届高三物理全真模拟考试试题十四解析板.docx

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届高三物理全真模拟考试试题十四解析板

2020届高三物理全真模拟考试试题（十四）

二、选择题：

本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题自要求，第19～21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．

14．如图,一带电塑料小球质量为m,用绝缘悬线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。

当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为（　　）

A.0B.2mgC.4mgD.6mg

【答案】　C　

【解析】带电小球在磁场中受到洛仑兹力作用,但是洛仑兹力不做功,所以从左方摆到最低点的过程只有重力做功,根据动能定理得mgL（1-cos60°）=

mv2,摆到最低点时,合力提供向心力,悬线上张力为0,则qvB-mg=m

=mg,洛仑兹力方向竖直向上。

当小球从右方摆到最低点时,根据对称性可知其速度大小不变,但是方向反向,所以洛仑兹力方向竖直向下,大小不变,此时向心力不变,即F-qvB-mg=m

F=4mg,选项C对。

15、如图所示,空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场的方向竖直向下,磁场方向垂直纸面向里,一带电油滴P恰好处于静止状态,则下列说法正确的是　（　　）

A.若仅撤去磁场,P可能做匀加速直线运动

B.若仅撤去电场,P可能做匀加速直线运动

C.若给P一初速度,P不可能做匀速直线运动

D.若给P一初速度,P可能做匀速圆周运动

【答案　】D　

【解析】P处于静止状态,带负电荷,mg=qE,若仅撤去磁场,P仍静止,A错;仅撤去电场,P向下加速,同时受到洛仑兹力,将做复杂的曲线运动,B错;给P一平行于磁场方向的初速度时,P做匀速直线运动,C错;给P一垂直磁场方向的初速度时,因mg=qE,P在洛仑兹力作用下,将做匀速圆周运动,D对。

16、利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B。

用绝缘轻质丝线把底边长为L、电阻为R、质量为m的“

”形线框固定在力敏传感器的挂钩上,并用轻质导线连接线框与电源,电源内阻不计,电压可调,导线的电阻忽略不计。

当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时,力敏传感器会显示拉力的大小F。

当线框接入恒定电压为E1的电源时,力敏传感器显示拉力的大小为F1;当线框接入恒定电压为E2的电源时,力敏传感器显示拉力的大小为F2。

下列说法正确的是（　　）

A.当线框接入恒定电压为E1的电源时,其所受安培力为F1

B.当线框接入恒定电压为E2的电源时,力敏传感器显示的拉力大小为线框所受安培力与重力之差

C.待测磁场的磁感应强度B的大小为

D.待测磁场的磁感应强度B的大小为

【答案】　D　

【解析】当线框接入电压恒定的电源时,力敏传感器显示的拉力大小等于线框所受安培力与重力之和,选项A、B错误;当线框接入恒定电压为E1的电源时,力敏传感器显示的拉力大小为F1=

+mg,同理,当线框接入恒定电压为E2的电源时,力敏传感器显示的拉力大小为F2=

+mg,联立以上两式解得B=

选项C错误,选项D正确。

17．（2019·福建省南平市5月综合质检）人们发现铋有极其微弱的放射性，一个铋核（

Bi）经过α、β衰变后变成一个铅核（

Pb），并伴随产生了γ射线．该反应中铋核、α粒子、β粒子、铅核的质量分别为m1、m2、m3、m4，下列说法正确的是（　　）

A．α射线、β射线、γ射线相比，γ射线具有较强的电离本领

B．核反应中释放的γ光子频率是

C．铋核的结合能比铅核的结合能大

D．原子核发生一次β衰变后，该原子外层就失去一个电子

【答案】　C

【解析】　α射线、β射线、γ射线相比，α射线具有较强的电离本领，故A错误；核反应中释放的能量为ΔE＝Δmc2＝（m1－m2－m3－m4）c2＝hν，解得频率ν＝

，故B错误；铋核的核子数比铅核的核子数多，故铋核的结合能比铅核的结合能大，故C正确；衰变反应发生在原子核内部，原子核由质子和中子组成，发生β衰变时一个中子变为质子并释放一个电子，故D错误．

18．（2019·广西钦州市第三次质检）如图4甲所示，ab为磁场边界，在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t＝0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成两个半径分别为r和2r的圆环1和圆环2，让圆环的直径与边界重合．磁场磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则0～t1时间内（　　）

图4

A．两圆环中产生感应电流的方向为逆时针

B．两圆环一直具有扩张的趋势

C．环1和环2中感应电流的大小之比为1∶2

D．环1和环2中的电功率之比为1∶4

【答案】　C

【解析】　磁感应强度方向向里且减小，由楞次定律“增反减同”可知，圆环中的感应电流方向为顺时针，0～t0时间内为了阻碍磁通量的减小，圆环有扩张的趋势，t0～t1时间内为了阻碍磁通量的增大，圆环有缩小的趋势，A、B错误；由题图乙可知磁场均匀变化，即

恒定，根据法拉第电磁感应定律E＝

＝

S′可知产生的感应电动势大小之比为

＝

＝

，根据电阻定律R＝ρ

＝ρ

可知两环的电阻之比为

＝

，故感应电流之比为

＝

＝

，C正确；电功率之比为

＝

＝

，D错误．

19．（2019·广东省汕头市第二次模拟）如图5所示，有两根长均为L、质量均为m的细导体棒a、b，其中a被水平放置在倾角为45°的光滑固定绝缘斜面上．b被水平固定在斜面的右侧．且a、b在同一水平面上保持相互平行．当两棒通以大小均为I的电流时，a恰好在斜面上保持静止，重力加速度为g，下列关于b棒在a处产生的磁场的说法中，正确的是（　　）

图5

A．方向一定竖直向下

B．方向可能竖直向上

C．磁感应强度大小一定为

D．磁感应强度大小一定为

【答案】　BC

【解析】　由于a恰好在斜面上保持静止，所以a、b之间一定是吸引力，即a、b中电流的方向应相同，由于题中没有给出a中电流的方向，所以b的电流方向也不确定，则b棒在a处产生的磁场可能向上也可能向下，故A错误，B正确；a受到重力、支持力和水平向右的安培力处于平衡状态，因夹角为45°，则B＝

，故C正确，D错误．

20．（2019·江西省重点中学协作体第二次联考）在水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图6所示（φ0、－φ0、x1、x2、x3、x4均已知，O、x1、x2、x3、x4为x轴上等间距的点）．现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球（不计重力）从O点以某一未知初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是（　　）

图6

A．在0～x1间的电场强度沿x轴正方向，大小为E1＝

B．在0～x1间与在x3～x4间电场强度相同

C．只要v0＞0，该带电小球就能运动到x4处

D．只要v0＞

，该带电小球就能运动到x4处

【答案】　BD

【解析】　由于沿电场方向，电势降落，可知0～x1间的电场强度沿x轴负方向，由E＝

，得E＝

＝

，φ－x图象的斜率等于电场强度，在0～x1间与在x3～x4间斜率相同，则电场强度相同，故A错误，B正确；由φ－x图象可知，x3处电势最低，速度最小，只要能到达x3处就一定能到达x4处．若小球恰好到达x3处，由动能定理得：

－qU＝－qφ0＝0－

mv02，故v0＝

，只要v0>

，带电小球就能运动到x4处，故C错误，D正确．

21．（2019·江西省南昌市第二次模拟）如图7所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有（　　）

图7

A．轻绳对小球的拉力逐渐增大

B．小球对斜劈的压力先减小后增大

C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小

D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大

【答案】　AD

【解析】　对小球受力分析，受重力、支持力和轻绳的拉力，如图甲所示：

根据平衡条件，细线的拉力FT′增加，支持力FN减小，根据牛顿第三定律，球对斜劈的压力也减小，A正确，B错误；对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力FN，杆的支持力FN′，拉力FT，如图乙所示，根据平衡条件，有：

水平方向FN′＝FNsinθ，竖直方向FT＋FNcosθ＝G，由于FN减小，故FN′减小，FT增加，C错误，D

22．（2019·广东省梅州市5月二模）如图1甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的交流电源的频率为f＝50Hz，试问：

图1

（1）实验中，必要的措施是________．

A．细线必须与长木板平行

B．小车必须具有一定的初速度

C．小车质量远大于钩码质量

D．必须平衡小车与长木板间的摩擦力

（2）如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是刚打好的纸带上7个连续的点．从图乙中可读得x6＝________cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF＝________.

（3）如图丙所示，是根据实验数据画出的v2－2x图线（v为各点的速度大小），由图线可知小车运动的加速度为________m/s2.（保留2位有效数字）

【答案】　

（1）A　

（2）6.00　

　（3）0.50（0.48～0.52）

【解析】　

（1）实验中，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A正确；实验中让小车由静止释放，不需要初速度，选项B错误；此实验不需要使得小车质量远大于钩码质量，选项C错误；此实验没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D错误．

（2）从题图乙中可读得x6＝6.00cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF＝

＝

.

（3）由图线可知小车运动的加速度为a＝

＝

m/s2＝0.50m/s2

23．（2019·广西钦州市第三次质检）某小组通过实验测绘一个标有“5.0V　7.5W”某元件的伏安特性曲线，电路图如图2甲所示，备有下列器材：

图2

A．电池组（电动势为6.0V，内阻约为1Ω）

B．电压表（量程为0～3V，内阻RV＝3kΩ）

C．电流表（量程为0～1.5A，内阻约为0.5Ω）

D．滑动变阻器R（最大阻值10Ω，额定电流1A）

E．定值电阻R1（电阻值为1.5kΩ）

F．定值电阻R2（电阻值为3kΩ）

G．开关和导线若干

（1）实验中所用定值电阻应选________（填“E”或“F”）．

（2）根据图甲电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路连接完整．

（3）某次实验时，电压表示数指针位置如图丙所示，则电压表读数是________V，元件两端电压是________V.

（4）通过实验数据描绘出该元件的伏安特性曲线如图丁所示．若把两个同样的该元件并联后与电动势为4.5V、内阻为1.5Ω的电源相连接，则此时每个元件的电阻值均为________Ω.（计算结果保留2位有效数字）

【答案】　

（1）F

（2）如图所示

（3）2.20　4.4　（4）1.7（1.5～1.9均可）

【解析】　

（1）电源电动势为6.0V，电压表量程为3V，内阻为3kΩ，则可将电压表扩大量程，串联一个大小为3kΩ的分压电阻后，量程扩大到6.0V，则定值电阻应该选择F.

（2）实物电路连接如图；

（3）某次实验时，电压表示数指针位置如题图丙所示，则电压表读数是2.20V，元件两端电压是2×2.20V＝4.4V.

（4）设通过每个元件的电流为I，根据闭合电路欧姆定律应有E＝U＋2Ir，变形为U＝4.5－3I，在表示小灯泡的I－U图象中作出表示电源的I－U图象，如图所示，读出两图线的交点坐标为U＝1.65V，I＝0.95A，所以每个元件的电阻为R＝

≈1.7Ω.

24．（2019·江西省新余市上学期期末）滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神，现有一滑梯，高处水平台面距地面高h＝1.5m，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L＝0.5m，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图1所示，一质量为20kg的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v＝2m/s.（结果保留两位小数，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：

图1

（1）若滑梯的倾斜槽和水平槽摩擦因数相同，求此摩擦因数的值．

（2）若小孩滑到水平槽末端速度大于1m/s时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的摩擦因数与

（1）问中相同]，请你求出水平槽处理后的摩擦因数取值范围．

【答案】　

（1）0.52　

（2）大于等于0.82

【解析】　

（1）研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：

mgh－μmgcosθ×

－μmgL＝

mv2

可得：

μ＝0.52

（2）为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v应小于等于v0＝1m/s，设处理后水平槽摩擦因数为μ1，小孩到达斜槽末端的速度为v1，根据动能定理

在斜面上有：

mgh－μmgcosθ×

＝

mv12

在水平面上有：

mv02－

mv12＝－μ1mgL

联立得：

μ1＝0.82

所以μ1≥0.82

25．（2019·四川省乐山市第一次调研）如图2所示，AB是位于竖直平面内、半径R＝0.5m的

圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103N/C.今有一质量为m＝0.1kg、带电荷量q＝＋8×10－5C的小滑块（可视为质点）从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10m/s2，求：

图2

（1）小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；

（2）小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；

（3）小滑块最终的运动情况．

【答案】　

（1）2.2N　方向竖直向下　

（2）

m　（3）在圆弧轨道上往复运动

【解析】　

（1）设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，圆弧轨道对滑块的支持力为FN，则

由动能定理得mgR－qER＝

mvB2

由牛顿第二定律得FN－mg＝m

解得FN＝2.2N

由牛顿第三定律知，小滑块滑到B点时对轨道的压力为2.2N，方向竖直向下

（2）设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x，

mgR－qE（R＋x）－μmgx＝0

得x＝

m

（3）由题意知qE＝8×10－5×5×103N＝0.4N

μmg＝0.05×0.1×10N＝0.05N

因此有qE>μmg

所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．

33．

（1）（2019·陕西省渭南市第三次模拟）下列说法正确的是________．

A．松香在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变

B．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小

C．液体的饱和汽压与饱和汽的体积有关

D．若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大

E．若一定质量的理想气体分子平均动能减小，且外界对气体做功，则气体一定放热

（2）（2019·江西省重点中学协作体第二次联考）如图1所示，粗细均匀且内壁光滑的导热细玻璃管长L0＝65cm，用长为h＝25cm的水银柱封闭一段理想气体．开始时玻璃管水平放置，气柱长L1＝25cm，大气压强为p0＝75cmHg.不考虑环境温度的变化．

图1

①若将玻璃管由水平位置缓慢转至竖直位置（管口向上），求此时气柱的压强p2和长度L2；

②保持玻璃管沿竖直方向放置，向玻璃管中缓慢注入水银，当水银柱上端与管口相平时封闭气柱的长度L3.

【答案】　

（1）BDE　

（2）①100cmHg　18.75cm　②15cm

【解析】　

（1）晶体在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，而松香是非晶体，A错误；当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小，B正确；液体的饱和汽压与温度有关，与饱和汽的体积无关，C错误；若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则W>0，Q>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，ΔU>0，说明气体的温度升高，又气体被压缩，体积减小，由理想气体状态方程可知，气体压强一定增大，D正确；若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小，即ΔU<0，又外界对气体做功，即W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，Q<0，即气体一定放热，E正确．

（2）①玻璃管水平放置时，气柱的压强等于大气压强，即p1＝p0＝75cmHg，

当玻璃管管口朝上，且竖直放置时，气柱的压强为p2＝p0＋ρgh＝100cmHg；

设水银柱横截面积为S，由于温度不变，由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S，解得L2＝18.75cm；

②设注入的水银柱长度为x.当水银柱的上端刚好与管口相平时，气柱的压强为p3＝p0＋ρg（h＋x）＝（100＋x）cmHg

此时气柱的长度为L3＝L0－h－x＝（40－x）cm

则由玻意耳定律得p1L1S＝p3L3S，解得x＝25cm或x＝－85cm（舍），

故此时气柱的长度L3＝15cm.

34．（2019·重庆市江津中学、合川中学等七校第三次模拟）

（1）下列说法正确的是________．

A．声波从空气进入水中时，其波速增大，波长变长

B．纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是垂直的

C．当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变

D．均匀变化的磁场产生变化的电场，均匀变化的电场产生变化的磁场

E．只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象

（2）半径为R的半圆柱形玻璃砖的截面如图1所示，O为圆心，光线Ⅰ沿半径方向从a点射入玻璃砖后，恰好在O点发生全反射，另一条光线Ⅱ平行于光线Ⅰ从最高点b射入玻璃砖后，在底边MN上的d点射出，若测得Od＝

，求该玻璃砖的折射率．

图1

【答案】　

（1）ACE　

（2）2.03

【解析】　

（1）声波由空气进入水中时波速v变大，频率f不变，由公式v＝λf知，波长λ变大，故A正确；纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是平行的，故B错误；当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变，故C正确；均匀变化的磁场产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，故D错误；只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象，故E正确．

（2）设光线Ⅱ的入射角和折射角分别为i和r，在△bOd中，bd＝

＝

R，

sinr＝

＝

，由折射定律有n＝

，即sini＝

n

又因为光线Ⅰ与光线Ⅱ平行，且在O点恰好发生全反射，有：

sini＝

，所以

＝

，

解得：

n＝

≈2.03