小球一定能到达环形细圆管的最高点,且小球在最高点可能不受到管壁的弹力作用
C.无论磁感应强度大小如何,小球一定能到达环形圆管的最高点,且小球到达最高点时的速度大小都相同
D.小球在环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中,水平方向分速度的大小一直减小
【答案】C 小球在轨道最低点时受到的洛仑兹力方向竖直向上,若洛仑兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力,则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用,A选项错误;小球运动的过程中,洛仑兹力不做功,小球的机械能守恒,运动至最高点时小球的速度v=,由于受到圆管的约束,小球运动过程不会脱离轨道,所以小球一定能到达轨道最高点,C选项正确;在最高点时,小球做圆周运动的向心力F向=m=mg,对小球受力分析得mg+qvB-FN=F向,故FN=qvB。小球受到竖直向下洛仑兹力的同时必然受到与洛仑兹力等大反向的轨道对小球的弹力,B选项错误;小球在从最低点到最高点的运动过程中,小球在下半圆内上升的过程中,水平分速度向右一定递减,到达圆心的等高点时,水平速度为零,而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零,所以水平分速度一定有增大的过程,D选项错误。
16．(2019·重庆市江津中学、合川中学等七校第三次模拟)如图3所示，大圆的半径为2R，同心的小圆半径为R，在圆心处有一个放射源，可以向平面内的任意方向发射质量为m，电荷量为q，最大速率为v的带电粒子，为了不让带电粒子飞出大圆以外，可以在两圆之间的区域内加一个垂直于纸面向里的匀强磁场，该磁场磁感应强度的最小值是( )
图3
A.3qR(4mv) B.qR(mv)
C.4qR(3mv) D.qR(2mv)
【答案】 A
【解析】 设同心圆的圆心为O，粒子恰好不飞出大圆，则其轨迹与大圆相切，如图所示，切点为A，连接OA，设粒子从C点进入磁场，过C点作OC的垂线交OA于D点，D点即为粒子做匀速圆周运动的圆心，设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系可得：(2R－r)2＝R2＋r2，r＝qBmin(mv)，由以上两式解得：Bmin＝3qR(4mv)，故A正确．
17．如图4所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α.已知θ<α，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
图4
A．小车一定向右做匀加速运动
B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向
C．小球P受到的合力大小为mgtan θ
D．小球Q受到的合力大小为mgtan α
【答案】 D
【解析】 选择小球Q作为研究对象，根据牛顿第二定律，得mgtan α＝ma，得到a＝gtan α，故加速度向右，小车可能向右加速，也可能向左减速，故A错误．对小球P，由牛顿第二定律，得mgtan β＝ma′，因为a＝a′，得到β＝α>θ.则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误．对小球P、Q由牛顿第二定律可知F＝ma＝mgtan α，故C错误，D正确．
18．(2019·河南省开封市第三次模拟)如图5，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度．以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，不正确的是( )
图5
【答案】 A
【解析】 线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用．进入磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0＝B2L2(mgR)，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C正确，A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，故B正确；若进入时重力大于安培力，由mg－R(B2L2v)＝ma，则做加速度减小的加速运动，安培力随速度的增大而增大，某时刻重力等于安培力，线框做匀速运动，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确．
19．(2019·湖南省衡阳市第三次联考)世界上没有永不谢幕的传奇，NASA的“卡西尼”号探测器进入土星探测任务的最后篇章．据NASA报道，“卡西尼”2017年4月26日首次到达土星和土星内环(碎冰块、岩石块、尘埃等组成)之间，之后，卫星将在土星的近圆轨道做圆周运动，如图6所示．在极其稀薄的大气阻力作用下，卫星最终将坠向土星的怀抱，这一阶段持续到九月中旬．若“卡西尼”只受土星引力和稀薄气体阻力的作用，则( )
图6
A．4月26日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度大于它在内环上绕土星的角速度
B．4月28日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率小于它在内环上绕土星的速率
C．5月到6月间，“卡西尼”的动能越来越大
D．6月到8月间，“卡西尼”的动能、以及它与火星的引力势能之和减小
【答案】 ACD
【解析】 由万有引力提供向心力得：Gr2(Mm)＝mrω2，解得ω＝r3(GM)，则轨道半径小的角速度大，则A正确；由万有引力提供向心力得：Gr2(Mm)＝mr(v2)，解得v＝r(GM)，则轨道半径小的速率大，则B错误；5到6月间，因有稀薄气体阻力做负功，探测器的速度减小，做向心运动，重力做正功，动能增加，则C正确；6月到8月间，因稀薄气体阻力做负功，机械能减小，则D正确．
20．(2019·江西省临川二中第五次训练)如图7所示，叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是( )
图7
A．B对A的摩擦力一定为3μmg
B．C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力
C．转台的角速度一定满足：ω≤3r(2μg)
D．转台的角速度一定满足：ω≤3r(μg)
【答案】 ABD
【解析】 对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有FfA＝3mω2r≤μ(3m)g，故A错误；FfA＝3mω2r，FfC＝mω2×1.5r，故B错误；由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：(3m)ω2r≤μ(3m)g，对AB整体有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，对物体C，有：mω2(1.5r)≤μmg，故ω≤3r(2μg)，故C正确，D错误．
21．(2019·河南省开封市第三次模拟)如图8, M、N两点处于同一水平面，O为M、N连线的中点，过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆，杆上A、B两点关于O点对称．第一种情况，在M、N两点分别放置电荷量为＋Q和－Q的等量异种点电荷，套在杆上带正电的小金属环从A点无初速度释放，运动到B点；第二种情况，在M、N两点分别放置电荷量为＋Q的等量同种点电荷，该金属环仍从A点无初速度释放，运动到B点．则两种情况中( )
图8
A．金属环运动到B点的速度第一种情况较大
B．金属环从A点运动到B点所用的时间第一种情况较短
C．金属环从A点运动到B点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变
D．金属环从A点运动到B点的过程中(不含A、B两点)，在杆上相同位置的速度第一种情况较大
【答案】 BD
【解析】 等量异种电荷连线的中垂线是等势线，带电金属环沿杆运动时电势能不变，重力势能转化为动能，金属环所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的匀加速直线运动；在等量同种正电荷连线的中垂线上，中点O电势最高，与中点O距离越远，电势越低，A、B两点关于O点对称，电势相等，金属环的电势能相等，重力势能全部转化为动能，第一种情况与第二种情况在B点的速度相等，故A错误；由于到B点前第二种情况的平均速度比较小，所以运动时间比较长，故B正确；等高处重力势能相等，但到B点前第二种情况的速度均较小，所以动能与重力势能之和第二种情况均较小，故C错误；第二种情况中金属环电场力先是阻力后是动力，到B点时与第一种情况速度相等，故D正确．
22．(2019·青海省西宁市二模)在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小明同学作了如图1甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力．
图1
(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是________．
A．必须用天平测出砂和砂桶的质量
B．一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
C．应当先释放小车，再接通电源
D．需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带
(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是_____m/s2.(计算结果保留三位有效数字)
(3)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图2所示，则小车与轨道的滑动摩擦力Ff＝_____N.
图2
(4)小明同学不断增加砂子质量重复实验，发现小车的加速度最后会趋近于某一数值，从理论上分析可知，该数值应为________m/s2.(取重力加速度g＝10 m/s2)
【答案】 (1)D (2)2.40 (3)1.0 (4)5
【解析】 (1)本题拉力可以由力传感器来测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量远小于车的总质量，故A、B错误；打点计时器工作时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；该实验探究物体质量一定时加速度与力的关系，需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带，故D正确．
(2)相邻两计数点之间还有四个点未画出，T＝0.1 s，根据Δx＝aT2，a＝()()4T2(BC＋CD－OA＋AB)＝4T2(OD－2OB)＝4×0.12(0.288 1－2×0.096 1) m/s2≈2.40 m/s2；
(3)根据牛顿第二定律：2F－Ff＝ma，a＝0时，Ff＝2F＝1.0 N；
(4)设绳子拉力为FT，根据牛顿第二定律：
2FT＝Ma
mg－FT＝m·2a
联立解得：a＝M＋4m(2mg)＝＋4(M)，当m无穷大时，a＝2(g)＝5 m/s2.
23．(2019·安徽省“江南十校”二模)某同学想要测量一个电源的电动势和内阻，准备的器材有电流表A(0～100 mA，内阻为30 Ω)、电阻箱R(最大阻值99.9 Ω)、开关和若干导线．
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十五（含解析）,高三物理试题,莲山课件.
图3
(1)由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们需将一个定值电阻和电流表A进行________联(选填“串”或“并”)，若要使连接后的电流表A可测量电流的最大值变为原来的6倍，则定值电阻的阻值R0＝________Ω.
(2)如图3甲所示，虚线框中为同学设计的实验电路的一部分，请将电路图补充完整．
(3)实验中记录了若干组电阻箱的阻值R和电流表A的示数I，并用记录的实验数据描绘出R－I(1)图线如图乙所示，则该电源的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω.(结果均保留两位有效数字)
【答案】 (1)并 6
(2)如图所示
(3)12 1.0
【解析】 (1)小量程电流表改装成大量程电流表需要并联电阻进行分流；由并联电路规律可知，并联部分电压相等，要使量程扩大为原来的6倍，则R0＝5Ig(IgR)＝5×0.1(0.1×30) Ω＝6 Ω；
(2)根据改装原理以及测量电动势和内阻实验原理可知，应将改装后的电表与电阻箱串联接在电源两端，故电路图如图所示；
(3)电路中干路电流为电流表示数的6倍，故根据闭合电路欧姆定律可知：
I＝6＋30(6×30)×6(1)＝r＋R＋5(E)×6(1)，则变形得R＝6(E)·I(1)－(r＋5)，故图象的斜率等于k＝6(E)＝3.0(6.0)＝2，解得E＝12 V；图象与纵坐标的交点为－6.0＝－(r＋5)，解得r＝1.0 Ω.
24．(2019·衡水金卷四省第三次大联考)长传突破是足球运动中运用远距离空中过顶传球突破对方防线的战术方法．如图1所示，防守队员甲在本方球门前某位置M抢截得球，将球停在地面上，利用对方压上进攻后不及回防的时机，瞬间给予球一个速度v，使球斜飞入空中，最后落在对方禁区附近地面上P点处．在队员甲踢球的同时，突前的同伴队员乙由球场中的N点向P点做直线运动，队员乙在N点的初速度v1＝2 m/s，队员乙在NP间先匀加速运动，加速度a＝4 m/s2，速度达到v2＝8 m/s后匀速运动．经过一段时间后，队员乙恰好在球落在P点时与球相遇，已知MP的长度s＝60 m，NP的长度L＝11.5 m，将球员和球视为质点，忽略球在空中运动时的空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2.
图1
(1)求足球在空中的运动时间；
(2)求队员甲在M点给予足球的速度v的大小．
【答案】 (1)2 s (2)10 m/s
【解析】 (1)足球在空中的运动时间与队员乙的直线运动时间相同
v2＝v1＋at1
得到：t1＝1.5 s
v22－v12＝2aL1，L－L1＝v2t2
得到：t2＝0.5 s
足球在空中的运动时间t＝t1＋t2＝2 s
(2)足球在空中做抛体运动，水平方向有v0＝t(s)
得到：v0＝30 m/s
竖直方向有：vy＝g·2(t)
得到：vy＝10 m/s
则有：v＝
得到：v＝10 m/s.
25．(2019·山东省淄博市模拟)如图2所示，质量m＝1.0 kg、电荷量q＝4×10－3 C的带负电小球(可视为质点)用长度l＝0.8 m的不可伸长的绝缘轻质细线悬吊在O点，过O点的竖直线右侧有竖直向下足够大的匀强电场，场强大小E＝5×103N/C.现将小球拉至A处，此时，细线与竖直方向成θ角．现由静止释放小球，在小球运动过程中细线始终未被拉断．已知cos θ＝4(3)，取重力加速度g＝10 m/s2.
图2
(1)求小球第一次运动到最低点时的速度大小．
(2)小球第一次进入电场时做什么运动？小球第一次离开电场时的速度多大？(结果可以保留根号)
(3)求小球每次离开电场前瞬间细线对小球的拉力大小．
【答案】 见【解析】
【解析】 (1)小球从A处运动到最低点的过程，由机械能守恒定律得mgl(1－cos θ)＝2(1)mv02
代入数据得v0＝2 m/s
(2)由于qE－mg＝10 N>ml(02)＝5 N，故小球先做类平抛运动，则有x＝v0t，y＝2(1)at2，qE－mg＝ma
(y－l)2＋x2＝l2
联立并代入数据得t＝0.4 s，x＝y＝0.8 m
即小球恰好处于水平位置时细线张紧，此时，小球的竖直分速度vy＝at＝4 m/s
细线张紧瞬间，小球水平分速度立即变为零，以竖直分速度作为初始速度做圆周运动，则由细线张紧位置到第一次离开电场时，由动能定理得(qE－mg)l＝2(1)mv12－2(1)mv y2
代入数据得v1＝4 m/s
(3)小球第一次离开电场到运动到最低点过程中，由动能定理得mg·2l＝2(1)mv1′2－2(1)mv12
解得v1′＝8 m/s
由于qE－mg＝10 N<ml(v1′2)＝80 N
故此后细线张紧有拉力，小球继续做圆周运动，设小球第n次经过最高点时速度为vn，由动能定理得：(n－1)qE·2l＝2(1)mv n2－2(1)mv12，n＝1,2,3，…，解得v n2＝64(n－1)＋
32，n＝1,2,3，…
在最高点时，由牛顿第二定律得F＋mg－qE＝ml(n2)
联立解得F＝10(8n－3)(N)，n＝1,2,3，….
33．(1)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT图象如图1所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是__________．
图1
A．气体在a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功
(2)如图2所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL＝10 cm，右管上方的水银柱高h＝14 cm，初状态环境温度为27 ℃，A部分气体长度l1＝30 cm，外界大气压强p0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A部分气体缓慢升温，使A部分气体长度回到30 cm.求：
图2
①右管中注入的水银高度是多少？
②升温后的温度是多少？
【答案】 (1)ABE (2)①30 cm ②117 ℃
【解析】 (1)由理想气体状态方程T(pV)＝C得，p＝V(C)T，由题图可知，Va＝Vc，选项A正确；理想气体的内能只由温度决定，而Ta>Tc，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，选项B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，cd过程温度不变，内能不变，则Q＝－W，选项C错误；da过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：Ta(paVa)＝Tb(pbVb)＝Tc(pcVc)＝Td(pdVd)＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd.设过程bc中压强为p0＝pb＝pc，过程da中压强为p0′＝pd＝pa.由外界对气体做功W＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，过程da中气体对外界做的功Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E正确．
34．(2019·青海省西宁市二模)(1)一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播，从x＝3 m处的质点a开始振动时计时，图1甲为t0时刻的波形图且质点a正沿y轴正方向运动，图乙为质点a的振动图象，则下列说法正确的是________．
图1
A．该波的频率为2.5 Hz
B．该波的传播速度为200 m/s
C．该波是沿x轴负方向传播的
D．从t0时刻起，a、b、c三质点中b最先回到平衡位置
E．从t0时刻起，经0.015 s质点a回到平衡位置
(2)如图2为一半径为R的固定半圆柱玻璃砖的横截面，OA为水平直径MN的中垂线，足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且平行OA放置．一束复色光沿与AO成θ角(θ＝30°)的半径方向射向O点并在光屏上形成彩色光带和一个光斑，光带的最高点与N点的距离为3(3)R；增大入射角，当θ＝45°时，光屏上恰好只出现一个光斑，求：
图2
①玻璃对复色光的折射率范围；
②当θ＝30°时，彩色光带的宽度．
【答案】 (1)BDE (2)①≤n≤ ②(1－3(3))R
【解析】 (1)由题图可知该波的周期为0.04 s，频率为f＝T(1)＝25 Hz，故A错误；该波的传播速度v＝T(λ)＝0.04(8) m/s＝200 m/s，故B正确；a点在t0时刻速度方向沿y轴正方向，故波向x轴正方向传播，故C错误；从t0时刻起，质点a沿y轴正方向运动，质点b沿y轴正方向运动，质点c沿y轴负方向运动，故质点b最先回到平衡位置，故D正确；平衡位置从x＝0处传播到x＝3 m处时质点a回到平衡位置，需时间t＝200(3) s＝0.015 s，故E正确．
(2)①当θ＝30°时，光路图如图所示
由题意可知BN＝3(3)R，即α＝30°，所以最大折射角β＝60°，
由折射定律可知最大折射率nmax＝sin θ(sin β)＝.因为θ＝45°时，所有光均发生全反射，光屏上的光带消失，反射光束在光屏上形成一个光斑，由全反射规律及题意可知nmin＝sin C(1)＝，所以玻璃对复色光的折射率范围≤n≤
②当θ＝30°时，折射率为的光的折射角为45°，
彩色光带的宽度为L＝Rtan 45°－3(3)R＝(1－3(3))R.
2020学年高三物理全真模拟试题二十一（含解析）
2020学年高三物理全真模拟试题二十一（含解析）,高三物理试题,莲山课件.
