长沙市明达中学2020届高三物理模拟考试试题含解析

湖南省长沙市明达中学2020届高三物理模拟考试试题含解析湖南省长沙市明达中学2020届高三物理模拟考试试题含解析PAGE27-湖南省长沙市明达中学2020届高三物理模拟考试试题含解析湖南省长沙市明达中学2020届高三物理模拟考试试题（含解析）一、选择题:本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1—5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1。研究光电效应现象的实验电路如图所示，A、K为光电管的两个电极，电压表V、电流计G均为理想电表。已知该光电管阴极K的极限频率为ν0，元电荷电量为e,普朗克常量为h，开始时滑片P、P＇上下对齐。现用频率为ν的光照射阴极K（ν>ν0）,则下列说法错误的是A。该光电管阴极材料的逸出功为hν0B.若加在光电管两端的正向电压为U,则到达阳极A的光电子的最大动能为hv—hv0+eUC.若将滑片P向右滑动,则电流计G的示数一定会不断增大D。若将滑片P＇向右滑动，则当滑片P、P＇间的电压为时，电流计G的示数恰好为0【答案】C【解析】【详解】A．由极限频率为ν0,故金属的逸出功为W0=hν0，A正确;B．由光电效应方程可知，电子飞出时的最大动能为由于加的正向电压，由动能定理解得故B正确；C．若将滑片P向右滑动时，若电流达到饱和电流，则电流不在发生变化,故C错误；D．P＇向右滑动时,所加电压为反向电压，由可得则反向电压达到遏止电压后,动能最大的光电子刚好不能参与导电,则光电流为零，故D正确;故选C。2。如图甲所示的“襄阳砲”是古代军队攻打城池的装置，其实质就是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图．将质量m=10kg的石块，装在与转轴O相距L=5m的长臂末端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角，发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上．若石块落地位置与抛出位置间的水平距离s=20m，不计空气阻力，取g=l0m/s2．以下判断正确的是A。石块抛出后运动时间为B.石块被抛出瞬间的速度大小C。石块即将落地时重力的瞬时功率为D.石块落地的瞬时速度大小为15m/s【答案】C【解析】【详解】A、石块被抛出后做平抛运动：h＝L+Lsina,竖直方向：hgt2，可得:ts，故A错误；B、石块被抛出后做平抛运动，水平方向：s＝v0t，可得：v0m/s,故B错误；C、石块即将落地时重力的瞬时功率为：P＝mgvy＝mg•gt＝500W，故C正确；D、石块落地的瞬时速度大小为：vm/s,故D错误．3.如图所示为范德格拉夫起电机示意图，直流高压电源的正电荷，通过电刷E、传送带和电刷F，不断地传到球壳的外表面，并可视为均匀地分布在外表面上，从而在金属球壳与大地之间形成高电压．关于金属球壳上的A、B两点，以下判断正确的是A。A、B两点电势相同B。A、B两点电场强度相同C.将带正电的试探电荷从A点移到B点，电势能增加D。将带正电的试探电荷从A点移到B点,电势能减小【答案】A【解析】【详解】A、由题可知,电荷均匀地分布在外表面上，球壳AB是一个等势体，各点的电势是相等的．故A正确；B、球壳AB是一个等势体，AB的外表面处,各点的电场强度的方向与球壳的外表面垂直，所以A点与B点的电场强度的方向一定不同，故B错误;C、由于A、B的电势是相等的，所以将带正电的试探电荷从A点移到B点，电场力不做功，电势能不变．故C错误，D错误．故选A．【点睛】静电平衡后，金属球壳AB的外表面均匀带电，外部各点的电场强度大小相等,方向不同；金属球壳AB是一个等势体,各点的电势相等．4。如图为模拟远距离输电的部分测试电路.a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值分别为,且，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且，电流表、电压表均为理想表，其示数分別用I和U表示。当问下调节电滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用ΔI和ΔU表示.则以下说法错误的是（）A. B。C。电源的输出功率一定减小 D。电压表示数一定增加【答案】B【解析】【详解】A．理想变压器初、次级线圈电压变化比电流变化比为则将视为输入端电源内阻,则所以这也是耦合到次级线圏电阻值为,即为等效电源内阻，故A正确；B．因故B错误；C．当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时,负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，故C正确;D．当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时,负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那么电阻R1上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变大，故D正确。故选B5.如图所示，abcd为边长为L的正方形线框，线框在纸面内,电阻为R．图中虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．现用外力作用于线框，使线框从图示位置开始沿x轴正方向做初速度为零的匀加速运动,线框运动过程中,ad边始终水平，线框平面始终与磁场垂直，磁场宽度大于L，x轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线及线框ab边的电压U随时间t的变化图象正确的是A。 B。C。 D。【答案】AD【解析】【详解】线圈做初速度为零的匀加速直线运动，速度v=at，进磁场和出磁场受到的安培力，则A正确，B错误；进磁场时，ab两端的电压；在磁场中运动时，；出磁场时，ab两端的电压，则选项C错误，D正确;故选AD.【点睛】对于图象问题,关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断．6.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验，若砝码和纸板的质量分别为M和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g（）A。纸板相对砝码运动，纸板所受摩擦力的大小为B。要使纸板相对砝码运动F一定大于C。若砝码与纸板分离时的速度大于，则砝码不会从桌面上掉下D.当时，砝码恰好到达桌面边缘【答案】BC【解析】【详解】A．砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为纸板所受摩擦力的大小为故A错误；B．纸板相对砝码运动时，有二者发生相对运动需要满足代入已知条件解得故B正确；C．若砝码与纸析分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于匀减速运动的位移小于则位移小于d，砝码不会从桌面上掉下来,故C正确;D．当时,纸带的加速度根据解得砝码从开始运动到脱离纸板时匀加速运动的位移可知砝码脱离纸板时恰好到达桌面边缘，因此时砝码具有速度,则砝码会从桌面上掉下来,故D错误.故选BC.7。如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内．有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r,在磁场中的轨迹所对应的圆心角为．下列说法正确的是A。若r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为B.若r=2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场,则有成立C.若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入,则粒子在磁场中的运动时间为D。若r=R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角为150°【答案】BD【解析】若r=2R，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦,作出轨迹如图,因为r=2R，圆心角θ=60°，粒子在磁场中运动的最长时间,故A错误．若r=2R,粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有，故B正确．若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入,粒子运动轨迹如图所示，圆心角90°，粒子在磁场中运动的时间，故C错误．若r=R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150°,故D正确．故选BD.8。如图所示,一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A点,弹性绳自然长度等于AB,跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出)，且电场强度E=。初始时A、B、C在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零.已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0。5,弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是A。小球在D点时速度最大B.若在E点给小球一个向左的速度v,小球恰好能回到C点，则v=C.弹性绳在小球从C到D阶段做的功等于在小球从D到E阶段做的功D。若保持电场强度不变,仅把小球电荷量变为2q，则小球到达E点时的速度大小v=【答案】ABD【解析】【详解】A。对小球分析可知，在竖直方向由与，故支持力为恒力,即，故摩擦力也为恒力大小为从C到E，由动能定理可得由几何关系可知，代入上式可得在D点时，由牛顿第二定律可得由，将可得，D点时小球的加速度为故小球在D点时的速度最大，A正确；B。从E到C,由动能定理可得解得故B正确；C。由于弹力的水平分力为，和均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C到D阶段做的功小于在小球从D到E阶段做的功，C错误；D.将小球电荷量变为,由动能定理可得解得故D正确；故选ABD.二.填空题9。实验小组采用如图甲所示实验装置测量木块与木板间动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板,有凹槽的木块，质量为m0的钩码若干,打点计时器，电源，纸带，细线等．实验中将部分钩码悬挂在细线下,剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度．(1）正确进行实验操作，得到一条纸带．纸带的一部分如左图所示，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0。10s．该同学将纸带从每个计数点处截断,得到6条短纸带，再把6条短纸带的下端对齐贴在纸上，以纸带下端为横轴建立直角坐标系，并将刻度尺边缘紧靠纵轴，其示数如右图所示．则打下计数点“2”时小车的速度大小为____________m/s；小车的加速度大小为___________m/s2（结果均保留两位有效数字）（2）将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端,改变悬挂钩码的总质量m，测得相应的加速度a，作出a－m图象如图所示．已知当地重力加速度g＝9.8m/s2，则木块与木板间动摩擦因数μ＝________(保留两位有效数字）；μ的测量值________（选填“大于”“小于"或“等于"）真实值．（3)实验中________（选填“需要”或“不需要")满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量．【答案】（1）。0。47；(2)。0。70；（3).0.33；（4).大于；(5)。不需要；【解析】【详解】（1)依据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，那么计数点“2”时小车的速度大小为：；根据∆x=aT2结合逐差法可得:．（2)根据牛顿第二定律可知mg-μ（M—m）g=Ma，解得，由图可知,-μg=-3。3，解得μ=0.33；

μ的测量值大于真实值,原因是滑轮与轴承、细线间有摩擦,纸带与打点计时器间有摩擦等；

（3）在此实验中，由于把小车和砝码的质量作为了整体，结合第二问可知，不需要满足悬挂钩码质量远小于木块和槽中的钩码总质量；【点睛】此题在求解加速度时还可这样做：纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，这种等效替代的方法减小了解题难度，要提高应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．10。某同学利用DIS、定值电阻R0、电阻箱R1等实验器材测量电池a的电动势和内阻,实验装置如图甲所示．实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得端电压U，并在计算机上显示出如图乙所示的1/U－1/R关系图线a.重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图乙中的图线b.(1）由图线a可知电池a的电动势Ea＝________V，内阻ra＝________Ω.(2）若用同一个电阻R先后与电池a及电池b连接，则两电池的输出功率Pa________Pb(填“大于”、“等于"或“小于”），两电池的效率ηa________ηb（填“大于”、“等于"或“小于”）．【答案】(1）.2（2).0。5（3)。小于(4）。大【解析】【详解】（1）图线与纵轴的交点表示外电路断路时的,即，所以，由得，所以图线的斜率为，即，所以；（2）当两外电阻相同时，由图象可知，,即，所以由得，由公式可知，图线的横截距的绝对值表示内阻的倒数，故由图可知，电池内电阻，又电池效率，在两外电阻相等的情况下,有【点睛】本题考查了闭合电路欧姆定律的数据处理的方法，应用了图象法及电源的输入功率的表达式，难度较大．11。一球形人造卫星,其最大横截面积为A、质量为m，在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动．由于受到稀薄空气阻力的作用，导致卫星运行的轨道半径逐渐变小．卫星在绕地球运转很多圈之后，其轨道的高度下降了△H，由于△H<〈R，所以可以将卫星绕地球运动的每一圈均视为匀速圆周运动．设地球可看成质量为M的均匀球体,万有引力常量为G．取无穷远处为零势能点，当卫星的运行轨道半径为r时，卫星与地球组成的系统具有的势能可表示为．(1)求人造卫星在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动的周期；（2）某同学为估算稀薄空气对卫星的阻力大小，做出了如下假设：卫星运行轨道范围内稀薄空气的密度为ρ，且为恒量；稀薄空气可看成是由彼此不发生相互作用的颗粒组成的,所有的颗粒原来都静止，它们与人造卫星在很短时间内发生碰撞后都具有与卫星相同的速度,在与这些颗粒碰撞的前后，卫星的速度可认为保持不变．在满足上述假设的条件下，请推导：①估算空气颗粒对卫星在半径为R轨道上运行时,所受阻力F大小表达式；②估算人造卫星由半径为R轨道降低到半径为R-△H的轨道的过程中，卫星绕地球运动圈数n的表达式．【答案】（1)（2)①；②【解析】试题分析：（1）设卫星在R轨道运行的周期为T，根据万有引力定律和牛顿第二定律有：解得:（2)①如图所示，最大横截面积为A的卫星，经过时间从图中的实线位置运动到了图中的虚线位置,该空间区域的稀薄空气颗粒的质量为以这部分稀薄空气颗粒为研究对象，碰撞后它们都获得了速度v，设飞船给这部分稀薄空气颗粒的平均作用力大小为F，根据动量定理有：根据万有引力定律和牛顿第二定律有:，解得：根据牛顿第三定律，卫星所受的阻力大小F′=．②设卫星在R轨道运行时的速度为v1、动能为Ek1、势能为Ep1、机械能为E1,根据牛顿定律和万有引力定律有：卫星的动能，势能解得:卫星高度下降ΔH，在半径为（R—ΔH)轨道上运行，同理可知其机械能卫星轨道高度下降ΔH，其机械能的改变量卫星机械能减少是因为克服空气阻力做了功．设卫星在沿半径为R的轨道运行一周过程中稀薄空气颗粒作用于卫星的阻力做的功为W0,利用小量累积的方法可知：上式表明卫星在绕不同轨道运行一周，稀薄空气颗粒所施加的阻力做的功是一恒量，与轨道半径无关．则ΔE=nW0解得：考点：牛顿定律；万有引力定律；能量守恒定律.12。如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ,导轨光滑且电阻忽略不计.场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2。两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直。(设重力加速度为g）(1）若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△Ek。（2)若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b又恰好进入第2个磁场区域。且a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相同。求b穿过第2个磁场区域过程中,两导体棒产生的总焦耳热Q。(3）对于第（2）问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率。【答案】(1)（2）（3)【解析】【详解】⑴a和b不受安培力作用，由机械能守恒知:⑵设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为，刚离开无磁场区域时的速度为，由能量守恒知在磁场区域中：在无磁场区域中：解得：⑶有磁场区域，棒a受到合力：感应电动势：感应电流：解得：根据牛顿第二定律，在t到时间内:则有：解得：又在无磁场区域,根据匀变速直线运动规律有：且平均速度：联立解得：由题意知：[物理－选修3－3］13。下列说法正确的是(）A.分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力和斥力都减小B。根据恒量，可知液体的饱和汽压与温度和体积有关C.液晶具有液体的流动性，同时其光学性质具有晶体的各向异性特征D.在不考虑分子势能的情况下，1mol温度相同的氢气和氧气内能相同E.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部【答案】ACD【解析】【详解】A.分子间的引力和斥力都随距离增大而减小，故A正确；B。液体的饱和气压和温度、外界压强有关，故B错误；C。液晶是一种特殊晶体，其具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性特征，故C正确；D.在不考虑分子势能的情况下,1mol温度相同的氢气和氧气分子数相同，分子的平均动能也相同，故内能相同,故D正确；E.液体的表面张力与液面相切，故E错误；故选ACD。14。如图所示，开口向上、竖直放置的内壁光滑气缸的侧壁是绝热的,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Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ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2mg＝p0S,环境温度保持不变．①在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡状态，求活塞B下降的高度；②现只对Ⅱ气体缓慢加热,使活塞A回到初始位置，求此时Ⅱ气体的温度．【答案】①0。33l0②2.1T0【解析】【详解】①初状态：Ⅰ气体压强Ⅱ气体压强添加铁砂后：Ⅰ气体压强Ⅱ气体压强Ⅱ气体发生等温变化，根据玻意耳定律:p2l0S＝p′2l2SB活塞下降的高度h2＝l0－l2带入数据解得h2＝033l0。②Ⅰ气体发生等温变化，根据玻意耳定律：p1l0S＝p′1l1S只对Ⅱ气体加热，Ⅰ气体状