2020届高三物理一模考试试题(含解析)

---高三物理一模考试试题（含解析）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1.在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是（ ）A.卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月-地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来B.开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动C.法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现出波动性，提出了物质波概念，后来的科学家在实验中找到了实物粒子波动性的证据。D.奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质【答案】C【解析】试题分析：牛顿发现万有引力定律后，进行了“月 -地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，故A错误；开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做椭圆运动，故B错误；法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现出波动性，提出了物质波概念，后来的科学家在实验中找到了实物粒子波动性的证据，故 C正确；安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，故 D错误。考点：物理学史【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，平时注意历史知识的积累。2.如图所示，质量为M=10kg的小车停放在光滑水平面上。在小车右端施加一个 F=10N的水平恒力。当小车向右运动的速度达到2.8m/s时，在其右端轻轻放上一质量m=20kg的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零） ，煤块与小车间动摩擦因数 n=0.20o假定小车足够长,g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）A.煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动B.小车一直做加速度不变的匀加速直线运动C.煤块在3s内前进的位移为9mD.小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为 2.8m【答案】D【解析】试题分析：根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：N=ma,FN-m驴0,代入数据解得：ai=2m/s2刚开始运动时对小车有：F-!iFN=Ma,解得：a2=0.6m/s2,经过时间t,小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为： vi=ait,车的速度为：V2=v+a2t,vi=v2,解得：t=2s,以后煤块和小车一起运动，根据牛顿第二定律： F=（M+ma3,a3=5m/s2一起以加速6度a3=5m/s2做运动加速运动，故选项AB错误；在2s内小黑煤块前进的位移为： xi=-ait2TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"6 2=lx2X22m=4m,然后和小车共同运动is时间，此is时间内位移为：x'i=vit'+工a3t'2\o"CurrentDocument"2 2=4.4m，故煤块在3s内前进的位移为4+4.4m=8.4m,故选项C错误；在2s内小黑煤块前进的位移为：xi=—ait2=—X2X22=4m,小车前进的位移为：X2=vit+—a2t2=\o"CurrentDocument"2 2 2.8X2+1x0.6X22=6.8m,两者的相对位移为：△x=X2-Xi=6.8-4=2.8m，故选项D2正确.故选D.考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解，难度适中。.如图所示a、b间接入正弦交流电，理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图， R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表 A2为值班室的显示器，显示通过Ri的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出） ，R3为一定值电阻。当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是A.Vi的示数减小，A2的示数增大

V2的示数减小，Ai的示数增大V1的示数不变，A1的示数减小V2的示数不变，A2的示数减小【答案】B【解析】试题分析：当传感器R2所在处出现火情时，的的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加， Ai测量的是原线圈中的总的电流， 由于副线圈的电流增大了， 所以原线圈的电流Ai示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V的示数不变，由于副线圈中电流增大， R的电压变大，所以上的示数要减小，即Ri的电压也要减小，所以外的示数要减小，所以B正确，ACDt误.故选B.考点：变压器；电路的动态分析【名师点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。4.如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源 负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T,玻璃皿的横截面的半径为 a=0.05m,电源的电动势为E=3V,内阻r=0.1Q,限流电阻R=4.9Q,玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为关后当液体旋转时电压表的示数恒为 1.5丫，则（ ）A.由上往下看，液体做顺时针旋转B.液体所受的安培力大小为 1.5X10-4NC.闭合开关10s,液体具有的热能是4.5JD.闭合开关后，液体热功率为 0.081W【答案】DR=0.9Q,闭合开【解析】R=0.9Q,闭合开【详解】A.由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转 .故选项A不符合题意.B.电压表的示数为1.5V,则根据闭合电路的欧姆定律E=l+IRo+Ir代入数据可得电路中的电流值=0.3A,液体所受的安培力大小为F=BIL=BIa=0.1X0.3x0.05=1.5X103N故选项B不符合题意.C.液体的等效电阻为R=0.9Q,10s内液体的热能Q=12Rt=0.32x0.9x10=0.81J故选项C不符合题意.D.玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为 R=0.9Q,则液体热功率为P热=12R=0.32X0.9=0.081W故选项D符合题意.TOC\o"1-5"\h\z5.如图所示，匀强电场中有一个以。为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行， A、O两点电势差为U,一带正电的粒子在该电场中运动，经 A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v。，粒子重力不计，只受电场力，则下列说法正确的是（ ）A.粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小B.圆周上电势最高的点与 O点的电势差为J2lC.粒子在A、B间是做圆周运动D.匀强电场的电场强度 E=--R【答案】B【解析】试题分析：带电粒子仅在电场力作用下， 由于粒子在AB两点动能相等，则电势能也相等.因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面，根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CQ由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着 CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，速度方向与电场力方向夹角先大于 90后小于90,电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故 AC错误；匀强电场的电场强度UEd式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知， UacE—R,所以E42U圆周上电势2 R最高的点与O点的电势差为UERY2URJ2U,故B正确，D错误；R考点：电势差与电场强度的关系、电势能【名师点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系.并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置.再由曲线运动来确定电场力的方向，同时考查UEd中d的含义重要性。6.如图是滑雪场的一条雪道。质量为70kg的某滑雪运动员由A点沿圆弧轨道滑下，在B点以5点m/s的速度水平飞出，落到了倾斜轨道上的 C点（图中未画出）。不计空气阻力，0=30°,g=10m/s2,则下列判断正确的是A.该滑雪运动员腾空的时间为 1sB.BC两点间的落差为5j3mC.落到C点时重力的瞬时功率为3500"WD.若该滑雪运动员从更高处滑下，落到 C点时速度与竖直方向的夹角不变【答案】AD【解析】1 2试题分析：运动员平抛 过程中，水平位移为Xv0t,竖直位移为y-gt2,落地时：tan-x联立解得t1s,y5m,故A正确，B错误；落地时的速度： Vygt10110m/s,所以：落到C点时重力的瞬时功率为:落地时速度方向与水平方向之间的夹角直方向的夹角与平抛运动的初速度无考点：功率、平均功率和瞬时功率;【名师点睛】平抛运动在水平方向上他水平位移与竖直位移之间的关系求的农7.如图所示，MN为两块带等量异甲之间的各种数值.静止的带电粒子带速后，从小孔Q进入N板右侧的匀下CD为磁场边界上的一绝缘板，它与B1010J000?W,故C错误；根据9，y,可知到如时速度与竖6向体运动，■据.■板间电压可取从零到大值为m（不计重力）点P经电场加大小为，N板的夹角为9=30。，孔Q到板的下端C的距离为L,当MN两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在C或上，则：（）2,2A.两板间电压的最大值Um=型口2mB.CD板上可能被粒子打中区域的长度C.粒子在磁场中运动的最长时间 tm=-qBD.能打到N板上的粒子的最大动能2 2,2为318m【答案】ACD【详解】画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示,A.当MN两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在 CD板上，可知粒子半径r=L,的加速电1场中，根据动能定理： qUm—mv2,在偏转磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得：22qvBm—,联立可得:r22Umq23A正确;B.设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为r,粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"r LGH间距离即为粒子打中区域的长度 x,根据几何关系： QCLr——，可得：r—,sin 3根据几何关系可得粒子打中区域的长度： xr— 1—L,故B错误;tan 3C.粒子在磁场中运动的周期为： T22,粒子在磁场中运动的最大圆心角： 180,Tm所以粒子在磁场中运动的最长时间为： t———，故C正确;2qBD.当粒子在磁场的轨迹与D.当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，即粒子半径rL,时，打到N板上的粒子的动能最31 2大，最大动能：Eg2mv,根据洛伦兹力提供向心力可得:联立可得能打到N板上的粒子的最大动能为:222联立可得能打到N板上的粒子的最大动能为:222qBLE Ekm /c18m,故D正确；故选ACD【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，分好过程，针对每个过程的受力特点和运动形式选择合适的规律解决问题，对数学几何能力有一定的要求。8日接受新华社记者采访时说，预计.8日接受新华社记者采访时说，预计今年三季度发射的天宫二号，将搭载全球第一台冷原子钟，利用太空微重力条件，稳定度高达10的负16次方。超高精度的原子钟是卫星导航等领域的关键核心技术……。我国的航天技术突飞猛进，前期做了分步走的大量工作。在2013年6月10日上午，我国首次太空授课在距地球300多千米的“天空一号”上举行，如图所示的是宇航员王亚萍在“天空一号”上所做的"水球”.若已知地球的半径为 6400km,地球表面的重力加速度为 g=9.8m/s2,下列关TOC\o"1-5"\h\z于“水球”和“天空一号”的说法正确的是（ ）“水球”的形成是因为太空中没有重力“水球”受重力作用其重力加速度大于 5m/s2“天空一号”运行速度小于 7.9km/s“天宫一号”的运行周期约为 1.5h【答案】BCD【解析】试题分析：水球受重力作用，但其处于完全失重状态，其重力加速度由高度决定，因其距离地面的高度较低，则其加速度接近 9.8m/s2,大于5m/s2，则A错误，B正确；由万有引力提供向心力得：vGM,因离地面一定高度，则其速度小于第一宇宙速度，则 C正确；万rr3 r3有引力提供向心力， T2J——2J-2-1.5h,则D正确。.GM ■,R2g考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【名师点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能根据题意结合向心力的几种不同的表达形式，选择恰当的向心力的表达式。二、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H卷第3第40题为选考题（一）必考题（共 19分考生根据要求作答（6分）.某同学用游标为10分度的卡尺测量一个圆柱体的直径，由于长期使用，测量脚磨损严重，当两测量脚直接合并在一起时，游标尺的零线与主尺的零线不重合，出现如图（ a）所示的情况，测量圆柱的直径时的示数如图（ b）所示，则图（b）的示数为mm,所测圆柱的直径为mm【答案】23.5;24.1【解析】试题分析：游标卡尺若完好的话，游标的 10刻度线应与主尺的9对齐，而现在为游标的4刻度线与主尺的3对齐，因游标的每一小刻度比主尺的最小刻度小0.1mm,则可知，游标部分应向左移动了0.6mm,故两零刻度相差0.6mm;图b中游标卡尺的读数为23mm50.1mm23.5mm,由于游标卡尺的误差为0.6mm,正确的读数小了0.6mm,所以真实的结果为24.1mm。考点：刻度尺、游标卡尺的使用【名师点睛】由游标卡尺的读数方法，逆向推理可知两零刻度线之间的距离；本题中游标卡尺考的非常新颖，要求我们能熟练掌握好其原理才能正确作答。.现有一满偏电流为500dA,内阻为1.0X103Q的灵敏电流计G,某同学想把它改装成内电阻为500a的欧姆表，实验室提供如下器材：A.一节干电池（电动势为1.5V,内阻不计）B.电阻箱R（最大阻值99.99Q）C.电阻箱R2（最大阻值999.9Q）D.滑线变阻器R3（0-100Q）E.滑线变阻器R4（0-1kQ）F.导线若干及两个接线柱

@―I卷 山(1)由于电流计G的内阻较大，该同学先把电流计 G改装为量程为0〜3.0mA的电流表A,则电流计G应联一个电阻箱(填“串”或“并”)，将该电阻箱的阻值调为Q.(2)将改装后的电流表A改装为欧姆表，请选择适当的器材在方框内把改装后的电路图补画完整(含电流表的改装)，并标注所选电阻箱和滑线变阻器的符号.(3)用改装后的欧姆表测量一电阻， 电流计G的示数为200dA,则该电阻的阻值为Q.【答案】(1)并；300;(2)如图(电路连接错误、电阻箱或滑动变阻器选错或未标出均零分)⑶900【解析】500106110331035001050010611033103500106200IgRg并联电阻阻值：R—g■工IIg(2)改装后的电流表内阻:RIgRg5001061103167,把表头改装成中值电I 310(2)改装后的电流表内阻:阻为500a的欧姆表，则需要串联的电阻 R'=500-167=333"所以选才i电阻箱 R(最大阻值999.9Q)和滑动变阻器R4(0-1kQ),实验电路图如图所示：…3103 ,、，一 (3)改装后电流表量程是原电流表 G量程的： 310/6倍，电流表G的示数为200pA,500106电路电流：I=200^AX6=1200WA=1.2mA待测电阻阻值：—U— 15 ― —RX—Rj 3500750;I1.210考点：电表的改装【名师点睛】本题主要考查了电流表和欧姆表的改装，要注意明确实验原理，能正确应用欧

姆定律和串并联电路的特点进行分析，难度适中。三、解答题(共6小题，满分47分)11.如图a所示，水平放置着两根相距为 d=0.1m的平行金属导轨MN^PQ导轨的电阻忽略不计且两导轨用一根电阻也不计的导线相连 .导轨上跨放着一根粗细均匀长为 L=0.3m、电阻R=3.0Q的金属棒ab,金属棒与导轨正交，交点为cd.整个空间充满垂直于导轨向上的磁场,磁场B随时间变化的规律如图b所示.开始时金属棒在3s前静止于距离NQ为2m处,3s后在外力作用下以速度 v=4.0m/s向左做匀速直线运动，试求:0〜3s末回路中产生电流的大小和方向;6s〜8s过程中通过金属棒横截面的电荷量为多少t=12s时金属棒ab两端点间的电势差为多少？【答案】(1)0.6A;【答案】(1)0.6A;顺时针方向(2)1.6C(3)1.6V【解析】试题分析：(1)3s末回路中产生电流的方向为顺时针方向由图b可知，3s末磁感应强度B1.5TB回路中产生的感生电动势为E咸—dvt0.50.143V0.6V

心t回路中感应电流为：I—E—0.6AR/3(2)回路中产生的感生电动势为 EBdV0.8V,回路中感应电流为I—0.8A,则R/3电量为：qIt1.6Co(3)t12s时金属棒(3)t12s时金属棒ab两端点间的电势差UB(Ld)V1.6Vo考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；焦耳定律【名师点睛】本题是电磁感应与电路知识 综合，关键要区分清楚哪部分电路是电源，哪部分是外部分，以及ab两端点间的电势差与感应电动势的关系。12.如图所示，倾角 e=37。的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮 D,质量均为m=1kg的物体A和B用一劲度系数k=240N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板 P挡住。用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C位于Q处，绳与细杆的夹角“二53°,且物体B对挡板P的压力恰好为零。图中SD水平且长度为d=0.2m,位置R与位置Q关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。现 让环C从位置R由静止释放，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。求：⑴小环C的质量M⑵小环C通过位置S时的动能Ek及环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功W;⑶小环C运动到位置Q的速率v.【答案】(1)0.72kg(2)0.3J(3)2m/s【解析】【详解】(1)先以AB组成整体为研究对象，AB系统受到重力。支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为： T=2mg>in。=2X10Xsin37°=12N以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图，则：T?cos53=Mg代入数据得：M=0.72kg(2)由题意，开始时B恰好对挡板没处于伸长状态；产生B沿斜面方向的Fi二mgsin0=1x10Xsin37°=6N

弹簧的伸长量：△x产mgsin =0.025mk当小环C通过位置S时A下降的距离为：xA——d0.05msin此时弹簧的压缩量为：△X2=Xa-△xi=0.025m由速度分解可知此时A的速度为零，所以小环C从R运动到S的过程中，初末态的弹性势能相等，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒有：Mgdcota+mgXASin0=Ek代入数据解得：Ek=1.38J环从位置R运动到位置S的过程中，由动能定理可知： WT+Mgdcota=Ek代入数据解得：W=0.3J(3)环从位置R运动到位置Q的过程中，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒1 2 12Va=VCOSaMg(2dcot)Mv-mvAVa=VCOSa对环在Q点的速度进行分解如下图，则:两式联立可得：v=2m/s两式联立可得：v=2m/s【点睛】该题中，第一问相对比较简单，解答的关键是第二问，在解答的过程中一定要先得出弹簧的弹性势能没有变化的结论，否则解答的过程不能算是完整的.13.下列说法中正确的是。A.所有晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质都相同B.足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C.自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多

【答案】CDE【解析】【详解】A、单晶体具有各向异性，即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质不同，故选项A错误；B、足球充足气后很难压缩是由于足球内外有压强差的原因，与气体分子之间的作用力无关，故选项B错误；C根据热力学第二定律知，自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故选项 C正确；D一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由气态方程pV-D一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由气态方程—C知温度升高，内能T增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律 UQW可知，气体一定吸收热量，故选项D正确；E、一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多，故选项 E正确;故选选项CDE.如图甲是一定质量的气体由状态 A经过状态B变为状态C的V-T图象.已知气体在状态A①说出A-B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中 Ta的温度值.②请在图乙坐标系中，作出该气体由状态 A经过状态B变为状态C的p-T图象，并在图线相应位置上标出字母AB、G如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程。【答案】①【答案】①200K【详解】①从图甲所示图象可知， A与B连线延长线过原点，即V与T成正比，由理想气体状态方程可知，【详解】①从图甲所示图象可知， A与B连线延长线过原点，即V与T成正比，由理想气体状态方程可知，A-B是一个等压变化，即Pa=Pb.由图甲所示图象可知，气体在A点的状态参量3V\=0.4m在B点，气体的状态参量3V?=0.6mTb=300K从A到B气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得VaVBTa Tb解得Ta=200K②由题图甲可知，由B-C是等容变化Pa=Pb=1.5xl05Pa由图甲所示图象可知,Tb=300KTc=400K从B到C气体发生等容变化，由查理定律得Pb PcTb Tc解