广东省广州市育才中学2020届高三物理下学期3月零模试题含解析

1、广东省广州市育才中学2020届高三物理下学期3月零模试题（含解析）物理部分二、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1417题只有一项符合题目要求，第1821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.如图所示，倾角为30的斜面固定在水平地面上斜面上放有一重为g的物块，物块与斜面之间的动摩擦因数等于，水平轻弹簧一端顶住物块，另一端顶住竖直墙面物块刚好沿斜面向上滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹力大小是（ ）a. gb. gc. gd. g【答案】d【解析】分析】对物体受力分析，物体受向下的摩擦力，根据正交分解法建立平衡方程即可

2、求解f.【详解】根据物体的受力情况可知：fcos300=mgsin300+(fsin300+mgcos300)，解得f=g，故选d.2.如图所示，纸面为竖直面，mn为竖直线段，空间存在平行于纸面的足够宽广的水平方向匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从m点在纸面内以 的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为 的速度通过n点已知重力加速度g,不计空气阻力则下列正确的是（ ）a. 小球从m到n的过程经历的时间b. 可以判断出电场强度的方向水平向左c. 从m点到n点的过程中小球的机械能先增大后减小d. 从m到n的运动过程中速度大小一直增大【答案】a【解析】【分析】小球受水平方向的电

3、场力作用向左先减速后反向加速，竖直方向做自由落体运动，结合运动公式和动能定理解答.【详解】水平方向，小球受水平方向的电场力作用向左先减速后反向加速，到达n点时，水平速度仍为v0，则竖直速度；因小球竖直方向在重力作用下做自由落体运动，则由vy=gt可知小球从m到n的过程经历的时间，选项a正确；带正电的小球所受的电场力水平向右，可以判断出电场强度的方向水平向右，选项b错误；从m点到n点的过程中，电场力先做负功后做正功，可知小球的机械能先减小后增大，选项c错误；因电场力水平向右，重力竖直向下，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方，则从m到n的运动过程中，合力先做负功，后做正功，则动能先减小后增加，即

4、速度先减小后增加，选项d错误；故选a.3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，a、b两点间的电压为 ，r为可变电阻，p为额定电流1a、用铅锑合金制成的保险丝为使保险丝中的电流不超过1a，可变电阻r连入电路的最小阻值是（ ）a. 2.2b. c. 22d. 【答案】a【解析】原线圈输入电压 根据电压与匝数成正比 代入数据解得： 原线圈的最大输入功率为 输出功率等于输入功率 由公式： 解得：故应选a4.放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力f作用下，沿斜面向上做直线运动。拉力f和物块速度v随时间t变化的图象如图，则不正确的是：（）a. 第1s内物块受到的合外力为0.5nb. 物块的质

5、量为11kgc. 第1s内拉力f的功率逐渐增大d. 前3s内物块机械能一直增大【答案】b【解析】【详解】ab由图像可知，01s内物体的加速度为由牛顿第二定律可得1s后有其中联立解得第1s内物块受到的合外力为故a正确，b错误；c第1s内拉力f的功率p=fv，f不变，v增大，则p增大，故c正确；d前1s内物块的动能和重力势能均增大，则其机械能增大，23s内，动能不变，重力势能增大，其机械能增大，所以物块的机械能一直增大，故d正确。本题选择不正确的，故选b。5.如图水平且平行等距的虚线表示某电场三个等势面，电势值分别为u、o、u，实线是电荷量为q的带电粒子的运动轨迹，a、b、c为轨迹上的三点，且都位

6、于等势面上，不计重力。下列说法正确的（）a. 若粒子在a点的动能为2ev，则在c点的动能可能为0b. 粒子在b点所受电场力方向水平向右c. 粒子在三点的电势能大小为d. 粒子从a到c过程中电场力对它做的功为qu【答案】cd【解析】【详解】a由题意可知，a点的电势低于c点电势，带负电的粒子在a点的电势能大于c点的电势能，由能量守恒可知，粒子在a点的动能小于在c点的动能，故a错误；b因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，根据电场线与等势面垂直，电场线竖直向上，结合轨迹的弯曲方向知粒子在b点的电场力竖直向下，故b错误；c由题可知根据负电荷在电势高处电势能小可知故

7、c正确；d粒子由a到c过程中电场力做正功，则有故d正确。故选cd。6.如图所示，金属圆环放置在水平桌面上，一个质量为m的圆柱形永磁体轴线与圆环轴线重合，永磁体下端为n极，将永磁体由静止释放永磁体下落h高度到达p点时速度大小为v，向下的加速度大小为a，圆环的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）a. 俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向b. 永磁体下落的整个过程先加速后减速，下降到某一高度时速度可能为零c. 永磁体运动到p点时，圆环对桌面的压力大小为mg+mgmad. 永磁体运动到p点时，圆环中产生的焦耳热为mgh+mv2【答案】ac【解析】【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向；可根据

8、假设法判断磁铁下落到某高度时速度不可能为零；根据牛顿第二定律分别为磁铁和圆环列方程求解圆环对地面的压力；根据能量关系求解焦耳热【详解】磁铁下落时，根据楞次定律可得，俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向，选项a正确；永磁体下落的整个过程，开始时速度增加，产生感应电流增加，磁铁受到向上的安培力变大，磁铁的加速度减小，根据楞次定律可知“阻碍”不是“阻止”，即磁铁的速度不可能减到零，否则安培力就是零，物体还会向下运动，选项b错误；永磁体运动到p点时，根据牛顿第二定律：mg-f安=ma；对圆环：mg+f安=n，则n=mg+mgma，由牛顿第三定律可知圆环对桌面的压力大小为mg+mgma，选项c正确；由能量

9、守恒定律可得，永磁体运动到p点时，圆环中产生的焦耳热为mgh-mv2，选项d错误；故选ac.【点睛】此题关键是理解楞次定律，掌握其核心“阻碍”不是“阻止”；并能用牛顿第二定律以及能量守恒关系进行判断.7.如图所示，圆形区域内以直线ab为分界线，上半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为b。下半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，圆的半径为r。在磁场左侧有一粒子水平加速器，质量为m，电量大小为q的粒子在极板m右侧附近，由静止释放，在电场力的作用下加速，以一定的速度沿直线cd射入磁场，直线cd与直径ab距离为0.6r。粒子在ab上方磁场中偏转后，恰能垂直直径ab进入下面的磁场

10、，之后在ab下方磁场中偏转后恰好从o点进入ab上方的磁场。带电粒子的重力不计。则a. 带电粒子带负电b. 加速电场的电压为c. 粒子进入ab下方磁场时的运动半径为0.1rd. ab下方磁场的磁感应强度为上方磁场的3倍【答案】ac【解析】【详解】a从c点入射的粒子向下做匀速圆周运动，即受到洛仑兹力向下，由左手定则知道粒子带负电，所以选项a正确；b由题意知，粒子在ab上方磁场中做匀速圆周运动的半径r10.6r，在电场中加速有：在ab上方磁场中：联立得：所以选项b错误；c粒子在ab下方磁场中做匀速圆周运动，由几何关系：解得r20.1r所以选项c正确；d由洛仑兹力提供向心力得到半径：由于r16r2，所

11、以b26b1所以选项d错误。故选ac。8.我国正在建设北斗卫星导航系统，根据系统建设总体规划，计划2018年，面向“一带一路”沿线及周边国家提供基本服务，2020年前后，完成35颗卫星发射组网，为全球用户提供服务2018年1月12日7时18分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第26、27颗北斗导航卫星，将与前25颗卫星联网运行.其中在赤道上空有2颗北斗卫星a、b绕地球做同方向的匀速圆周运动，其轨道半径分别为地球半径的和，且卫星b的运动周期为t某时刻2颗卫星与地心在同一直线上，如图所示则下列说法正确的是a. 卫星a、b的加速度之比为b. 卫星a、b的周期之比

12、为是c. 再经时间t=，两颗卫星之间可以直接通信d. 为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星b所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星【答案】ad【解析】ab、由万有引力提供向心力有，解得，卫星a、b的加速度之比为，故a正确；解得，卫星a、b的周期之比为，故b错误；c、再经时间t两颗卫星之间可以直接通信，则有，又，解得，故c错误；d、由b卫星的分布图求的所辐射的最大角度，则，则辐射的最大角度为，需要的卫星个数，为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星b所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星，故d正确；故选ad【点睛】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求出加速度、周期之比，由几何关系

13、为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星b所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要颗数卫星三、非选择题：共174分，第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答.第3338题为选考题，考生根据要求作答.9.某实验小组利用如图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒。 (1)实验前小组同学调整气垫导轨底座使之水平，并查得当地重力加速度。(2)如图所示，用游标卡尺测得遮光条宽度_cm；实验时将滑块从图所示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间，则滑块经过光电门时的瞬时速度为_m/s。在本次实验中还需要读出和测量的物理量有：钩码的质量m、滑块质量m和_（文字说明并用相应的字母

14、表示）。(3)本实验通过比较钩码重力势能的减小量_和_（用以上物理量符号表示）在实验误差允许的范围内是否相等，从而验证系统的机械能守恒。【答案】 (1). 0.52cm (2). (3). 滑块释放位置遮光条到光电门的位移s (4). mgs (5). 钩码和滑块的动能增加量之和【解析】【详解】(2)1游标卡尺主尺读数为0.5cm，游标尺上第2个刻度与主尺上某一刻度对齐，则游标读数为20.1=0.2mm=0.02cm，所以最终读数为：0.5cm+0.02cm=0.52cm；2由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为3根据实验原理可知，

15、该实验中需要比较钩码和滑块所组成的系统重力势能的减小量与钩码和滑块所组成的系统动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒，故需要测量的物理还有：滑块释放位置遮光条到光电门的位移s(3)45钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgs，系统动能的增量为因此只要比较二者是否相等，即可验证系统机械能是否守恒10.为了测量一个电动势约为6v8v，内电阻小于的电源，由于直流电压表量程只有3v，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程9v的电压表，然后再用伏安法测电源的电动势和内电阻，以下是他们的实验操作过程：(1)把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，

16、完成填空。第一步：按电路图连接实物第二步：把滑动变阻器滑动片移到最右端，把电阻箱阻值调到零第三步：闭合电键，把滑动变阻器滑动片调到适当位置，使电压表读数为3.0v第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为_v。第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其它线路，即得量程为9v的电压表(2)以上实验可供选择的器材有：a.电压表（量程为3v，内阻约）b.电流表（量程为3a，内阻约）c.电阻箱（阻值范围）d.电阻箱（阻值范围）e.滑动变阻器（阻值为，额定电流3a）f.滑动变阻器（阻值为，额定电流0.2a）电阻箱应选_，滑动变阻器应选_。用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测

17、电源电动势e和内电阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压表u和电流i的值，并作出ui图线如图丙所示，可知电池的电动势为_v，内电阻为_。（结果保留2位有效数字）【答案】 (1). 1.0 (2). c (3). e (4). 6.9 (5). 1.5【解析】【详解】(1)1把3v的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为9v的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3v，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为(2)2由题，电压表的量程为3v，内阻约为2k，要改装成9v的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为22k=4k故电阻

18、箱应选c；3在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选e；(3)4由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为u=23v则电源的电动势为5内阻为11.cd、ef是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为h，导轨间距为l，在水平导轨区域存在方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为cpqe），磁感强度大小为b，如图所示.导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻r。将一阻值也为r的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x处。已知导体棒质量为m，导体棒与导轨始终

19、接触良好，重力加速度为g。求：(1)导体棒两端的最大电压u；(2)整个电路中产生的焦耳热；(3)磁场区域的长度d。【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】(1)由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大，由机械能守恒定律有解得由法拉第电磁感应定律得，得：(2)由平抛运动规律解得由能量守恒定律可知个电路中产生的焦耳热为(3)导体棒通过磁场区域时在安培力作用下做变速运动。由牛顿第二定律联立解得12.某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨mn右端n处于倾斜传送带理想连接，传送带长度l=15.0m，皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0

20、kg的滑块a、b、c置于水平导轨上，b、c之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块b与轻弹簧连接，c未连接弹簧，b、c处于静止状态且离n点足够远，现让滑块a以初速度v0=6m/s沿b、c连线方向向b运动，a与b碰撞后粘合在一起碰撞时间极短，滑块c脱离弹簧后滑上倾角=37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块c与传送带之间的动摩擦因数=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）滑块a、b碰撞时损失的机械能；（2）滑块c在传送带上因摩擦产生的热量q；（3）若每次实验开始时滑块a的初速度v0大小不相同，要使滑块c滑离传送带后总能落至地面上的同一位置

21、，则v0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）【答案】(1) (2) (3)【解析】试题分析：（1）a、b碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）a、b碰撞后与c作用的过程中abc组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出c与ab分开后的速度，c在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出c相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块a的最大速度和最小速度（1）a与b位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，

22、设a与b碰撞后共同速度为，选取向右为正方向，对a、b有：碰撞时损失机械能解得：（2）设a、b碰撞后，弹簧第一次恢复原长时ab的速度为，c的速度为由动量守恒得：由机械能守恒得：解得：c以滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x时与传送带共速由牛顿第二定律得：由速度位移公式得：联立解得：x=11.25ml加速运动的时间为t，有：所以相对位移代入数据得：摩擦生热（3）设a的最大速度为，滑块c与弹簧分离时c的速度为，ab的速度为，则c在传送带上一直做加速度为的匀减速直线运动直到p点与传送带共速则有：根据牛顿第二定律得：联立解得：设a的最小速度为，滑块c与弹簧分离时c的速度为，ab的速度为，则c在传送带上一直做加速度为的匀加速直线运动直到p点与传送带共速则有：解得：对a、b、c和弹簧组成的系统从ab碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中系统动量守恒，则有：由机械能守恒得：解得：同理得：所以13.下列说法正确的是_a. 温度高的物体分子平均动能和内能一定大b. 液晶既具有液体的流动性又像某些晶体具有各向异性c. 一定质量的理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加d.