湖南省長沙市明達中學2020屆高三物理模擬考試試題含解析湖南省長沙市明達中學2020屆高三物理模擬考試試題含解析PAGE27-湖南省長沙市明達中學2020屆高三物理模擬考試試題含解析湖南省長沙市明達中學2020屆高三物理模擬考試試題（含解析）一、選擇題:本大題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1—5題只有一項符合題目要求，第6-8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1。研究光電效應現象的實驗電路如圖所示，A、K為光電管的兩個電極，電壓表V、電流計G均為理想電表。已知該光電管陰極K的極限頻率為ν0，元電荷電量為e,普朗克常量為h，開始時滑片P、P＇上下對齊?，F用頻率為ν的光照射陰極K（ν>ν0）,則下列說法錯誤的是A。該光電管陰極材料的逸出功為hν0B.若加在光電管兩端的正向電壓為U,則到達陽極A的光電子的最大動能為hv—hv0+eUC.若將滑片P向右滑動,則電流計G的示數一定會不斷增大D。若將滑片P＇向右滑動，則當滑片P、P＇間的電壓為時，電流計G的示數恰好為0【答案】C【解析】【詳解】A．由極限頻率為ν0,故金屬的逸出功為W0=hν0，A正確;B．由光電效應方程可知，電子飛出時的最大動能為由于加的正向電壓，由動能定理解得故B正確；C．若將滑片P向右滑動時，若電流達到飽和電流，則電流不在發生變化,故C錯誤；D．P＇向右滑動時,所加電壓為反向電壓，由可得則反向電壓達到遏止電壓后,動能最大的光電子剛好不能參與導電,則光電流為零，故D正確;故選C。2。如圖甲所示的“襄陽砲”是古代軍隊攻打城池的裝置，其實質就是一種大型拋石機，圖乙是其工作原理的簡化圖．將質量m=10kg的石塊，裝在與轉軸O相距L=5m的長臂末端口袋中，最初靜止時長臂與水平面的夾角，發射時對短臂施力使長臂轉到豎直位置時立即停止運動，石塊靠慣性被水平拋出，落在水平地面上．若石塊落地位置與拋出位置間的水平距離s=20m，不計空氣阻力，取g=l0m/s2．以下判斷正確的是A。石塊拋出后運動時間為B.石塊被拋出瞬間的速度大小C。石塊即將落地時重力的瞬時功率為D.石塊落地的瞬時速度大小為15m/s【答案】C【解析】【詳解】A、石塊被拋出后做平拋運動：h＝L+Lsina,豎直方向：hgt2，可得:ts，故A錯誤；B、石塊被拋出后做平拋運動，水平方向：s＝v0t，可得：v0m/s,故B錯誤；C、石塊即將落地時重力的瞬時功率為：P＝mgvy＝mg?gt＝500W，故C正確；D、石塊落地的瞬時速度大小為：vm/s,故D錯誤．3.如圖所示為范德格拉夫起電機示意圖，直流高壓電源的正電荷，通過電刷E、傳送帶和電刷F，不斷地傳到球殼的外表面，并可視為均勻地分布在外表面上，從而在金屬球殼與大地之間形成高電壓．關于金屬球殼上的A、B兩點，以下判斷正確的是A。A、B兩點電勢相同B。A、B兩點電場強度相同C.將帶正電的試探電荷從A點移到B點，電勢能增加D。將帶正電的試探電荷從A點移到B點,電勢能減小【答案】A【解析】【詳解】A、由題可知,電荷均勻地分布在外表面上，球殼AB是一個等勢體，各點的電勢是相等的．故A正確；B、球殼AB是一個等勢體，AB的外表面處,各點的電場強度的方向與球殼的外表面垂直，所以A點與B點的電場強度的方向一定不同，故B錯誤;C、由于A、B的電勢是相等的，所以將帶正電的試探電荷從A點移到B點，電場力不做功，電勢能不變．故C錯誤，D錯誤．故選A．【點睛】靜電平衡后，金屬球殼AB的外表面均勻帶電，外部各點的電場強度大小相等,方向不同；金屬球殼AB是一個等勢體,各點的電勢相等．4。如圖為模擬遠距離輸電的部分測試電路.a、b端接電壓穩定的正弦交變電源，定值分別為,且，理想變壓器的原、副線圈匝數比為k且，電流表、電壓表均為理想表，其示數分別用I和U表示。當問下調節電滑動變阻器R3的滑動端P時，電流表、電壓表示數變化分別用ΔI和ΔU表示.則以下說法錯誤的是（）A. B。C。電源的輸出功率一定減小 D。電壓表示數一定增加【答案】B【解析】【詳解】A．理想變壓器初、次級線圈電壓變化比電流變化比為則將視為輸入端電源內阻,則所以這也是耦合到次級線圏電阻值為,即為等效電源內阻，故A正確；B．因故B錯誤；C．當向下調節滑動變阻器R3的滑動端P時,負載電阻變大，電源電壓不變，電流減小，故電源輸出功率減小，故C正確;D．當向下調節滑動變阻器R3的滑動端P時,負載電阻變大，則回路中電流變小，則原線圈電流也減小，那么電阻R1上的電壓減小，電源電壓不變，所以原線圈的電壓變大，根據匝數比可知副線圈的電壓也變大，故D正確。故選B5.如圖所示，abcd為邊長為L的正方形線框，線框在紙面內,電阻為R．圖中虛線區域內有垂直紙面向里的勻強磁場．現用外力作用于線框，使線框從圖示位置開始沿x軸正方向做初速度為零的勻加速運動,線框運動過程中,ad邊始終水平，線框平面始終與磁場垂直，磁場寬度大于L，x軸正方向作為力的正方向，則磁場對線框的作用力F隨時間t的變化圖線及線框ab邊的電壓U隨時間t的變化圖象正確的是A。 B。C。 D?！敬鸢浮緼D【解析】【詳解】線圈做初速度為零的勻加速直線運動，速度v=at，進磁場和出磁場受到的安培力，則A正確，B錯誤；進磁場時，ab兩端的電壓；在磁場中運動時，；出磁場時，ab兩端的電壓，則選項C錯誤，D正確;故選AD.【點睛】對于圖象問題,關鍵是能夠根據已知的公式、定律等推導出橫坐標和縱坐標的關系式，分析斜率的變化，然后作出正確的判斷．6.如圖所示,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上,用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小,幾乎觀察不到,這就是大家熟悉的慣性演示實驗，若砝碼和紙板的質量分別為M和m,各接觸面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g（）A。紙板相對砝碼運動，紙板所受摩擦力的大小為B。要使紙板相對砝碼運動F一定大于C。若砝碼與紙板分離時的速度大于，則砝碼不會從桌面上掉下D.當時，砝碼恰好到達桌面邊緣【答案】BC【解析】【詳解】A．砝碼和桌面對紙板的摩擦力分別為紙板所受摩擦力的大小為故A錯誤；B．紙板相對砝碼運動時，有二者發生相對運動需要滿足代入已知條件解得故B正確；C．若砝碼與紙析分離時的速度小于，砝碼勻加速運動的位移小于勻減速運動的位移小于則位移小于d，砝碼不會從桌面上掉下來,故C正確;D．當時,紙帶的加速度根據解得砝碼從開始運動到脫離紙板時勻加速運動的位移可知砝碼脫離紙板時恰好到達桌面邊緣，因此時砝碼具有速度,則砝碼會從桌面上掉下來,故D錯誤.故選BC.7。如圖所示是一個半徑為R的豎直圓形磁場區域，磁感應強度大小為B，磁感應強度方向垂直紙面向內．有一個粒子源在圓上的A點不停地發射出速率相同的帶正電的粒子，帶電粒子的質量均為m，運動的半徑為r,在磁場中的軌跡所對應的圓心角為．下列說法正確的是A。若r=2R，則粒子在磁場中運動的最長時間為B.若r=2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場,則有成立C.若r=R，粒子沿著磁場的半徑方向射入,則粒子在磁場中的運動時間為D。若r=R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場，則圓心角為150°【答案】BD【解析】若r=2R，粒子在磁場中時間最長時，磁場區域的直徑是軌跡的一條弦,作出軌跡如圖,因為r=2R，圓心角θ=60°，粒子在磁場中運動的最長時間,故A錯誤．若r=2R,粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場，根據幾何關系，有，故B正確．若r=R，粒子沿著磁場的半徑方向射入,粒子運動軌跡如圖所示，圓心角90°，粒子在磁場中運動的時間，故C錯誤．若r=R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場，軌跡如圖所示，圖中軌跡圓心與磁場圓心以及入射點和出射點構成菱形，圓心角150°,故D正確．故選BD.8。如圖所示,一彈性輕繩(繩的彈力與其伸長量成正比）一端固定在A點,彈性繩自然長度等于AB,跨過由輕桿OB固定的定滑輪連接一個質量為m的絕緣帶正電、電荷量為q的小球。空間中還存在著水平向右的勻強電場（圖中未畫出)，且電場強度E=。初始時A、B、C在一條豎直線上，小球穿過水平固定的桿從C點由靜止開始運動，滑到E點時速度恰好為零.已知C、E兩點間距離為L，D為CE的中點，小球在C點時彈性繩的拉力為，小球與桿之間的動摩擦因數為0。5,彈性繩始終處在彈性限度內。下列說法正確的是A。小球在D點時速度最大B.若在E點給小球一個向左的速度v,小球恰好能回到C點，則v=C.彈性繩在小球從C到D階段做的功等于在小球從D到E階段做的功D。若保持電場強度不變,僅把小球電荷量變為2q，則小球到達E點時的速度大小v=【答案】ABD【解析】【詳解】A。對小球分析可知，在豎直方向由與，故支持力為恒力,即，故摩擦力也為恒力大小為從C到E，由動能定理可得由幾何關系可知，代入上式可得在D點時，由牛頓第二定律可得由，將可得，D點時小球的加速度為故小球在D點時的速度最大，A正確；B。從E到C,由動能定理可得解得故B正確；C。由于彈力的水平分力為，和均越來越大，故彈力水平分力越來越大，故彈性繩在小球從C到D階段做的功小于在小球從D到E階段做的功，C錯誤；D.將小球電荷量變為,由動能定理可得解得故D正確；故選ABD.二.填空題9。實驗小組采用如圖甲所示實驗裝置測量木塊與木板間動摩擦因數μ，提供的器材有：帶定滑輪的長木板,有凹槽的木塊，質量為m0的鉤碼若干,打點計時器，電源，紙帶，細線等．實驗中將部分鉤碼懸掛在細線下,剩余的鉤碼放在木塊的凹槽中，保持長木板水平，利用打出的紙帶測量木塊的加速度．(1）正確進行實驗操作，得到一條紙帶．紙帶的一部分如左圖所示，紙帶上兩相鄰計數點的時間間隔為T=0。10s．該同學將紙帶從每個計數點處截斷,得到6條短紙帶，再把6條短紙帶的下端對齊貼在紙上，以紙帶下端為橫軸建立直角坐標系，并將刻度尺邊緣緊靠縱軸，其示數如右圖所示．則打下計數點“2”時小車的速度大小為____________m/s；小車的加速度大小為___________m/s2（結果均保留兩位有效數字）（2）將木塊凹槽中的鉤碼逐個添加到細線下端,改變懸掛鉤碼的總質量m，測得相應的加速度a，作出a－m圖象如圖所示．已知當地重力加速度g＝9.8m/s2，則木塊與木板間動摩擦因數μ＝________(保留兩位有效數字）；μ的測量值________（選填“大于”“小于"或“等于"）真實值．（3)實驗中________（選填“需要”或“不需要")滿足懸掛鉤碼總質量遠小于木塊和槽中鉤碼總質量．【答案】（1）。0。47；(2)。0。70；（3).0.33；（4).大于；(5)。不需要；【解析】【詳解】（1)依據中時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，那么計數點“2”時小車的速度大小為：；根據?x=aT2結合逐差法可得:．（2)根據牛頓第二定律可知mg-μ（M—m）g=Ma，解得，由圖可知,-μg=-3。3，解得μ=0.33；

μ的測量值大于真實值,原因是滑輪與軸承、細線間有摩擦,紙帶與打點計時器間有摩擦等；

（3）在此實驗中，由于把小車和砝碼的質量作為了整體，結合第二問可知，不需要滿足懸掛鉤碼質量遠小于木塊和槽中的鉤碼總質量；【點睛】此題在求解加速度時還可這樣做：紙帶的長度之比等于此段紙帶的平均速度之比，還等于各段紙帶中間時刻的速度之比，即紙帶的高度之比等于中間時刻速度之比，這種等效替代的方法減小了解題難度，要提高應用勻變速直線的規律以及推論解答實驗問題的能力,在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用．10。某同學利用DIS、定值電阻R0、電阻箱R1等實驗器材測量電池a的電動勢和內阻,實驗裝置如圖甲所示．實驗時多次改變電阻箱的阻值，記錄外電路的總電阻阻值R，用電壓傳感器測得端電壓U，并在計算機上顯示出如圖乙所示的1/U－1/R關系圖線a.重復上述實驗方法測量電池b的電動勢和內阻，得到圖乙中的圖線b.(1）由圖線a可知電池a的電動勢Ea＝________V，內阻ra＝________Ω.(2）若用同一個電阻R先后與電池a及電池b連接，則兩電池的輸出功率Pa________Pb(填“大于”、“等于"或“小于”），兩電池的效率ηa________ηb（填“大于”、“等于"或“小于”）．【答案】(1）.2（2).0。5（3)。小于(4）。大【解析】【詳解】（1）圖線與縱軸的交點表示外電路斷路時的,即，所以，由得，所以圖線的斜率為，即，所以；（2）當兩外電阻相同時，由圖象可知，,即，所以由得，由公式可知，圖線的橫截距的絕對值表示內阻的倒數，故由圖可知，電池內電阻，又電池效率，在兩外電阻相等的情況下,有【點睛】本題考查了閉合電路歐姆定律的數據處理的方法，應用了圖象法及電源的輸入功率的表達式，難度較大．11。一球形人造衛星,其最大橫截面積為A、質量為m，在軌道半徑為R的高空繞地球做圓周運動．由于受到稀薄空氣阻力的作用，導致衛星運行的軌道半徑逐漸變?。l星在繞地球運轉很多圈之后，其軌道的高度下降了△H，由于△H<〈R，所以可以將衛星繞地球運動的每一圈均視為勻速圓周運動．設地球可看成質量為M的均勻球體,萬有引力常量為G．取無窮遠處為零勢能點，當衛星的運行軌道半徑為r時，衛星與地球組成的系統具有的勢能可表示為．(1)求人造衛星在軌道半徑為R的高空繞地球做圓周運動的周期；（2）某同學為估算稀薄空氣對衛星的阻力大小，做出了如下假設：衛星運行軌道范圍內稀薄空氣的密度為ρ，且為恒量；稀薄空氣可看成是由彼此不發生相互作用的顆粒組成的,所有的顆粒原來都靜止，它們與人造衛星在很短時間內發生碰撞后都具有與衛星相同的速度,在與這些顆粒碰撞的前后，衛星的速度可認為保持不變．在滿足上述假設的條件下，請推導：①估算空氣顆粒對衛星在半徑為R軌道上運行時,所受阻力F大小表達式；②估算人造衛星由半徑為R軌道降低到半徑為R-△H的軌道的過程中，衛星繞地球運動圈數n的表達式．【答案】（1)（2)①；②【解析】試題分析：（1）設衛星在R軌道運行的周期為T，根據萬有引力定律和牛頓第二定律有：解得:（2)①如圖所示，最大橫截面積為A的衛星，經過時間從圖中的實線位置運動到了圖中的虛線位置,該空間區域的稀薄空氣顆粒的質量為以這部分稀薄空氣顆粒為研究對象，碰撞后它們都獲得了速度v，設飛船給這部分稀薄空氣顆粒的平均作用力大小為F，根據動量定理有：根據萬有引力定律和牛頓第二定律有:，解得：根據牛頓第三定律，衛星所受的阻力大小F′=．②設衛星在R軌道運行時的速度為v1、動能為Ek1、勢能為Ep1、機械能為E1,根據牛頓定律和萬有引力定律有：衛星的動能，勢能解得:衛星高度下降ΔH，在半徑為（R—ΔH)軌道上運行，同理可知其機械能衛星軌道高度下降ΔH，其機械能的改變量衛星機械能減少是因為克服空氣阻力做了功．設衛星在沿半徑為R的軌道運行一周過程中稀薄空氣顆粒作用于衛星的阻力做的功為W0,利用小量累積的方法可知：上式表明衛星在繞不同軌道運行一周，稀薄空氣顆粒所施加的阻力做的功是一恒量，與軌道半徑無關．則ΔE=nW0解得：考點：牛頓定律；萬有引力定律；能量守恒定律.12。如圖所示，間距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌與水平面的夾角為θ,導軌光滑且電阻忽略不計.場強為B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁場區域的寬度為d1，間距為d2。兩根質量均為m、有效電阻均為R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直。(設重力加速度為g）(1）若a進入第2個磁場區域時，b以與a同樣的速度進入第1個磁場區域，求b穿過第1個磁場區域過程中增加的動能△Ek。（2)若a進入第2個磁場區域時，b恰好離開第1個磁場區域；此后a離開第2個磁場區域時，b又恰好進入第2個磁場區域。且a、b在任意一個磁場區域或無磁場區域的運動時間均相同。求b穿過第2個磁場區域過程中,兩導體棒產生的總焦耳熱Q。(3）對于第（2）問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區域時的速率?！敬鸢浮?1)（2）（3)【解析】【詳解】⑴a和b不受安培力作用，由機械能守恒知:⑵設導體棒剛進入無磁場區域時的速度為，剛離開無磁場區域時的速度為，由能量守恒知在磁場區域中：在無磁場區域中：解得：⑶有磁場區域，棒a受到合力：感應電動勢：感應電流：解得：根據牛頓第二定律，在t到時間內:則有：解得：又在無磁場區域,根據勻變速直線運動規律有：且平均速度：聯立解得：由題意知：[物理－選修3－3］13。下列說法正確的是(）A.分子間同時存在著引力和斥力，當分子間距增加時，分子間的引力和斥力都減小B。根據恒量，可知液體的飽和汽壓與溫度和體積有關C.液晶具有液體的流動性，同時其光學性質具有晶體的各向異性特征D.在不考慮分子勢能的情況下，1mol溫度相同的氫氣和氧氣內能相同E.液體表面張力的方向與液面垂直并指向液體內部【答案】ACD【解析】【詳解】A.分子間的引力和斥力都隨距離增大而減小，故A正確；B。液體的飽和氣壓和溫度、外界壓強有關，故B錯誤；C。液晶是一種特殊晶體，其具有液體的流動性，又具有晶體的各向異性特征，故C正確；D.在不考慮分子勢能的情況下,1mol溫度相同的氫氣和氧氣分子數相同，分子的平均動能也相同，故內能相同,故D正確；E.液體的表面張力與液面相切，故E錯誤；故選ACD。14。如圖所示，開口向上、豎直放置的內壁光滑氣缸的側壁是絕熱的,底部導熱，內有兩個質量均為m的密閉活塞，活塞A導熱,活塞B絕熱,將缸內理想氣體分成Ⅰ、Ⅱ兩部分．初狀態整個裝置靜止不動處于平衡狀態，Ⅰ、Ⅱ兩部分氣體的長度均為l0，溫度為T0.設外界大氣壓強為p0保持不變，活塞橫截面積為S，且2mg＝p0S,環境溫度保持不變．①在活塞A上逐漸添加鐵砂，當鐵砂質量等于2m時，兩活塞在某位置重新處于平衡狀態，求活塞B下降的高度；②現只對Ⅱ氣體緩慢加熱,使活塞A回到初始位置，求此時Ⅱ氣體的溫度．【答案】①0。33l0②2.1T0【解析】【詳解】①初狀態：Ⅰ氣體壓強Ⅱ氣體壓強添加鐵砂后：Ⅰ氣體壓強Ⅱ氣體壓強Ⅱ氣體發生等溫變化，根據玻意耳定律:p2l0S＝p′2l2SB活塞下降的高度h2＝l0－l2帶入數據解得h2＝033l0。②Ⅰ氣體發生等溫變化，根據玻意耳定律：p1l0S＝p′1l1S只對Ⅱ氣體加熱，Ⅰ氣體狀