廣東省廣州市育才中學2020屆高三物理下學期3月零模試題含解析

1、廣東省廣州市育才中學2020屆高三物理下學期3月零模試題（含解析）物理部分二、選擇題：本題共8小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，第1417題只有一項符合題目要求，第1821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.如圖所示，傾角為30的斜面固定在水平地面上斜面上放有一重為g的物塊，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)等于，水平輕彈簧一端頂住物塊，另一端頂住豎直墻面物塊剛好沿斜面向上滑動，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧的彈力大小是（ ）a. gb. gc. gd. g【答案】d【解析】分析】對物體受力分析，物體受向下的摩擦力，根據(jù)正交分解法建立平衡方程即可

2、求解f.【詳解】根據(jù)物體的受力情況可知：fcos300=mgsin300+(fsin300+mgcos300)，解得f=g，故選d.2.如圖所示，紙面為豎直面，mn為豎直線段，空間存在平行于紙面的足夠?qū)拸V的水平方向勻強電場，其大小和方向未知，圖中未畫出，一帶正電的小球從m點在紙面內(nèi)以 的速度水平向左開始運動，以后恰好以大小為 的速度通過n點已知重力加速度g,不計空氣阻力則下列正確的是（ ）a. 小球從m到n的過程經(jīng)歷的時間b. 可以判斷出電場強度的方向水平向左c. 從m點到n點的過程中小球的機械能先增大后減小d. 從m到n的運動過程中速度大小一直增大【答案】a【解析】【分析】小球受水平方向的電

3、場力作用向左先減速后反向加速，豎直方向做自由落體運動，結(jié)合運動公式和動能定理解答.【詳解】水平方向，小球受水平方向的電場力作用向左先減速后反向加速，到達n點時，水平速度仍為v0，則豎直速度；因小球豎直方向在重力作用下做自由落體運動，則由vy=gt可知小球從m到n的過程經(jīng)歷的時間，選項a正確；帶正電的小球所受的電場力水平向右，可以判斷出電場強度的方向水平向右，選項b錯誤；從m點到n點的過程中，電場力先做負功后做正功，可知小球的機械能先減小后增大，選項c錯誤；因電場力水平向右，重力豎直向下，可知電場力和重力的合力方向斜向右下方，則從m到n的運動過程中，合力先做負功，后做正功，則動能先減小后增加，即

4、速度先減小后增加，選項d錯誤；故選a.3.如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為，a、b兩點間的電壓為 ，r為可變電阻，p為額定電流1a、用鉛銻合金制成的保險絲為使保險絲中的電流不超過1a，可變電阻r連入電路的最小阻值是（ ）a. 2.2b. c. 22d. 【答案】a【解析】原線圈輸入電壓 根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比 代入數(shù)據(jù)解得： 原線圈的最大輸入功率為 輸出功率等于輸入功率 由公式： 解得：故應選a4.放置于固定斜面上的物塊，在平行于斜面向上的拉力f作用下，沿斜面向上做直線運動。拉力f和物塊速度v隨時間t變化的圖象如圖，則不正確的是：（）a. 第1s內(nèi)物塊受到的合外力為0.5nb. 物塊的質(zhì)

5、量為11kgc. 第1s內(nèi)拉力f的功率逐漸增大d. 前3s內(nèi)物塊機械能一直增大【答案】b【解析】【詳解】ab由圖像可知，01s內(nèi)物體的加速度為由牛頓第二定律可得1s后有其中聯(lián)立解得第1s內(nèi)物塊受到的合外力為故a正確，b錯誤；c第1s內(nèi)拉力f的功率p=fv，f不變，v增大，則p增大，故c正確；d前1s內(nèi)物塊的動能和重力勢能均增大，則其機械能增大，23s內(nèi)，動能不變，重力勢能增大，其機械能增大，所以物塊的機械能一直增大，故d正確。本題選擇不正確的，故選b。5.如圖水平且平行等距的虛線表示某電場三個等勢面，電勢值分別為u、o、u，實線是電荷量為q的帶電粒子的運動軌跡，a、b、c為軌跡上的三點，且都位

6、于等勢面上，不計重力。下列說法正確的（）a. 若粒子在a點的動能為2ev，則在c點的動能可能為0b. 粒子在b點所受電場力方向水平向右c. 粒子在三點的電勢能大小為d. 粒子從a到c過程中電場力對它做的功為qu【答案】cd【解析】【詳解】a由題意可知，a點的電勢低于c點電勢，帶負電的粒子在a點的電勢能大于c點的電勢能，由能量守恒可知，粒子在a點的動能小于在c點的動能，故a錯誤；b因表示電場中三個等勢面的三條虛線是平行且等間距的，由此可判斷電場是勻強電場，根據(jù)電場線與等勢面垂直，電場線豎直向上，結(jié)合軌跡的彎曲方向知粒子在b點的電場力豎直向下，故b錯誤；c由題可知根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小可知故

7、c正確；d粒子由a到c過程中電場力做正功，則有故d正確。故選cd。6.如圖所示，金屬圓環(huán)放置在水平桌面上，一個質(zhì)量為m的圓柱形永磁體軸線與圓環(huán)軸線重合，永磁體下端為n極，將永磁體由靜止釋放永磁體下落h高度到達p點時速度大小為v，向下的加速度大小為a，圓環(huán)的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力，則（ ）a. 俯視看，圓環(huán)中感應電流沿逆時針方向b. 永磁體下落的整個過程先加速后減速，下降到某一高度時速度可能為零c. 永磁體運動到p點時，圓環(huán)對桌面的壓力大小為mg+mgmad. 永磁體運動到p點時，圓環(huán)中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh+mv2【答案】ac【解析】【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向；可根據(jù)

8、假設(shè)法判斷磁鐵下落到某高度時速度不可能為零；根據(jù)牛頓第二定律分別為磁鐵和圓環(huán)列方程求解圓環(huán)對地面的壓力；根據(jù)能量關(guān)系求解焦耳熱【詳解】磁鐵下落時，根據(jù)楞次定律可得，俯視看，圓環(huán)中感應電流沿逆時針方向，選項a正確；永磁體下落的整個過程，開始時速度增加，產(chǎn)生感應電流增加，磁鐵受到向上的安培力變大，磁鐵的加速度減小，根據(jù)楞次定律可知“阻礙”不是“阻止”，即磁鐵的速度不可能減到零，否則安培力就是零，物體還會向下運動，選項b錯誤；永磁體運動到p點時，根據(jù)牛頓第二定律：mg-f安=ma；對圓環(huán)：mg+f安=n，則n=mg+mgma，由牛頓第三定律可知圓環(huán)對桌面的壓力大小為mg+mgma，選項c正確；由能量

9、守恒定律可得，永磁體運動到p點時，圓環(huán)中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh-mv2，選項d錯誤；故選ac.【點睛】此題關(guān)鍵是理解楞次定律，掌握其核心“阻礙”不是“阻止”；并能用牛頓第二定律以及能量守恒關(guān)系進行判斷.7.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)以直線ab為分界線，上半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為b。下半圓內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小未知，圓的半徑為r。在磁場左側(cè)有一粒子水平加速器，質(zhì)量為m，電量大小為q的粒子在極板m右側(cè)附近，由靜止釋放，在電場力的作用下加速，以一定的速度沿直線cd射入磁場，直線cd與直徑ab距離為0.6r。粒子在ab上方磁場中偏轉(zhuǎn)后，恰能垂直直徑ab進入下面的磁場

10、，之后在ab下方磁場中偏轉(zhuǎn)后恰好從o點進入ab上方的磁場。帶電粒子的重力不計。則a. 帶電粒子帶負電b. 加速電場的電壓為c. 粒子進入ab下方磁場時的運動半徑為0.1rd. ab下方磁場的磁感應強度為上方磁場的3倍【答案】ac【解析】【詳解】a從c點入射的粒子向下做勻速圓周運動，即受到洛侖茲力向下，由左手定則知道粒子帶負電，所以選項a正確；b由題意知，粒子在ab上方磁場中做勻速圓周運動的半徑r10.6r，在電場中加速有：在ab上方磁場中：聯(lián)立得：所以選項b錯誤；c粒子在ab下方磁場中做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系：解得r20.1r所以選項c正確；d由洛侖茲力提供向心力得到半徑：由于r16r2，所

11、以b26b1所以選項d錯誤。故選ac。8.我國正在建設(shè)北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)建設(shè)總體規(guī)劃，計劃2018年，面向“一帶一路”沿線及周邊國家提供基本服務(wù)，2020年前后，完成35顆衛(wèi)星發(fā)射組網(wǎng)，為全球用戶提供服務(wù)2018年1月12日7時18分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運載火箭，以“一箭雙星”方式成功發(fā)射第26、27顆北斗導航衛(wèi)星，將與前25顆衛(wèi)星聯(lián)網(wǎng)運行.其中在赤道上空有2顆北斗衛(wèi)星a、b繞地球做同方向的勻速圓周運動，其軌道半徑分別為地球半徑的和，且衛(wèi)星b的運動周期為t某時刻2顆衛(wèi)星與地心在同一直線上，如圖所示則下列說法正確的是a. 衛(wèi)星a、b的加速度之比為b. 衛(wèi)星a、b的周期之比

12、為是c. 再經(jīng)時間t=，兩顆衛(wèi)星之間可以直接通信d. 為了使赤道上任一點任一時刻均能接收到衛(wèi)星b所在軌道的衛(wèi)星的信號，該軌道至少需要4顆衛(wèi)星【答案】ad【解析】ab、由萬有引力提供向心力有，解得，衛(wèi)星a、b的加速度之比為，故a正確；解得，衛(wèi)星a、b的周期之比為，故b錯誤；c、再經(jīng)時間t兩顆衛(wèi)星之間可以直接通信，則有，又，解得，故c錯誤；d、由b衛(wèi)星的分布圖求的所輻射的最大角度，則，則輻射的最大角度為，需要的衛(wèi)星個數(shù)，為了使赤道上任一點任一時刻均能接收到衛(wèi)星b所在軌道的衛(wèi)星的信號，該軌道至少需要4顆衛(wèi)星，故d正確；故選ad【點睛】萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律求出加速度、周期之比，由幾何關(guān)系

13、為了使赤道上任一點任一時刻均能接收到衛(wèi)星b所在軌道的衛(wèi)星的信號，該軌道至少需要顆數(shù)衛(wèi)星三、非選擇題：共174分，第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答.第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答.9.某實驗小組利用如圖所示的實驗裝置來驗證鉤碼和滑塊所組成的系統(tǒng)機械能守恒。 (1)實驗前小組同學調(diào)整氣墊導軌底座使之水平，并查得當?shù)刂亓铀俣取?2)如圖所示，用游標卡尺測得遮光條寬度_cm；實驗時將滑塊從圖所示位置由靜止釋放，由數(shù)字計時器讀出遮光條通過光電門的時間，則滑塊經(jīng)過光電門時的瞬時速度為_m/s。在本次實驗中還需要讀出和測量的物理量有：鉤碼的質(zhì)量m、滑塊質(zhì)量m和_（文字說明并用相應的字母

14、表示）。(3)本實驗通過比較鉤碼重力勢能的減小量_和_（用以上物理量符號表示）在實驗誤差允許的范圍內(nèi)是否相等，從而驗證系統(tǒng)的機械能守恒。【答案】 (1). 0.52cm (2). (3). 滑塊釋放位置遮光條到光電門的位移s (4). mgs (5). 鉤碼和滑塊的動能增加量之和【解析】【詳解】(2)1游標卡尺主尺讀數(shù)為0.5cm，游標尺上第2個刻度與主尺上某一刻度對齊，則游標讀數(shù)為20.1=0.2mm=0.02cm，所以最終讀數(shù)為：0.5cm+0.02cm=0.52cm；2由于遮光條通過光電門的時間極短因此可以利用平均速度來代替其瞬時速度，因此滑塊經(jīng)過光電門時的瞬時速度為3根據(jù)實驗原理可知，

15、該實驗中需要比較鉤碼和滑塊所組成的系統(tǒng)重力勢能的減小量與鉤碼和滑塊所組成的系統(tǒng)動能的增加量是否相等即可判斷機械能是否守恒，故需要測量的物理還有：滑塊釋放位置遮光條到光電門的位移s(3)45鉤碼和滑塊所組成的系統(tǒng)為研究對象，其重力勢能的減小量為mgs，系統(tǒng)動能的增量為因此只要比較二者是否相等，即可驗證系統(tǒng)機械能是否守恒10.為了測量一個電動勢約為6v8v，內(nèi)電阻小于的電源，由于直流電壓表量程只有3v，需要將這只電壓表通過連接一固定電阻（用電阻箱代替），改裝為量程9v的電壓表，然后再用伏安法測電源的電動勢和內(nèi)電阻，以下是他們的實驗操作過程：(1)把電壓表量程擴大，實驗電路如圖甲所示，實驗步驟如下，

16、完成填空。第一步：按電路圖連接實物第二步：把滑動變阻器滑動片移到最右端，把電阻箱阻值調(diào)到零第三步：閉合電鍵，把滑動變阻器滑動片調(diào)到適當位置，使電壓表讀數(shù)為3.0v第四步：把電阻箱阻值調(diào)到適當值，使電壓表讀數(shù)為_v。第五步：不再改變電阻箱阻值，保持電壓表和電阻箱串聯(lián)，撤去其它線路，即得量程為9v的電壓表(2)以上實驗可供選擇的器材有：a.電壓表（量程為3v，內(nèi)阻約）b.電流表（量程為3a，內(nèi)阻約）c.電阻箱（阻值范圍）d.電阻箱（阻值范圍）e.滑動變阻器（阻值為，額定電流3a）f.滑動變阻器（阻值為，額定電流0.2a）電阻箱應選_，滑動變阻器應選_。用該擴大了量程的電壓表（電壓表的表盤沒變），測

17、電源電動勢e和內(nèi)電阻r，實驗電路如圖乙所示，得到多組電壓表u和電流i的值，并作出ui圖線如圖丙所示，可知電池的電動勢為_v，內(nèi)電阻為_。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）【答案】 (1). 1.0 (2). c (3). e (4). 6.9 (5). 1.5【解析】【詳解】(1)1把3v的直流電壓表接一電阻箱，改裝為量程為9v的電壓表時，將直流電壓表與電阻箱串聯(lián)，整個作為一只電壓表，據(jù)題分析，電阻箱阻值調(diào)到零，電壓表讀數(shù)為3v，則知把電阻箱阻值調(diào)到適當值，使電壓表讀數(shù)為(2)2由題，電壓表的量程為3v，內(nèi)阻約為2k，要改裝成9v的電壓表，根據(jù)串聯(lián)電路的特點可知，所串聯(lián)的電阻箱電阻應為22k=4k故電阻

18、箱應選c；3在分壓電路中，為方便調(diào)節(jié)，滑動變阻器選用阻值較小的，即選e；(3)4由丙讀出，外電路斷路時，電壓表的電壓為u=23v則電源的電動勢為5內(nèi)阻為11.cd、ef是水平放置的電阻可忽略的光滑平行金屬導軌，兩導軌距離水平地面高度為h，導軌間距為l，在水平導軌區(qū)域存在方向垂直導軌平面向上的有界勻強磁場（磁場區(qū)域為cpqe），磁感強度大小為b，如圖所示.導軌左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接，彎曲的光滑軌道的上端接有一電阻r。將一阻值也為r的導體棒從彎曲軌道上距離水平金屬導軌高度h處由靜止釋放，導體棒最終通過磁場區(qū)域落在水平地面上距離水平導軌最右端水平距離x處。已知導體棒質(zhì)量為m，導體棒與導軌始終

19、接觸良好，重力加速度為g。求：(1)導體棒兩端的最大電壓u；(2)整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)磁場區(qū)域的長度d?！敬鸢浮?1)(2)(3)【解析】【詳解】(1)由題意可知，導體棒剛進入磁場的瞬間速度最大，產(chǎn)生的感應電動勢最大，感應電流最大，由機械能守恒定律有解得由法拉第電磁感應定律得，得：(2)由平拋運動規(guī)律解得由能量守恒定律可知個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為(3)導體棒通過磁場區(qū)域時在安培力作用下做變速運動。由牛頓第二定律聯(lián)立解得12.某種彈射裝置的示意圖如圖所示，光滑的水平導軌mn右端n處于傾斜傳送帶理想連接，傳送帶長度l=15.0m，皮帶以恒定速率v=5m/s順時針轉(zhuǎn)動，三個質(zhì)量均為m=1.0

20、kg的滑塊a、b、c置于水平導軌上，b、c之間有一段輕彈簧剛好處于原長，滑塊b與輕彈簧連接，c未連接彈簧，b、c處于靜止狀態(tài)且離n點足夠遠，現(xiàn)讓滑塊a以初速度v0=6m/s沿b、c連線方向向b運動，a與b碰撞后粘合在一起碰撞時間極短，滑塊c脫離彈簧后滑上傾角=37的傳送帶，并從頂端沿傳送帶方向滑出斜拋落至地面上，已知滑塊c與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）滑塊a、b碰撞時損失的機械能；（2）滑塊c在傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的熱量q；（3）若每次實驗開始時滑塊a的初速度v0大小不相同，要使滑塊c滑離傳送帶后總能落至地面上的同一位置

21、，則v0的取值范圍是什么？（結(jié)果可用根號表示）【答案】(1) (2) (3)【解析】試題分析：（1）a、b碰撞過程水平方向的動量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能關(guān)系即可求出損失的機械能；（2）a、b碰撞后與c作用的過程中abc組成的系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出c與ab分開后的速度，c在傳送帶上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，然后應用勻變速直線運動規(guī)律求出c相對于傳送帶運動時的相對位移，由功能關(guān)系即可求出摩擦產(chǎn)生的熱量（3）應用動量守恒定律、能量守恒定律與運動學公式可以求出滑塊a的最大速度和最小速度（1）a與b位于光滑的水平面上，系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，

22、設(shè)a與b碰撞后共同速度為，選取向右為正方向，對a、b有：碰撞時損失機械能解得：（2）設(shè)a、b碰撞后，彈簧第一次恢復原長時ab的速度為，c的速度為由動量守恒得：由機械能守恒得：解得：c以滑上傳送帶，假設(shè)勻加速的直線運動位移為x時與傳送帶共速由牛頓第二定律得：由速度位移公式得：聯(lián)立解得：x=11.25ml加速運動的時間為t，有：所以相對位移代入數(shù)據(jù)得：摩擦生熱（3）設(shè)a的最大速度為，滑塊c與彈簧分離時c的速度為，ab的速度為，則c在傳送帶上一直做加速度為的勻減速直線運動直到p點與傳送帶共速則有：根據(jù)牛頓第二定律得：聯(lián)立解得：設(shè)a的最小速度為，滑塊c與彈簧分離時c的速度為，ab的速度為，則c在傳送帶上一直做加速度為的勻加速直線運動直到p點與傳送帶共速則有：解得：對a、b、c和彈簧組成的系統(tǒng)從ab碰撞后到彈簧第一次恢復原長的過程中系統(tǒng)動量守恒，則有：由機械能守恒得：解得：同理得：所以13.下列說法正確的是_a. 溫度高的物體分子平均動能和內(nèi)能一定大b. 液晶既具有液體的流動性又像某些晶體具有各向異性c. 一定質(zhì)量的理想氣體在等壓膨脹過程中，內(nèi)能一定增加d.