2019-2020年高三第三次统一检测理综物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三第三次统一检测理综物理试题 含解析一、单项选择题：本大题共4小题，每题小4分，共16分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，有选错或不答的得0分1（4分）（xx肇庆三模）如图所示，被轻绳系住静止在光滑斜面上的小球若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G，则G的两个分力的方向分别是图中的（） A 1和4 B 3和4 C 2和4 D 3和2【考点】： 力的分解【专题】： 平行四边形法则图解法专题【分析】： 将力进行分解时，一般要按照力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要按照力的实际作用效果来分解，要看力产生的实际效果【解析】： 解：小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是3和4，故B正确，ACD错误故选：B【点评】： 按照力的实际作用效果来分解是常用方法，看准产生的效果即可，比较简单2（4分）（xx肇庆三模）四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如图所示，下列说法正确的是（） A 甲车做直线运动，乙车做曲线运动 B 这四辆车均从静止开始运动 C 在0t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远 D 在0t2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小【考点】： 匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： 在位移时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等；在速度时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移【解析】： 解：A、xt图象中，位移方向用正负表示，图中甲、乙两个物体的位移一直为正，且不断增加，故甲与乙都是单向的直线运动，故A错误；B、xt图象的斜率表示速度，vt图象的斜率表示加速度，故乙车做减速直线运动，甲车做匀速直线运动，则甲不是从静止开始运动，故B错误；C、由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C正确D、在0t2时间内，丁的速度大于丙的速度，两车间的距离一直增大，故D错误；故选：C【点评】： 要求同学们能根据图象读出有用信息，关键要研究图象斜率的物理意义，注意位移时间图象和速度时间图象的区别3（4分）（xx肇庆三模）“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（） A “轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救 B 站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动 C “轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5 倍 D “轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动【解析】： 解：A、“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星故A错误B、因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动故B错误C、根据得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍故C错误D、根据得：a=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍故D正确故选：D【点评】： 解决本题的关键知道万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道卫星变轨的原理，知道当万有引力大于向心力，做近心运动，当万有引力小于向心力，做离心运动4（4分）（xx肇庆三模）如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（垂直纸面向里）现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动令U表示MN两端电压的大小，则（） A U=Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d B U=Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b C MN受到的安培力大小FA=，方向水平向右 D MN受到的安培力大小FA=，方向水平向左【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 当MN运动时切割磁感线，MN相当于电源由右手定则判断电流的方向再根据闭合电路欧姆定律求出MN两端电压的大小由左手定则可得出安培力的方向；由F=BIL可求得安培力的大小【解析】： 解：A、当MN运动时，相当于电源但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为E=BLV，MN的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R，则电阻上的电压为BLv，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，那么流过电阻的就是由b到d故A正确，B错误C、MN受到的安培力F=BIL=；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故D正确；C错误；故选：AD【点评】： 本题考查导体切割磁感线中的力学及电路问题，要求能够把电磁感应和电路知识结合起来解决问题会用右手定则判断电流的方向；用左手定则分析安培力的方向二、双项选择题（每小题6分，每小题给出的四个选项中，有二个选项符合题意全选对得6分，只选一项且正确得3分，错选或不选均得0分.）5（6分）（xx肇庆三模）已知氘核的平均结合能是1.09MeV，氚核的平均结合能是2.78MeV，氦核的平均结合能是7.03MeV在某次核反应中，1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核并放出17.6MeV的能量，下列说法正确的是（） A 这是一个裂变反应 B 核反应方程式为H+HHe+n C 目前核电站都采用上述核反应发电 D 该核反应会有质量亏损【考点】： 裂变反应和聚变反应；爱因斯坦质能方程【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应；由质量数守恒和电荷数守恒判定反应方程是否正确；由质能方程判断出释放的核能；目前核电站都采用核裂变发电【解析】： 解：A、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应故A错误；B、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，根据质量数与质子数守恒知同时有一个中子生成，反应方程为H+HHe+n故B正确；C、目前核电站都采用核裂变发电故C错误；D、该反应放出热量，所以一定有质量亏损故D正确故选：BD【点评】： 本题考查了核反应方程的书写以及质能方程的简单应用，属于简单基础题目，平时练习中对这类问题注意多加训练，不可忽视6（6分）（xx肇庆三模）下列说法正确的是（） A 理想气体温度升高时，分子的平均动能一定增大 B 一定质量的理想气体，体积减小时单位体积内的分子数增多，气体的压强一定增大 C 压缩处于绝热容器中的一定质量的理想气体，其内能一定增加 D 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能都随分子间距离的增大而减小【考点】： 理想气体的状态方程；温度是分子平均动能的标志；热力学第一定律【专题】： 热力学定理专题【分析】： 温度是分子平均动能的标志，要结合理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化，根据热力学第一定律分析内能的变化，根据分子力与分子距离的关系分析分子势能【解析】： 解：A、温度是分子平均动能的标志，理想气体温度升高时，分子的平均动能一定增大，故A正确B、一定质量的理想气体，体积减小时，单位体积内的分子数增多，根据理想气体的状态方程：可知，若气体的温度同时降低，则气体的压强不一定增大，B错误；C、压缩处于绝热容器中的一定质量的理想气体，外界对气体做功，绝热没有热交换，其内能一定增加，故C正确D、当分子力表现为引力时，分子力随分子间距离的增大而减小，分子势能随分子间距的增大而增大，故D错误故选：AC【点评】： 该题考查温度的微观意义、理想气体的状态方程、热力学第一定律、以及分子势能等知识点的内容，要掌握温度是分子平均动能的标志，会利用热力学第一定律分析内能变化7（6分）（xx肇庆三模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sin100tV，则（） A 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V B 当t=s时，c、d间的电压瞬时值为110V C 单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小 D 变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，输入功率变大【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 由时间求出瞬时电压的有效值，再根据匝数比等于电压之比求电压，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化【解析】： 解：A、原线圈两端电压有效值为220V，副线圈两端电压有效值为22V，电表测量的是有效值，故A正确；B、当t=s时，ac两点电压瞬时值为110V，故B错误；C、副线圈的电压由匝数和输入电压决定，输入电压和匝数不变，故电压表的示数不变，滑动变阻器触片向上移，电阻变大，根据欧姆定律知电流减小，即电流表示数减小，故C错误；D、变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以电压表和电流表的示数均变大，功率P=UI增大，故D正确；故选：AD【点评】： 本题考查了变压器的特点，需要特别注意的是CD两选项，考查了电路的动态分析，这是高考中的热点8（6分）（xx肇庆三模）x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x轴上各点的电场强度E随x变化的图象如图所示，该图象关于O点对称，x1和x1为x轴上的两点下列说法正确的是（） A O点的电势最低 B x1和x1两点的电势相等 C 电子在x1处的电势能大于在x1处的电势能 D 电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，则到达O点时速度最大【考点】： 电势能；电势【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据题意，电场关于x轴对称分布可知，作出电场线如图，根据顺着电场线，电势降低和对称性可判断电势高低【解析】： 解：A、B、作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，x1和x1两点的电势相等，故A错误，B正确C、从图线看出，电场强度关于原点O对称，则X轴上关于O点对称位置的电势相等故C错误，D、电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，到达O点时电场力做功最大，故动能最大，速度最大，故D正确；故选：BD【点评】： 本题关键抓住沿着电场强度的方向，电势一定降低；然后结合图象得到电场强度的分布情况，再分析电势变化情况即可9（6分）（xx肇庆三模）如图所示，一质量为m（可视为质点）的物块以一定的初速度v0从斜面底端向上运动，恰能滑行到斜面底端设物块与斜面间的动摩擦因数一定，斜面的高度h和底边长度x可独立调节（斜边长随之改变），下列说法正确的是（） A 若只增大m，物块不能滑到斜面顶端 B 若只增大h，物块不能滑到斜面顶端，但上滑最大高度一定增大 C 若只增大x，物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大 D 若再施加一个水平向右的恒力，物块一定从斜面顶端滑出【考点】： 动能定理【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 根据动能定理求出初速度与上升高度之间的关系式，抓住水平位移和竖直高度的关系，结合关系式分析求解【解析】： 解：A、物块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端，根据动能定理得，mghmhscos=0mv，即ghhscos=0，可见与物体的质量无关，增大m，物块仍能滑到斜面顶端故A错误B、根据gh+hscos=，知h增大，物块不能滑到斜面的顶端，结合gh+ghctg=，知h=，增大h，增大，则上升的最大高度增大故B正确C、根据gh+gx=，知x增大，物块不能滑到斜面的顶端，结合gxtg+gx=，知x=，增大x，斜面的倾角变小，则滑行的最大距离一定增大故C正确D、施加一个水平向右的恒力，恒力沿斜面方向的分力可能小于摩擦力的增加量，则物块不一定能从斜面顶端滑出故D错误故选：BC【点评】： 解决本题的关键得出动能定理得出初速度和上升最大高度的关系式，通过关系式分析求解三、非选择题：按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位10（8分）（xx肇庆三模）某同学利用如图（甲）所示的装置探究加速度与合外力的关系小车质量为M，桶和砂子的总质量为m，通过改变m改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧秤的示数）图（丙）为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则C点的速度为0.8m/s，小车的加速度4m/s 2（以上两空保留一位有效数字）根据实验数据画出了如图（乙）所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为D（选填字母代号）A B Cmg DF当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于（乙）图的说法，正确的是C（选填字母代号）A图线逐渐偏向纵轴 B图线逐渐偏向横轴 C图线仍保持原方向不变【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】： 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚对小车列出牛顿第二定律方程和平衡方程，解出加速度a的函数表达式，然后即可得出横轴坐标与斜率与什么物理量有关，从而得出结论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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小【解析】： 解：纸带上面每打一点的时间间隔是0.02s，且每两个记数点间还有四个计时点未画出，T=0.1s根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小vC=0.8m/s连续相等时间内的位移差为x=4cm=0.04m，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可得：a=4m/s2对小车分析，应有F=ma，解得：a=F，由于图线经过坐标原点，所以横轴应为F，故D正确故选：D由于图象的斜率为k=，所以增大沙和沙桶质量，k不变，仍保持原方向不变，所以C正确故选：C故答案为：0.8，4；D；C【点评】： 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，能利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力11（10分）（xx肇庆三模）某同学要测量一电压表的内阻，所备器材如下：A待测电压表V（量程3V，内阻未知） B定值电阻R0（阻值2k）C电池组E（电动势略小于3V，内阻忽略不计）D多用电表E开关S1、S2，导线若干该同学想利用多用电表粗测电压表的内阻，请将以下主要操作步骤补充完整：对多用电表进行机械调零将选择开关拔到“1k”的欧姆档上将红黑表笔短接，进行欧姆调零将图（甲）中多用电表和电压表连接，其中红表笔应接电压表的负极（选填“正”、“负”）正确连接后，发现指针偏转较大，换用“100”的欧姆档，应先欧姆调零，再次测量，多用电表刻度盘上的指针位置如图（乙）所示，测量结果是3000为了更精确测量此电压表的内阻，该同学设计了如图（丙）所示的实验电路图，请在图（丁）上用笔画线代替导线进行实物连接该同学首先闭合S1，读电压表示数U1；再闭合S2，读电压表示数U2，则电压表内阻RV=（用U1、U2、R0表示）【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： （1）使用多用电表时，不论测量什么，电流都是从红表笔进，黑表笔出；测量电阻时，指针指在中央刻度附近，读数较准确，读数等于指针示数与倍率的乘积；（2）分析电路结构，根据实验步骤求出电源电动势，然后由串联电路特点及欧姆定律可以求出电压表内阻【解析】： 解：（1）IV使用多用电表时，不论测量什么，电流都是从红表笔进，黑表笔出，由于欧姆表内部电源接在黑表笔上，故为了保证电压表正向偏转，所以红表笔应接电压表的负极；V测量电阻时，指针指在中央刻度附近，指针偏角太大或太小时，要重新选当，然后欧姆调零后再测量，读数等于指针示数与倍率的乘积，故答案为：欧姆调零、3000 （2）根据电路图连接实物图如图所示：由电路图可知，将开关S置于1，读出电压表的示数U1；由于此时电压表的读数为U1，则该电源的电动势E=U1；将开关S置于2，电压表与定值电阻串联，读出电压表的示数U2根据串联电路分压特点得：解得：故答案为 负； 欧姆调零；3000 如答图所示【点评】： 欧姆表示数等于指针所指表盘示数乘以欧姆表的倍率；分析清楚电路结构，熟练应用串联电路特点及欧姆定律是正确求出电压表内阻的关键12（18分）（xx肇庆三模）如图所示，质量为3kg的长木板B放在光滑的水平面上，右端与半径R=1m的粗糙的圆弧相切，左端上方放质量为1kg物块C，物块C与长木板B的动摩擦因数为0.2现使质量为1kg的物体A从距圆弧上端h=5m处静止释放，到达水平轨道与B碰撞后一起运动，再经1s物块C刚好运动到B的右端且不会掉下取g=10m/s求：（1）物体A刚进入圆弧时对轨道的压力；（2）长木板B的长度；（3）物体A经过圆弧时克服阻力做的功【考点】： 动能定理的应用；自由落体运动【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）物体A从释放到进入圆弧前做自由落体运动，求出进如圆弧时的速度，进入圆弧时做圆周运动，轨道的支持力提供向心力，根据向心力公式即可求解；（2）根据牛顿第二定律求出物块C从开始运动到长木板具有相同速度过程中的加速度，根据运动学公式求出滑块C运动的位移，物块C在B的右端时两者具有相同的速度，根据运动学基本功公式结合位移关系即可求解；（3）物块A与木板B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列式，物块A从静止释放到与木板A碰撞前，由动能定理列式，联立方程即可求解【解析】： 解：（1）物体A从释放到进入圆弧前做自由落体运动，有：刚进入圆弧时有：联立、式解得：=（2）物块C从开始运动到长木板具有相同速度过程中有：物块C运动距离为：物块C在B的右端时两者具有相同的速度为：VB2=VC=aCt=21=2m/s由速度公式得木板刚开始运动时速度为：VB1=VB2+aBt=2+0.5=2.5m/s木板B运动距离为：木板B的长度为：L=SBSc=2.251=1.25m（3）物块A与木板B碰撞过程中动量守恒有：mAVA2=（mA+mB）VB1，代入数据得：VA2=10m/s物块A从静止释放到与木板A碰撞前，由动能定理有：物体A经过圆弧时克服阻力做的功：Wf=10J答：（1）物体A刚进入圆弧时对轨道的压力为100N；（2）长木板B的长度为1.25m；（3）物体A经过圆弧时克服阻力做的功为10J【点评】： 本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式与圆周运动的综合，知道圆周运动向心力的来源，运动过程较为复杂，难度较大13（18分）（xx肇庆三模）如图所示，在xoy坐标系的原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射粒子，粒子的速度大小均为v0，在0yd的区域内分布有指向E=y轴正向的匀强电场，场强大小，其中q、m分别为粒子的电量和质量；在dy2d的区域内分布有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界AB为一块很大的平面感光板垂直于xoy平面且平行于x轴，放置于y=2d处观察发现此时恰好无粒子打到AB板上（q、d、m、v0均为已知量，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用）求：（1）粒子通过电场和磁场边界MN时的速度大小及此时距y轴的最大距离（2）磁感应强度B的大小（3）将AB板至少向下平移多少距离，才能使所有粒子均能打到AB板上？此时AB板上被粒子打中的区域长度是多少？【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）根据动能定理求出粒子刚进人磁场时的动能（2）粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小（3）沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置，根据几何关系求出ab板上被粒子打中的区域的长度【解析】： 解：（1）根据动能定理：可得：v=2v0初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，由类平抛知识：Eq=max=v0t解得：（2）根据上题结果，对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角：初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，而且与mn之间的夹角最小，由图可得，若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹与ab板相切是临界条件，可得其圆周运动的半径：又根据洛伦兹力提供向心力：可得：（3）由分析可知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切 由分析可知此时磁场宽度为原来的，即d，则：ab板至少向下移动：沿x轴正方向射出的粒子打在ab板的位置粒子打在ab板区域的右边界由几何知识可知：ab板上被粒子打中区域的长度：答：（1）粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及距y轴的最大距离为；（2）磁感应强度B的大小；（3）将ab板至少向下平移的距离才能使所有的粒子均能打到板上，此时ab板上被粒子打中的区域的长度【点评】： 本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键确定粒子运动的临界情况，通过几何关系解决，对学生数学几何能力要求较高