2019-2020年高三零模物理试题含解析.doc

2019-2020年高三零模物理试题含解析一、本部分共8小题，每小题6分，在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项1（6分）（xx海淀区模拟）下列说法中正确的是（） A 分子间距增大，分子势能一定增大 B 物体的温度越高，其分子热运动的平均动能越大 C 外界对物体做功，物体的内能一定增加 D 只有热传递才能改变物体的内能【考点】： 温度是分子平均动能的标志；物体的内能【分析】： 分子势能与分子间距离的关系与分子力的性质有关，做功和热传递是改变物体内能的方式，温度时分子平均动能的标志【解析】： 解：A、分子间的距离为r0时，分子势能最小，当分子间距离大于r0时，分子间距离增大，分子势能增大，当分子间距离小于r0时，分子间距离增大，分子势能减小，故A错误B、温度是分子平均动能的标志，温度越高分子平均动能越大，分子运动越剧烈，故B正确；C、根据热力学第一定律可知，外界对物体做功，若气体对外放热，其内能不一定增加，故C错误，D、改变物体内能的方式有热传递和做功，故D错误；故选：B【点评】： 解决本题的关键要掌握热量的意义和温度的微观含义，掌握分子势能与分子距离的关系2（6分）（xx海淀区模拟）秦山核电站是我国第一座自主研究、设计和建造的核电站，它为中国核电事业的发展奠定了基础秦山核电站的能量来自于（） A 天然放射性元素衰变放出的能量 B 人工放射性同位素衰变放出的能量 C 重核裂变放出的能量 D 轻核聚变放出的能量【考点】： 轻核的聚变【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 核电站是利用核能发电，利用了核裂变原理【解析】： 解：核电站发电是利用重核裂变原理，故C正确，A、B、D错误故选：C【点评】： 核能的利用是人类可利用的一种新能源，要注意使用过程和工作原理知道轻核聚变、重核裂变都释放能量3（6分）（xx海淀区模拟）关于光学现象在科学技术、生产和生活中的应用，下列说法中正确的是（） A 用X光机透视人体是利用光电效应现象 B 门镜可以扩大视野是利用光的衍射现象 C 在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象 D 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象【考点】： 光的干涉；光的衍射【专题】： 光的干涉专题【分析】： X光具有穿透性，光导纤维是利用全反射，门镜是利用折射的原理【解析】： 解：A、用X光机透视人体是利用X光的穿透性，A错误；B、门镜可以扩大视野是利用光的折射现象，B错误；C、光导纤维传输信号是利用光的全反射现象，C错误；D、光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象D正确故选：D【点评】： 本题考查的知识点较多，比如X光机、光导纤维、门镜及理解增透膜的原理4（6分）（xx海淀区模拟）关于机械波，下列说法中正确的是（） A 机械波的传播过程也是传递能量的过程 B 机械波的频率与波源振动的频率无关 C 机械波不能产生干涉、衍射现象 D 机械波能在真空中传播【考点】： 机械波；波的干涉和衍射现象【分析】： 明确机械波的性质：机械波能传播能量和振动性质，其频率由波源决定，波速由介质决定【解析】： 解：A、机械波的传播过程也是传递能量的过程；故A正确；B、机械波的频率与波源振动的频率相同；故B错误；C、机械波可以产生干涉及衍射现象；故C错误；D、机械波的传播需要介质；不能在真空中传播；故D错误；故选：A【点评】： 波的基本特点是波传播的是振动形式和能量，而质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动机械波形成要有两个条件：波源和介质5（6分）（xx海淀区模拟）发射地球同步通信卫星是将卫星以一定的速度送入预定轨道地球同步通信卫星的发射场一般尽可能建在纬度较低的位置，这样做的主要理由是在该位置（） A 地球对卫星的引力较大 B 地球自转线速度较大 C 重力加速度较大 D 地球自转角速度较大【考点】： 同步卫星【专题】： 人造卫星问题【分析】： 在发射卫星时，相对于地心的速度越大，越容易发射出去，相对于地心的发射速度等于相对于地面的发射速度加上地球自转的线速度【解析】： 解：A、由万有引力定律可知物体在地球表面各点所受的引力大小相等，故A错误B、相对于地心的发射速度等于相对于地面的发射速度加上地球自转的线速度地球自转的线速度越大，相对于地心的发射速度越大，卫星越容易发射出去赤道处，半径最大，由v=r知自转线速度最大，故B正确C、赤道处重力加速度最小故C错误D、在地球上各点具有相同的角速度故D错误故选：B【点评】： 解决本题的关键知道发射卫星选址在赤道附近，是由于赤道处，地球自转的线速度较大6（6分）（xx海淀区模拟）图中虚线所示为某一静电场的等势面一点电荷仅在静电力作用下先后经过A、B、C三点，在经过A、C点时，其动能分别为5eV和25eV当这一点电荷经过到B点时，其动能应为（） A 10eV B 15eV C 40eV D 55eV【考点】： 等势面；电势【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 由题，相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出在B点的动能【解析】： 解：由题，电荷经过AB点时的动能分别为5eV和25eV，动能增加为20eV而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从A等势面到B等势面时，动能增加10eV，故B点的动能为5eV+10eV=15eV故选：B【点评】： 本题关键要根据电场力做功与电势差的关系确定电荷的总能量中等难度7（6分）（xx海淀区模拟）某同学设计了一个研究平抛运动的实验，其装置如图所示A 是一块水平放置的平板，其上有一组平行插槽（如图中P0P0、P1P1、P2P2、），槽间距离均为d将P0P0置于斜槽末端的正下方，把贴有复写纸和白纸的平板B垂直插入P1P1槽内，使小球从斜槽某一位置O无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出，沿垂直P1P1方向撞倒B板的白纸上并留下痕迹点1之后将B板依次插入P2P2、P3P3插槽内，并分别向纸面内侧平移距离d和2d，让小球仍然从位置O无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出，沿垂直P1P1方向撞倒B板的白纸上并依次留下痕迹点2和3忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是（） A 在B板白纸上留下的痕迹点1、2、3排成一条竖直的直线 B 在B板白纸上留下的痕迹点1、2之间和2、3之间的竖直距离相等 C 小球做平抛运动的过程中，每经过相等时间，其动能改变量的大小相等 D 小球做平抛运动的过程中，每经过相等时间，其动量改变量的大小相等【考点】： 研究平抛物体的运动【专题】： 实验题【分析】： 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动实验前应 对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保持 小球水平抛出的初速度相同每次将 B 板向内侧平移距离d，是为了保持相邻痕迹点的水平距离大小相同【解析】： 解：A、由于B板依次插入P2P2、P3P3插槽内，并分别向纸面内侧平移距离d和2d，可知痕迹点1、2、3不在一条竖直线上，在一条抛物线上，故A错误B、由于竖直方向上做自由落体运动，则相等时间内的间隔不等，即痕迹点1、2之间和2、3之间的竖直距离不相等，故B错误C、每经过相等时间，下降的高度不同，根据动能定理知，重力做功不同，动能的该变量不等，故C错误D、每经过相等时间，速度的变化量相同，则动量变化量相同，故D正确故选：D【点评】： 解决本题的关键知道平抛运动的特点该题考察了实验中的留迹法，是创新题目，属于中等难度的试题8（6分）（xx海淀区模拟）如图所示，一均匀带正电绝缘细圆环水平固定，环心为O点带正电的小球从O点正上方的A点由静止释放，穿过圆环中心O，并通过关于O与A点对称的A点取O点为重力势能零点关于小球从A点运动到A点的过程中，小球的加速度a、重力势能EpG、机械能E、电势能EpE随位置变化的情况，下列说法中正确的是（） A 从A到O的过程中a一定先增大后减小，从O到A的过程中a一定先减小后增大 B 从A到O的过程中EpG小于零，从O到A的过程中EpG大于零 C 从A到O的过程中E随位移增大均匀减小，从O到A的过程中E随位移增大均匀增大 D 从A到O的过程中Ep电随位移增大非均匀增大，从O到A的过程中Ep电随位移增大非均匀减小【考点】： 电势差与电场强度的关系；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 画出小球运动的示意图，通过分析小球受到的电场力可能的情况，来确定合力情况，再由牛顿第二定律分析加速度情况由EP=mgh分析重力势能的变化情况根据电场力做功情况，分析小球机械能的变化和电势能的变化情况【解析】： 解：小球运动过程的示意图如图所示A、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，也可能一直减小，则小球所受的电场力可能先增大后减小方向竖直向上，也可能一直减小方向向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大，也可能一直增大故A错误B、小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpG=mgh，小球穿过圆环后，EpG=mgh，故B错误C、小球从A到圆环中心的过程中，电场强度非匀强电场，电场力做负功但不是均匀变化的，机械能减小，但不是均匀减小，小球穿过圆环后，同理，故C错误D、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D正确故选：D【点评】： 本题难点是运用极限法分析圆环所产生的场强随距离变化的关系机械能要根据除重力以外的力做功情况，即电场力情况进行分析二、非选择题9（6分）（xx海淀区模拟）如图1所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先在白纸上放好截面是正三角形ABC的三棱镜，并确定AB和AC界面的位置然后在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P1和P2，再从棱镜的右侧观察P1和P2的像此后正确的操作步骤是BD（选填选项前的字母）A插上大头针P3，使P3挡住P2的像B插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像C插上大头针P4，使P4挡住P3的像D插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像正确完成上述操作后，在纸上标出大头针P3、P4的位置（图中已标出）为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干辅助线，如图2甲、乙所示在图2中能够仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图乙（选填“甲”或“乙”），所测玻璃折射率的表达式n=（用代表线段长度的字母ED、FG表示）【考点】： 测定玻璃的折射率【专题】： 实验题【分析】： 为了测量截面为正三角形的三棱镜玻璃折射率，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的左侧插上两枚大头针P1和P2，然后在棱镜的右侧观察到P1像和P2像，当P1的像被恰好被P2像挡住时，插上大头针P3和P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像作出光路图，结合折射定律求出折射率【解析】： 解：在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P1和P2，确定入射光线，然后插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像，从而确定出射光线故选：BD设入射角为，折射角为，根据折射定律得，根据几何关系有：对于甲图，对于乙图，可知仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图乙，折射率n=故答案为：BD； 乙； 【点评】： 几何光学的实验要理解实验原理，正确作出光路图，结合折射定律进行求解10（12分）（xx海淀区模拟）甲、乙两位同学在“验证牛顿第二定律”实验中，使用了如图1所示的实验装置实验时他们先调整垫木的位置，使小车不挂配重时能在倾斜的长木板上做匀速直线运动，这样做的目的是为了平衡小车运动过程中所受摩擦力此后，甲同学把细线系在小车上并绕过定滑轮悬挂若干配重片在小车质量一定的情况下，多次改变配重片数量，每改变一次就释放一次小车，利用打点计时器打出记录小车运动情况的多条纸带图2是其中一条纸带的一部分，O、A、B、C为4个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上通过对纸带的测量，可知小车运动过程中的加速度大小为0.50m/s2（保留2位有效数字）根据多条纸带的数据，甲同学绘制了小车加速度与小车所受拉力（测量出配重的重力作为小车所受拉力大小）的aF图象，如图3所示由图象可知AC（选填选项前的字母）A当小车质量一定时，其加速度与所受合外力成正比B当小车所受合外力一定时，其加速度与质量成反比C小车的质量约等于0.3kgD小车的质量约等于3.3kg乙同学在实验时，因配重片数量不足改用5个质量为20g的钩码进行实验他首先将钩码全部挂上，用打点计时器打出记录小车运动情况的纸带，并计算出小车运动的加速度；之后每次将悬挂的钩码取下一个并固定在小车上，重复多次实验，且每次实验前均调整垫木的位置，使小车不挂配重时能在倾斜的长木板上做匀速直线运动根据测得的数据，绘制出小车加速度与悬挂的钩码所受重力的关系图线关于这一图线下列说法错误的是B（选填选项前的字母）A可由该图线计算出小车和5个钩码质量之和B只有当小车质量远大于悬挂钩码的质量时，该图线才是一条直线C无论小车质量是否远大于悬挂钩码的质量，该图线都是一条直线【考点】： 验证牛顿第二运动定律【专题】： 实验题【分析】： （1）正确的aF图象应该是过原点的直线，由于平衡摩擦力过度，因此图象在纵轴上有截距，（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小（3）明确图象的性质，根据图象可求得；（4）对整体进行分析，由牛顿第二定律可求得质量【解析】： 解：）为了克服摩擦力的影响，在实验中应垫高一侧，从而使重力的分力与摩擦力相互平衡；从而使小车受到的拉力为合外力；由x=aT2可得：a=0.49m/s2；A、图象为aF图象，则由图象可知，质量一定时，加速度与拉力成正比；故A正确，B、因图象中无法显示质量，故无法确定加速度与质量的关系；故B错误；C、由F=ma可知，图象的斜率表示物体的质量，则可求得物体的质量m=0.3kg；故C正确，D错误；对钩码和小车整体分析可知，整体受到的拉力为钩码的重力，质量是整体的质量；由F=ma可知，作出的图象一定为直线；且图象的斜率一定为整体的质量；故AC正确，B错误；本题选错误的；故选：B故答案为：为了平衡小车运动过程所受摩擦力；0.49）；AC；B【点评】： 在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力，同时加强基础物理知识在实验中的应用，加强解决实验问题的能力掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时加速度11（16分）（xx海淀区模拟）如图所示，楔形物块固定在水平地面上，其斜面的倾角=37一个质量m=0.50kg的小物块以v0=8.0m/s的初速度，沿斜面向上滑行一段距离速度减为零已知小物块与斜面间的动摩擦因数=0.25，sin37=0.60，cos37=0.80，g取10m/s2求：（1）小物块向上滑行过程中的加速度大小；（2）小物块向上滑行的时间；（3）小物块向上滑行过程中克服摩擦力所做的功【考点】： 功的计算；牛顿第二定律【专题】： 功的计算专题【分析】： （1）利用牛顿第二定律求的上滑的加速度；（2）由运动学公式求的时间；（3）利用运动学公式求的上滑位移，由W=Fx求的摩擦力做功【解析】： 解：（1）小物块沿斜面向上滑行的过程中，受重力、支持力、摩擦力，根据牛顿第二定律有mgsin37mgcos37=ma解得：a=8.0m/s2（2）设小物块向上滑行时间为t，根据运动学公式解得：t=1.0s （3）小物块沿斜面向上滑行的位移此过程中，小物块克服摩擦力做的功Wf=mgcos37x 解得：Wf=4.0J 答：（1）小物块向上滑行过程中的加速度大小8.0m/s2（2）小物块向上滑行的时间1s；（3）小物块向上滑行过程中克服摩擦力所做的功4.0J【点评】： 本题主要考查了运动，牛顿第二定律和功的计算，属于基础问题；12（18分）（xx海淀区模拟）洋流又叫海流，指大洋表层海水常年大规模的沿一定方向较为稳定的流动因为海水中含有大量的正、负离子，这些离子随海流做定向运动，如果有足够强的磁场能使海流中的正、负离子发生偏转，便可用来发电图为利用海流发电的磁流体发电机原理示意图，其中的发电管道是长为L、宽为d、高为h的矩形水平管道发电管道的上、下两面是绝缘板，南、北两侧面M、N是电阻可忽略的导体板两导体板与开关S和定值电阻R相连整个管道置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中为了简化问题，可以认为：开关闭合前后，海水在发电管道内以恒定速率v朝正东方向流动，发电管道相当于电源，M、N两端相当于电源的正、负极，发电管道内海水的电阻为r（可视为电源内阻）管道内海水所受的摩擦阻力保持不变，大小为f不计地磁场的影响（1）判断M、N两端哪端是电源的正极，并求出此发电装置产生的电动势；（2）要保证发电管道中的海水以恒定的速度流动，发电管道进、出口两端要保持一定的压力差请推导当开关闭合后，发电管两端压力差F与发电管道中海水的流速v之间的关系；（3）发电管道进、出口两端压力差F的功率可视为该发电机的输入功率，定值电阻R消耗的电功率与输入功率的比值可定义为该发电机的效率求开关闭合后，该发电机的效率；在发电管道形状确定、海水的电阻r、外电阻R和管道内海水所受的摩擦阻力f保持不变的情况下，要提高该发电机的效率，简述可采取的措施【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）根据左手定则判断板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定；（2）根据共点力平衡及闭合电路欧姆定律可求得外力的表达式；（3）求出回路中消耗的电能与克服阻力做的功即可求得消效率表达式，则可求得提高效率的方法【解析】： 解：（1）由右手定则可知M端电势高，M端为电源的正极开关S断开，MN两端的电压U等于电源的电动势E，即：U=E由于导电离子做匀速运动，所以有：=qvB解得：E=U=Bdv （2）以发电管道内的海水为研究对象，其受力平衡，则有：F=BId+f根据欧姆定律有：I=解得：F=f+（3）由题意可知输入功率为：P入=Fv=fv+输出功率为：P出=I2R=（）2R解得：=可见，增大发电管道内海水的流速v和增强磁感应强度B可以提高发电机效率答：（1）M端为电源的正极；电动势E=Bdv；（2）发电管两端压力差F与发电管道中海水的流速v之间的关系F=f+；（3）增大发电管道内海水的流速v和增强磁感应强度B可以提高发电机效率【点评】： 本题考查了磁流体发电机的工作原理，要会分析电源的极性和两板间电压大小的影响因素；利用好闭合电路的欧姆定律求的消耗的机械能13（20分）（xx海淀区模拟）如图甲所示，BCD为竖直放置的半径R=0.20m的半圆形轨道，在半圆形轨道的最低位置B和最高位置D均安装了压力传感器，可测定小物块通过这两处时对轨道的压力FB和FD半圆形轨道在B位置与水平直轨道AB平滑连接，在D位置与另一水平直轨道EF相对，其间留有可让小物块通过的缝隙一质量m=0.20kg的小物块P（可视为质点），以不同的初速度从M点沿水平直轨道AB滑行一段距离，进入半圆形轨道BCD经过D位置后平滑进入水平直轨道EF一质量为2m的小物块Q（可视为质点）被锁定在水平直轨道EF上，其右侧固定一个劲度系数为k=500N/m的轻弹簧如果对小物块Q施加的水平力F30N，则它会瞬间解除锁定沿水平直轨道EF滑行，且在解除锁定的过程中无能量损失已知弹簧的弹性势能公式EP=kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量g取10m/s2（1）通过传感器测得的FB和FD的关系图线如图乙所示若轨道各处均不光滑，且已知轨道与小物块P之间的动摩擦因数=0.10，MB之间的距离xMB=0.50m当 FB=18N时，求：小物块P通过B位置时的速度vB的大小；小物块P从M点运动到轨道最高位置D的过程中损失的总机械能；（2）若轨道各处均光滑，在某次实验中，测得P经过B位置时的速度大小为2m/s求在弹簧被压缩的过程中，弹簧的最大弹性势能【考点】： 动量守恒定律；动能定理；机械能守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）根据牛顿第二定律，结合B点的压力大小求出B点的速度根据：E1=mgxMB求出小物块P从M到B所损失的机械能，根据牛顿第二定律求出D点的速度，根据动能定理求出B到D过程中克服摩擦力做功，从而求出小物块P从M点运动到轨道最高点D的过程中所损失的机械能（2）根据机械能守恒求出D点的速度，通过能量守恒、动量守恒定律，求出弹簧的最大弹性势能【解析】： 解：（1）设小物块P在B、D两位置受轨道弹力大小分别为NB、ND，速度大小分别为vB、vD根据牛顿第三定律可知 NB=FB，ND=FD，小物块P通过B位置时，根据牛顿第二定律有，代入数据解得：vB=4.0m/s 小物块P从M到B所损失的机械能为：E1=mgxMB=0.120.50J=0.10J小物块P通过D位置时，根据牛顿第二定律有，代入数据解得：vD=2.0m/s小物块P由B位置运动到D位置的过程中，克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理有Wfmg2R=，代入数据解得：Wf=0.40J 小物块P从B至D的过程中所损失的机械能E2=0.40J小物块P从M点运动到轨道最高点D的过程中所损失的机械能E=0.50J（2）在轨道各处均光滑的情况下，设小物块P运动至B、D位置速度大小分别为vB、vD根据机械能守恒定律有：，代入数据解得：vD=4.0m/s 小物块P向小物块Q运动，将压缩弹簧，当弹簧的压缩量x=时，小物块Q恰好解除锁定设小物块P以vx速度大小开始压缩弹簧，当其动能减为零时，刚好使小物块Q解除锁定根据能量守恒有 ，代入数据解得：vx=3.0m/s 由于vDvx，因此小物块Q被解除锁定后，小物块P的速度不为零，设其速度大小为vP，根据能量守恒有 ，代入数据解得：vP=m/s 当小物块Q解除锁定后，P、Q以及弹簧组成的系统动量守恒，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大根据动量守恒定律有：mvP=（m+2m）v，弹簧的最大弹性势能，代入数据解得Ep=1.37J答：（1）小物块P通过B位置时的速度vB的大小为4m/s；小物块P从M点运动到轨道最高位置D的过程中损失的总机械能为0.50J；（2）在弹簧被压缩的过程中，弹簧的最大弹性势能为1.37J【点评】： 本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒、动能定理、牛顿第二定律的综合运用，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键合理地选择研究的过程，选择合适的规律进行求解