2019-2020年高三物理第三次模拟考试试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理第三次模拟考试试卷（含解析）一、单选题（共5小题）1下列说法不正确的是（ ）A电场强度和磁感应强度定义物理量的方法是比值定义法B互感现象是变压器工作的基础C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这应用了“微元法”D法拉第最先引入“场”的概念，并最早发现了电流的磁效应现象2图甲中一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与阻值R=48的负载电阻相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（ ）A电压表的示数是24VB电流表的示数为0.50AC变压器原线圈得到的功率是24WD原线圈输入的正弦交变电流的频率是50Hz3在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体。当电梯匀速运动时，弹簧被压缩了x，某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了（重力加速度为g）。则电梯在此时刻后的运动情况可能是（ ）A以大小为g的加速度加速上升B以大小为g的加速度减速上升C以大小为的加速度加速下降D以大小为的加速度减速下降4如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长为L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场。规定顺时针方向为感应电流i的正方向。外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，则这些量随时间变化的关系正确的是（ ）ABCD5图示的电路中电表均为理想电表，电源为恒流电源，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流。则当滑动变阻器R0的滑动端向上滑动时，电压表示数的变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于（ ）AR0BR1CR2D电源内阻r二、多选题（共3小题）6如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，若从水星与金星在一条直线上开始计时，天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为1，金星转过的角度为2(1、2均为锐角)，如图所示，则由此条件可求得的是（ ）A水星和金星的质量之比B水星和金星到太阳的距离之比C水星和金星绕太阳运动的周期之比D水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比7如图，abcd是一圆形区域，处于匀强电场中，并与电场方向平行。大量电子从圆形的中心O，以相同速率v向各个方向发射，电子从圆形边界上的不同点射出，其中到达a点的电子速度恰好为零，不计电子的重力，下列判断正确的是（ ）A在圆形边界上c点电势最高B到达c点的电子电势能最小，速率是2vC到达b、d两点的电子电势能相等，速率均是vD到达b、d两点的电子电势能可能不相等8如图所示，斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中物块A和斜面体始终处于静止状态，则（ ）A斜面体对物块A的摩擦力一直增大B地面对斜面体的支持力一直增大C地面对斜面体的摩擦力一直增大D地面对斜面体的支持力保持不变三、实验题（共2小题）9.测定木块和长木板之间的动摩擦因数时，采用图甲所示的装置（图中长木板水平固定不动） （1）已知重力加速度为g，测得木块质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块和长木板间的动摩擦因数的表达式= ；（2）图乙为木块在长木板上运动时，打点器在木块拖动的纸带上打出的一部分计数点（相邻计数点之间还有四个计时点没有画出），其编号为0、1、2、3、4、5、6。试利用图中的长度符号x1、x2和表示计数周期的符号T写出木块加速度的表达式a= 。（3）已知电火花打点计时器工作频率为50Hz，用直尺测出x1=13.01cm，x2=29.00cm（见图乙），根据这些数据可计算出木块加速度大小a= m/s2（保留两位有效数字）。10.某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻Rt (常温下约8 k)、温度计、电流表A(量程1 mA，内阻约200 )、电压表V(量程3 V，内阻约10 k)、电池组E(4.5 V，内阻约1 )、滑动变阻器R(最大阻值为20 )、开关S、导线若干、烧杯和水。（1）根据提供器材的参数将图所示的实物图中所缺的导线补接完整。（2）实验开始前滑动变阻器的滑动触头P应置于 端(填“a”或“b”)。 （3）利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的Rtt图象如下图中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异。除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是_。(填选项前的字母，不定项选择)A电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大B电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小C温度升高到一定值后，电流表应改为外接法（4）将本实验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中使用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式I2Rk(tt0)(其中k是散热系数，t是电阻的温度，t0是周围环境温度，I为电流强度)，电阻的温度稳定在某一值。若通过它的电流恒为50 mA，t020C，k0.25 w/C，由实测曲线可知该电阻的温度稳定在 C。四、计算题（共5小题）11.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R1.0m的圆环剪去了左上角120的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h2.4m。用质量为m0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点后释放，物块过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为s6t2t2(m)，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道。(不计空气阻力，g取10m/s2)（1）求物块m过B点时的瞬时速度vB及与桌面间的动摩擦因数；（2）若轨道MNP光滑，求物块经过轨道最低点N时对轨道的压力FN；（3）若物块刚好能到达轨道最高点M，求物块从B点到M点的运动过程中克服摩擦力所做的功W。12.如图所示，在半径为R的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，圆形区域右侧距离圆形区域右边缘为d处有一竖直感光板。圆形区域上侧有两块平行金属极板，金属极板上侧有一粒子源，粒子源中可以发射速度很小的质量为m的2价阳离子(带电量为2e)，离子重力不计。（1）若离子从圆形区域顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，求在两块平行金属极板上所加的电压U；（2）若离子从圆形区域顶点P以速率v0对准圆心射入，若它刚好从圆形区域最右侧射出，垂直打在竖直感光板上，求圆形区域内磁场的磁感应强度B；（3）若圆形区域内的磁场的磁感应强度为B，离子以某一速度对准圆心射入，若它从圆形区域右侧射出，以与竖直感光板成60的角打在竖直感光板上，求它打到感光板上时的速度；（4）若在圆形区域右侧加上竖直向下的匀强电场，电场强度为E，粒子从圆弧顶点P以速率v0对准圆心射入，求离子打在MN上的位置距离圆形区域圆心O的竖直高度h。13.（1）下列说法正确的是A温度高的物体内能可能大，但分子平均动能一定大B单晶体和多晶体都有规则的几何外形C热量可以从低温物体传给高温物体D夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中变扁的原因是矿泉水瓶内的空气压强小于外界压强E潮湿的天气绝对湿度一定很大（2）如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成、两部分。初状态整个装置静止不动处于平衡，、两部分气体的长度均为l0，温度为T0。设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变。求：在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度。现只对气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置。此时气体的温度。14.（1）下图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波的波源O的振动图像（波源仅振动0.15s）。若该波波速v=40m/s，则在t=0.45s时 。A该波x=16m处的质点的位移为-5cmB该波x=13m处的质点的速度正在减小C该波x=10m处振动方向向上D该波刚好传播到x=18m处E介质中任何一个质点的起振方向都是沿y轴正方向的（2）如图所示为某种透明介质的截面图，AOC为等腰直角三角形，BC为半径R=12cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直接触于B点。由红光和紫光两种单色光组成的复色光垂直AC射到O，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑。已知该介质对红光和紫光的折射率分别为。判断在BM和BN间产生亮斑的颜色；求两个亮斑间的距离。15.（1）以下说法符合物理学史的是 A普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元B康普顿效应表明光子具有能量C德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性D汤姆逊通过粒子散射实验，提出了原子具有核式结构。E为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的(2) 如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连。另一质量为m的小物块A以速度v0从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计。(所有过程都在弹簧弹性限度范围内)求：（1）A、B碰后瞬间各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比。答案部分1.考点：电场强度、点电荷的场强理想变压器试题解析：A电场强度和磁感应强度定义物理量的方法是比值定义法，故A正确；B互感现象是变压器工作原理，故B正确；C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，采用了微元法，故C正确；D法拉第最先引入“场”的概念，发现了电磁感应现象，电流的磁效应现象是奥斯特发现的，故D错误。答案：D 2.考点：正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值理想变压器试题解析：由图乙可知交流电压有效值为220V，理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，副线圈电压为24V，电压表的示数是24V电阻为48，所以流过电阻中的电流为0.5A，变压器的输入功率是：P入=P出= W=12W故B正确，AC错误；由图乙可知交流电周期T=0.01s，可由周期求出正弦交变电流的频率是100Hz，故D错误。答案：B 3.考点：牛顿运动定律、牛顿定律的应用试题解析：因为电梯静止时，弹簧被压缩了x，由此可以知道，mg=kx，当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了，弹簧的弹力变大了，所以物体的合力应该是向上的，大小是mg，由牛顿第二定律F=ma可得，mg=ma，所以加速度大小为a=g，合力是向上的，当然加速度的方向也就是向上的，此时物体可能是向上的匀加速运动，也可能是向下的匀减速运动，所以D正确。答案：D 4.考点：法拉第电磁感应定律闭合电路的欧姆定律试题解析：A线框做匀加速运动，其速度v=at，感应电动势E=BLv，感应电流，i与t成正比，故A错误；B线框进入磁场过程中受到的安培力FB=BiL=，由牛顿第二定律得：F-FB=ma，得F=ma+，F-t图象是不过原点的倾斜直线，故B错误；C线框的电功率P=i2R=t2，故C正确；D线框的位移，电荷量t2，q-t图象应是抛物线，故D错误。答案：C 5.考点：闭合电路的欧姆定律试题解析：设电源输出的恒定电流为I0，R1两端电压为UR1（由于通过它的电流恒定，所以该电压亦恒定），滑动端上移前电压表示数为U1，电流表示数为I1；滑动端上移后，电压表示数为U2，电流表示数为I2（由于R0变大，所以必有U2U1，I2I1）。于是有U1=UR1+(I0I1)R2，U2=UR1+(I0I2)R2，两式相减得U2-U1=（I1-I2）R2即|=R2，故选C。答案：C 6.考点：万有引力定律及其应用试题解析：A水星和金星作为环绕体，无法求出质量之比，故A错误；B相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2，可知道它们的角速度之比，根据万有引力提供向心力：，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比，故B正确；C相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2，可知它们的角速度之比为1：2。周期，则周期比为2：1，故C正确；D根据a=r2，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比，故D正确。答案：BCD 7.考点：电势能、电势带电粒子在匀强电场中的运动试题解析：由于匀强电场，以相同速率v向各个方向发射，到达a点的电子速度恰好为零，则电场力做负功，导致动能转变为电势能；由题意可知，电场线的方向由c指向a，因此a点的电势最低，而c点的电势最高故A正确；根据动能定理，O点到达a点电场力做功为-mv2，而O点到达c点电场力做功为mv2，因此到达c点的电子电势能最小，速率是v，故B错误；由题意可知，电子到达b、d两点过程中电场力不做功，所以它们的电子电势能相等，速率均为v，故C正确，D错误。答案：AC 8.考点：共点力的平衡试题解析：取物体B为研究对象，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为a，则有：F=mgtan；解得：；在物体B缓慢拉高的过程中，增大，则水平力F随之变大，对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体A仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大；故C正确；但是因为整体竖直方向并没有其他力，故斜面体所受地面的支持力没有变；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定；故AB错误，D正确。答案：CD 9.考点：实验：研究匀变速直线运动试题解析：（1）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg-Mg=（M+m）a，解得：=；（2）已知第一段位移s1=x1，第三段位移s3=x2，t=2T，根据sm-sn=（m-n）at2得：a=（3）将x1=13.01cm=0.1301m，x2=29.00cm=0.29m代入（2）式，解得：a=2.0m/s2。答案：（1）；（2）；（3）2.0。 10.考点：实验：描绘小电珠的伏安特性曲线试题解析：（1）如果用限流法，待测电阻两端的电压将超出电压表的量程，故用分压法，因为待测电阻是大电阻，故用内接法；（2）开始时待测电阻两端的电压应当最小，故滑动触头应置于a端；（3）用电流表内接法测量的是待测电阻和电流表内阻的和，故测量值偏大，A正确；温度升高，热敏电阻的阻值变小，当与电流表电阻接近时，应改为电流表外接法，C正确（4）将I50 mA、t020C、k0.25 W/C代入I2Rk(tt0)中可得R0.1(t20)k，在Rtt图中作出该直线，找到该直线与实测Rtt曲线的交点，交点所对应的横坐标约为48C，所以该电阻的温度稳定在48C。答案：（1）； （2）a；（3）AC；（4）48(4650均可)。 11.考点：匀变速直线运动及其公式、图像牛顿运动定律、牛顿定律的应用动能和动能定理试题解析：（1）m过B点后遵从s6t2t2(m)所以知：vB6m/s，a4m/s2由牛顿第二定律：mgma，解得0.4（2）物块竖直方向的分运动为自由落体运动，P点速度在竖直方向的分量vy4m/sP点速度在水平方向的分量vxvytan304m/s解得离开D点的速度为vD4m/s由机械能守恒定律，有mvmvmg(hRRcos)得v74m2/s2根据牛顿第二定律，有FNmgm解得FN16.8N根据牛顿第三定律，FNFN16.8N，方向竖直向下.（3）物块刚好能到达M点，有mgm解得vMm/s物块到达P点的速度vP8m/s从P到M点应用动能定理，有mgR(1cos)WPNMmvmv解得WPNM2.4J从B到D点应用动能定理，有WBDmvmv解得WBD2J物块从B点到M点的运动过程中克服摩擦力所做的功为：4J2J4.4J。答案：（1）6m/s；0.4；（2）16.8N；方向竖直向下；（3）4.4J。 12.考点：带电粒子在匀强电场中的运动带电粒子在匀强磁场中的运动试题解析：（1）由动能定理可知，2eUmv，解得U（2）设离子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，根据题述，离子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，且rR，如图甲所示，由牛顿第二定律得：2ev0Bm解得：B（3）根据题述可知离子以与竖直感光板成60的角打在竖直感光板上，离子轨迹如图乙所示。由图中几何关系可知，tan60解得离子轨迹半径rR由2evBm，解得：v。（4）离子从Q点射出后做类平抛运动，如图丙所示，且dv0t，hat2a联立解得：h 。答案：（1）；（2） ；（3）；（4）。 13.考点：温度是分子平均动能的标志、内能固体的微观结构、晶体和非晶体相对湿度气体实验定律理想气体状态方程试题解析：（1）根据温度的微观含义，温度高的物体其分子平均动能一定大，温度高的物体内能可能大，选项A正确；单晶体有规则的几何外形，而多晶体没有规则的几何外形，选项B错误；热量可以从低温物体传给高温物体，选项C正确；夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中变扁的原因是矿泉水瓶内的空气压强小于外界压强，选项D正确；潮湿的天气相对湿度一定很大，但绝对湿度不一定很大，选项E错误。（2）初状态气体压强 气体压强添加铁砂后气体压强 气体压强根据玻意耳定律，气体等温变化，可得：，B活塞下降的高度：气体等温变化，可得 只对气体加热，I气体状态不变，所以当A活塞回到原来位置时气体高度根据气体理想气体状态方程：解得：。答案：（1）ACD；（2）0.4l0；2.5T0 14.考点：简谐运动简谐运动的公式和图像波速、波长和频率（周期）的关系光的折射定律全反射、光导纤维试题解析：（1）由图像知波源的振动周期T=0.2s，波长，经0.45s时传播的距离18m，D正确；故在t=0.45s时波传到18m处，x=16m处的质点在负的最大位移处，A正确；x=13m处的质点在平衡位置上方向上振动，速度的减小，B正确；x=10m质点已经停止振动，C错误；介质中任何一个质点的起振方向都是沿y轴负方向的，E错误。（2）设红光和紫光的临界角分别为,有解得 解得 在O点入射角为45所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，且由几何关系可知，反射光线与AC平行，所以在BN间产生的亮斑为红色紫色的混合色，在BM间产生的亮斑为红色。画出如图光路图:设红光折射角为r，根据折射定律求得由几何知识可得：解得有几何知识可得为等腰直角三角形，解得所以。答案：（1）ABD；（2）红色；。 15.考点：物理学史动量、动量守恒定律及其应用功能关系、机械能守恒定律及其应用试题解析：（1）普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，故A正确；康普顿效应不仅表明了光子具有能量，还表明了光子具有动量，故B错误；德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性，故C正确；卢瑟福在用a粒子轰击金箔的实验中发现了质子，提出原子核式结构学说，故D错误；为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的，故E正确。（2）A、B发生弹性正碰，碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得： 联立解得： ,（2）弹簧第一次压缩到最短时，B的速度为零，该过程机械能守恒， 由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能： 从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时，B、C与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧恢复原长时，B的速度，速度方向向右，C的速度为零，从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，弹簧伸长最长时，B、C速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得： 解得：弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比：。答案：（1） ACE ；（2）,；2:1。