2020届高三物理第三次模拟考试题(四)

1、2019届高三第三次模拟考试卷物理（四）16.用如图甲所示的装置研究光电效应现象。闭合开关S,用频率为v的光照射光电管时发生了光电效应。图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能E与入射光频率Y的关系图象,图线与横轴的交点坐标为（a,0）,与纵轴的交点坐标为（0,-b）,下列说法中正确的是（）号位座号场考封密不注意事项：1 .答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2 .选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3 .非选择题的作答：用签字笔直接答在

2、答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4 .考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。号证考准装只名姓卷此级班二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求。第1921题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分,有选错的得0分。14.超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示，在锥形金属筒内放置四颗小铁珠（其余两颗未画出），工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部，同时，小铁珠陷于钉柱上的凹槽A.普朗克常量为h=_baB.断开开关S后，电流表G的示数为零C.仅增加照射光的强度，光电子的最

3、大初动能将增大D.保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G的示数保持不变17.如图所示，光滑细杆BC和AC构成直角三角形ABC其中AC杆竖直，BC杆和ACm'司的夹角0=37°,两根细杆上分别套有可视为质点的小球P、Q质量之比为1:2。现将RQ两个小球分别从杆AC和BC的项点由静止释放，不计空气阻力，sin37°=0.6。则P、Q两个小球由静止释放后到运动至C点的过程中，下列说法正确的是（）U，锁死防盗扣。当用强磁场吸引防盗扣的顶部时，铁环和小铁珠向上移动，防盗扣松开。已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90。，弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F,小铁珠

4、锁D.舟（不计摩擦以及小铁珠的重力）（CA.重力的冲量之比为1：1B.重力的冲量之比为5:6C.合力的冲量之比为5:8D.合力的冲量之比为5:218.如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场,15.如图所示，两颗质量不等卫星分别位于同一轨道上绕地球做匀速圆周运动。若卫星均顺时针运行，不计卫星间的相互作用力，则以下判断中正确的是A.两颗卫星的加速度大小不相等B.两颗卫星的运动速度大小相等C.两颗卫星所受到的向心力大小相等D.卫星1向后喷气就一定能追上卫星2导轨间距为l且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计。现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，在金属

5、棒以O点为轴沿顺时针方向以角速度-转过60。的过程中（金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计）（）Bl2a.通过定值电阻的最大电流为-R-Bl2b.通过定值电阻的最大电流为2RBl2C.通过定值电阻的电荷量为2R第n卷（非选择题，共174分）3Bl2D.通过定值电阻白电荷量为2R三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求做答）19.甲、乙两车在平直公路上行驶，其位移一时间图象如图所示，则下列说法正确的是（一）必考题（共129分）22.（6分）用伏安法测定一段金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材:待

6、测金属丝：R（阻值约为5额定电流约0.5A）;电压表:V（量程3V,内阻约3k）;电流表:A（量程0.6A,内阻约0.2Q）A.04s内，乙车做匀速直线运动电流表:A（量程3A,内阻约0.05Q）B.2s末，甲、乙两车相遇电源：Ei（电动势12V,内阻不计）；C.2s末，甲车的速度小于乙车的速度滑动变阻器：R（最大阻值约20Q）D.20.04s内，甲、乙两车的平均速度相同如图甲，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q=+1X103C,质量件螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S;导线wtu0.02kg的小球从a点静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O过程中的vt图象如图乙中图线所示，其

7、中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中为过b点的切线，则下列说法正确的是（）AA.B.C.D.b国甲图乙P、Q带正电荷b点的场强E=30V/ma、b两点间的电势差为90V小球从a到O的过程中电势能先减少后增加（1）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选（2）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图，则电压表的读数为表的读数为A,被测金属丝的电阻为（3）在虚线框内完成电路原理图。V,电流21.如图甲，边长为L的闭合正方形金属框abcd置于光滑斜面上，CD是斜面的底边，金属框23. （9分）图甲所示为某实验小组测量AB两个箱子质量的装置图，其中D为铁架台，E为固ab电阻为R,

8、在金属框下方有一矩形匀强磁场区域MNN?,磁感应强度为B、方向垂直于斜面向下,定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光/MN/CD现给金属框施加一平行于斜面的力F,使金属框沿斜面向下从静止开始始终以恒定的加条（质量不计）。此外该实验小组还准备了祛码一套（总质量m=1kg）和刻度尺等，请在以下实验步速度做匀加速直线运动。图乙为金属框在斜面上运动的过程中力F随时间t的变化图象。则（骤中按要求作答:（）A,磁场的宽度为8L3B.金属框的cd边刚好进入磁场时受到的安培力大小为2,32BL3Rt0fthoD.金属框穿出磁场的过程中，重力势能的减小量大于框

9、产生的焦耳热与增加的动能之和（2）取出质量为m的祛码放在A中，剩余祛码都放在B中，让A从位置O由静止开始下降。C.金属框进入磁场的过程中，重力势能的减小量小于框产生的焦耳热与增加的动能之和（1）在铁架台上标记一位置O并测得该位置与光电门之间的高度差（3）记录下遮光条通过光电门的时间t,根据所测数据计算出A下落到F处的速率v=,下落过程中的加速度大小a=。1a（4）改变色重复（2）（3）步骤，得到多组m及a的数据，作出（填"aM或"m"）图象如图乙所示。（图中横、纵坐标物理量的单位均采用国际制单位）（5）由图象可得，A的质量mA=kg,B的质量m=kg。（保留两位有

10、效数字，重力加速度大小g取10m/s2）24. （15分）如图所示，一质量M=3kg的足够长木板B静止在光滑水平面上，B的右侧有竖直墙壁，B的右端与墙壁的距离L=4m。现有一可视为质点的质量m=1kg的小物体A,以初速度v。=8m/s从B的左端水平滑上B,已知A、B间的动摩擦因数科=0.2,B与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失。已知全过程中A都在B上。（1）粒子从O点射入磁场的初速度大小；（2）粒子进入丙区域与ef成的角度。（锐角）；（3）粒子从O点射入磁场到刚好不能从磁场区域丙射出的过程中，在磁场甲和磁场丙所用的时间之和。（1）求从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时t;（2）若L的大小

11、可以改变，并要求B只与墙壁碰撞两次，则B的右端开始时与墙壁的距离L应该满足什么条件？（仅从动量关系分析）25. （17分）如图所示，长方形区域甲内存在磁感应强度大小B1=0.3T的匀强磁场，方向垂直37E107于纸面向外，长方形区域乙内存在沿纸面方向水平向左的匀强电场，场强大小为25N/C,长方形区域丙内存在磁感应强度大小B=0.6J3t的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，长方形区域的长旦=10106度足够长，宽度d=1m。一束带正电的某种粒子荷质比为m3C/kg,从ab上的O点以沿与ab成60。角的初速度射入磁场，刚好垂直边界cd射出区域甲而进入匀强电场乙区域，且以沿与ef成0角（锐角未知）进入

12、丙区域，最后粒子刚好不能从磁场区域丙射出。求：（不计粒子所受重力，取兀=3,计算结果保留两位有效数字）（二）选考题（共45分。请考生分别从给出的2道物理，2道化学，2道生物选题中任选一题作答，如果多做，则按所彳的第一题计分）33.【物理一一选修3-3】（15分）（1）（5分）节日放飞的氢气球，升到高空后会破裂.氢气球在破裂之前的上升过程中，下列说法正确的是。（选又1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）A,气球内氢气的内能减小B.气球内氢分子的速率都在减小C.气球内的氢气对外做功D.气球内的氢分子的速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律E.气球内的氢分子的

13、运动也叫布朗运动（2）（10分）如图所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的横截面积S=100cm2。活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B,A、B的质量均为F62.5kg,两物块与平台间的动摩擦因数均为科=0.8。两物块间距为d=10cm)开始时活塞距缸底Li=10cm,缸内气体压强等于大气压强p0(p0=1x105Pa),温度t1=27C.现对汽缸内的气体缓慢加热。求：(g=10m/s2)(i)色光最先从屏上消失；(ii)若入射光线与水面成30°角，镜面与水平面之间的夹角0=45°,屏上的彩

14、色光带恰好全部消失，求最后消失的色光对水的折射率。(结果可以用根式表示)(i)物块A开始移动时，汽缸内的温度；(ii)物块B开始移动时，汽缸内的温度。34.【物理选修3-4】(15分)(1)(5分)如图所示，下列说法正确的是。(选又1个得2分，选对2个得4分，选对30分）甲C个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为A.图甲中，P、Q是偏振片，M是光屏，当P固定不动，缓慢转动Q时，光屏M上的光亮度将会变化，此现象表明光波是横波B.图乙是双缝干涉示意图，若只减小屏到双缝间的距离L,两相邻亮条纹间距离将减小C.根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定能产生电磁波D.利用红外线进行遥感主要是因为红外

15、线的波长长，容易发生衍射E.人站在路边，一辆汽车响着喇叭从人身边疾驰而过，人听到喇叭的音调会由低变高(2)(10分)如图，水平桌面上有一水槽，槽中放置着平面镜M镜面与水平面之间的夹角为0。一束白光从O点射向水面，先经水面折射，再经平面镜反射，又经水面折射回到空气中，最后在水槽左上方的竖直屏N上形成彩色光带.若逐渐增大0角，各种色光陆续消失，假定所有光线均在同F按照作用效果分解如图所示，由几何FN=Ftan45口。GM两颗卫星的半径相等，所以jfp合TTlpVp15合力的冲量比：j3=彳0h=石。故C正确，D错误。加合叫严Q£U第n卷（非选择题，共174分）2019届高三第三次模拟考试

16、卷物理答案二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求。第1921题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分,有选错的得0分。14 .【答案】C【解析】以一个铁珠为研究对象，将力关系可得小铁球对钉柱产生的侧向压力为：15 .【答案】B【解析】根据万有引力提供向心力得G加速度大小相等，故A错误；根据万有引力提供向心力得：G一丁=相了解得：v=两颗卫rrJrMm星的半径相等，所以运动速度大小相等，故B正确；根据万有引力提供向心力得，向心力F=GT由于两颗卫星质量不等，所以向心力大小不等，故C错误；若卫星1向后喷气，则其速度会增

17、大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2,故D错误。16 .【答案】A【解析】根据&m=hvW得，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于bo当最大初动能为零时，入射光的频率等于截止频率，所以金属的截止频率为v0=a，那么普朗克常量为兀=9,故Aa正确；电键S断开后，因光电效应现象中，光电子存在最大初动能，因此电流表G的示数不为零，故B错误；根据光电效应方程可知，入射光的频率与最大初动能有关，与光的强度无关，故C错误；若保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，则光子数目减小，那么电流表G的示数会减小，故D错误。17 .【答案】C12【解析】设AC为5±,BC为也，P球沿

18、AC杆做自由落体运动，设下落的时间:5，=落,Q球12沿BC杆做匀加速运动，加速度为a-c:UWg，设下落的时间为，有以上方程可,得：”1。有冲量的定义,二fe可得两球的重力的冲量比为:"p乌1由速度公式廿=出可得，两球的速度比：耳=丽“=而；由动量定理合=可知，两球的18 .【答案】D【解析】棒绕端点转动切割磁感线而产生动生电动势，棒在60°位置时有效长度最大为%=看线速度关于半径均匀增大，则由欧姆定律可得=2=竺吧_,故A,B错a2RR误；由电量的定义式，而7=£=丝，可得=竺=肥，棒转过60。扫过的有效面积为q=l-AtR/Mt"1（R七理，联立可

19、得邈!，故C错误，D正确。19 .【答案】AB【解析】根据位移一时间图象的纵坐标表示位置，斜率表示速度，故乙的图象为倾斜直线表示做正方向的匀速直线运动，故A正确；由图象可知2s末两车的位置相同，即两车相遇，故B正确；由位移一时间图象的斜率表示瞬时速度，可得2s末”,甲在02s的平均速度wy2m。jn-J至二名而甲的速度逐渐增大，故有2s末甲的速度大于乙的速度，故C错误；由平均»2IIIQ3111：/IV速度的定义方=一,可得04s内甲、乙两车的平均速度的大小均为5m/s,但甲沿负方向，乙沿正At方向，故平均速度不相同，故D错误。20 .【答案】BC【解析】带正电的小球从a点由静止释放

20、，向上做加速运动可知，受到向上的电场力，则aO线上的电场竖直向上，故两电荷带负电，故A错误；vt图象上斜率表示加速度可得：%=展=1.5血/32，根牛顿第二定律得：qEb=ma解彳导:Eb=30V/m,故B正确；在ab由动能定理得：qG=lmv2-!mv2,由图乙可得vb=3m/s带入解得：Ub=90V,故C正确；由图象乙可知，22小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故D错误。21. .【答案】AB【解析】由图乙可知，线框在J改口时间内为进入磁场的过程，运动的位移为L,由连续相等时间内通过的位移之比等于可知，磁场的宽度等于第二、三个相等时间内的位移之和SLLv=即为：/，故A

21、正确；在第一个相等时间内的位移为j,由公式）=2%,解得：廿=兀，所以安培力为:232BLm&u,故b正确；由线框做匀加速直线动和图乙可知，所加的f沿斜面向上，由能量守恒可知，属框进入磁场的过程中，线框克服拉力做的功和重力势能的减小量等于框产生的焦耳热与增加的动能之和，故C错误；由能量守恒可知，金属框穿出磁场的过程中，重力势能的减小量与拉力做的功之和等于框产生的焦耳热与增加的动能之和，故D错误。三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求做答）（一）必考题（共129分）一22. （6分）、I®

22、【答案】（1）Ai（2）2.600.525.00（3）如图所示一一丁【解析】（1）电路中的最大电流为若用滑动变阻器的限流式接法，最小电E12流为需要精确测量，故在安全的前提下选择精确度较高的0.6A量程"无+R5+20I电流表Ai.（2）电压表的量程3V,精确度为0.1V,估读至ij0.1V,读数为2.60V;电流表的量程0.6A,精确度为0.02A,估读到0.01A,读数为0.52A;则待测电阻阻值为£=2,603）本实10.52验测电阻明确要求滑动变阻器用限流式接法；而片=25<与么尸3000x02=6。0,即待测电阻刀小电阻，采用外接法可减小系统误差；设计的电路

23、如图所示。23. （9分）d£【答案】（3）（4）一（5）3.0kg1.0kg.d【解析】（1）由很短时间内的平均速度近似等于瞬时速度可知，口=¥（2）由匀变速直线运动的2.22da速度位移公式得：2ah=v=解得：口=;（3）由牛顿第二定律得：t2/i£(%-mB-171口)+2m(mA+m)g-mn+(mQ-m)5=(rnA+mn+m0)a?斛得.a+m月+憎口，所以应作2g刎6日一飞）出的图象；（4）图象斜率为：E_lej=4,截距为：.=2,联立解得:a-m+m0mA+啊=3.口收啊=1.0如24. （15分）【解析】（1）设A、B达到的共同速度为v,根据

24、动量守恒有mw=（m+M）v12设这一过程中B向右运动的位移为x1,根据动能定理有眄舔i=-Mv解得v=2m/s,X1=3m因xi<L,A、B达到共同速度后才与墙碰撞设从A滑上B到两者达到共同速度所用的时间为t1,则有口mg=Mnv=at1代入数据解得t1=3s两者达到共同速度后一起匀速运动，直到B第一次与墙壁碰撞，设匀速运动所用时间为t2,L-x1=vt2,解得12=0.5s所以，从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间为：t=t1+t2=3.5s（2）要能碰撞两次，表明第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小不等。取水平向右为正方向，设B与墙壁第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为Vi、v2,根据

25、动量守恒有m%=mv+Mm设B与墙壁第二次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为V3、V4,根据动量守恒有muMu=m3+Mw若要B与墙只发生两次碰撞，则第一次碰撞后系统总动量方向要向右，第二次碰撞后总动量方向要向左，所以有mvMv>0,mwMuwo根据B往返运动的对称性知V2=V412根据动能定理有：,1解得L>m如mvMs=0,L=-m3-r一，114满足题目条件:（m）<i<（m）°3325. （17分）【解析】（1）粒子从O点射入磁场到刚好不能从磁场区域丙射出的过程如图所示。设粒子从O点射入磁场的初速度的大小为V1,依据粒子在磁场区域甲的初末速度，a1=30

26、Rsina1=d2nW1解得粒子从O点射入磁场的初速度的大小V1=2.0x106m/s（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由几何关系得：1细。=由牛顿第二定律得：Eq=ma由运动学公式得：.且,解得：.|.解得粒子进入丙区域与ef成的角度：。=60°（3）依据粒子在磁场区域丙的初末速度，作出圆心O,由几何关系得：“2=120。粒子在磁场中运动的周期："作出圆心O,由几何关系得:即由几何关系得：.'.360%2717n1f故粒子在磁场甲中运动的时间：N1 360/92az2近"11f粒子在磁场丙中运动的时间：-“3608涧巡在磁场甲和磁场丙所用的时间之和：11；（二）选考题（共45分。请考生分别从给出的2道物理，2道化学，2道生物选题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）33 .【物理选修3-3】（15分）（1）（5分）【答案】ACD【解析】在气球上升过程中，随着高度的增加，温度降低，空气的密度减小，大气压强逐渐减小，球内氢气的压强大于外界大气压，会使得氢气球向外膨胀，气球的体积变大，气体对外做功，其内能减小，故A、C正确