2020届江苏省如皋中学高三（下）三模模拟物理试题（解析版）

2019—2020 学年度高三第二学期 物理三模模拟 一、单选题 1.嫦娥四号从环月圆轨道 I 通过近月制动进入椭圆着陆轨道 II， 下一步月面软着陆做准备，如图所示，B 为近月点，A 为远月点．则嫦娥四号（ ） A. 在轨道 II 上 A 点的加速度大于在 B 点的加速度 B. 沿轨道 I 运动的周期小于沿轨道 II 运动的周期 C. 从轨道 I 变轨到轨道 II，机械能增大 D. 在轨道 II 经过 A 点时的动能小于在轨道 II 经过 B 点时的动能 【答案】D 【解析】 【详解】A．卫星在轨道 II 上运动，A 为远月点，B 为近月点，卫星运动的加速度由万有引力产生 知，卫星在 B 点运行加速度大，故 A 错误； B．根据开普勒第三定律可知，因为沿轨道 I 运动的半径大于沿轨道 II 运动的半长轴，可知沿轨道 I 运动的 周期大于沿轨道 II 运动的周期，选项 B 错误； C．卫星从轨道 I 变轨到轨道 II 的过程中卫星要在 A 点减速做近心运动，则从轨道 I 变轨到轨道 II，机械能 减小，选项 C 错误； D．在轨道 II 上从 A 点到 B 点月球的引力做正功，动能增加，则经过 A 点时的动能小于在轨道 II 经过 B 点 时的动能，选项 D 正确。 故选 D。 2.如图，小球甲从 A 点水平抛出，同时将小球乙从 B 点自由释放，两小球先后经过 C 点时速度大小相等， 方向夹角为 30°，已知 B、C 高度差为 h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（ ） 为 2 GMa r ＝A. 小球甲做平抛运动的初速度大小为 B. 甲、乙两小球到达 C 点所用时间之比为 C. A，B 两点高度差为 D. 两小球在 C 点时重力的瞬时功率大小相等 【答案】C 【解析】 A 项，小球乙到 C 的速度为 ，此时小球甲的速度大小也为 ，又因为小球甲速度与竖直 方向成 角，可知水平分速度为 故 A 错； B、小球运动到 C 时所用的时间为 得 而小球甲到达 C 点时竖直方向的速度为 ，所以运动时间为 所以甲、乙两小球到达 C 点所用时间之比为 故 B 错 C、由甲乙各自运动的时间得： ，故 C 对； D、由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在 C 点时重力的瞬时功率也不相等故 D 错； 故选 C 3.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷 Q 产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后 经过电场中的 a、b 两点，其中 a 点的场强大小为 Ea，方向与 ab 连线成 30°角；b 点的场强大小为 Eb，方向 与 ab 连线成 60°角，粒子只受电场力的作用．下列说法中正确的是 2 3 gh 1: 3 4 h 2v gh= 2v gh= 30° 2 2 gh 21 2h gt= 2ht g = 6 2 gh 6 2 ght g ′ = 3 : 2 2 21 1 2 2 4 hh gt gt′∆ = − =A. 点电荷 Q 带正电 B. a 点的电势低于 b 点电势 C. 从 a 到 b，系统的电势能减小 D. 粒子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度 【答案】C 【解析】 【分析】 根据电荷间的相互作用，即可判断电性，由 可判断电势能大小，由离点电荷远近可以判断电场强弱， 加速度大小． 【详解】根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受库仑引力作用，因粒子带正电，所以点 电荷带负电，故 A 错误；由图可知，点电荷 Q 位于 Ea 方向延长线与 Eb 方向延长线的交点处，且 b 点与 a 点相比，b 点离负点电荷较近，b 点处电势较低，所以 B 错误；由 可知正点电荷在电势低处，电势 能较小，所以正点电荷在 d 处时，系统具有的电势能较大，因此 C 正确；根据点电荷电场线的分布．b 点 处电场线分布较密，电场强度较大，粒子加速度较大，所以 D 错误． 4. 竖直导线 ab 与水平面上放置的圆线圈隔有一小段距离，其中直导线固定，线圈可自由运动，当同时通以 如图 4 所示方向的电流时（圆线圈内电流从上向下看是逆时针方向电流），则从左向右看，线圈将（ ） E qϕ= E qϕ=A. 不动． B. 顺时针转动，同时靠近导线． C. 顺时针转动，同时离开导线． D. 逆时针转动，同时靠近导线． 【答案】D 【解析】 分析：根据安培定则判断通电导线 AB 产生的磁场方向，采用电流元法和特殊位置法分析圆环所受安培力， 判断圆环的运动情况． 解答：解：根据安培定则可知，通电导线 AB 在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里．采用电流元法，将圆环 分成前后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向上，内侧受到的安培力向下，圆环将逆时针 转动．再用特殊位置法：圆环转过 90°时，通电直导线 AB 对左半圆环产生吸引力，对右半圆环产生排斥力， 由于吸引力大于排斥力，圆环靠近 AB．则从左向右看，线圈将逆时针转动，同时靠近直导线 AB．故 D 正 确，A、B、C 错误． 故选 D． 5.如图所示，一人用钳碗夹住圆柱形茶杯，在手竖直向上的力 F 作用下，夹子和茶杯相对静止，并一起向上 运动。夹子和茶杯的质量分别为 m、M 假设夹子与茶杯两侧间的静摩擦力在竖方向上，夹子与茶杯两侧间 的弹力在水平方向上，最大静摩擦力均为 f，则下列说法正确的是（　　） A. 人加大夹紧钳碗夹的力，使茶杯向上匀速运动，则夹子与茶杯间的摩擦力增大 B. 当夹紧茶杯的夹子往下稍微移动一段距离，使夹子的顶角张大，但仍使茶杯匀速上升，人的作用力 F 将 变小 C. 当人加速向上提茶杯时，作用力下可以达到的最大值是 2f(m+M) MD. 无论人提着茶杯向上向下做怎样的运动，若茶杯与夹子间不移动，则人的作用力 F=(M+m）g 【答案】C 【解析】 【详解】AB．无论人手夹紧还是夹子下移使夹子顶角变化，茶杯向上匀速运动时，茶杯处于平衡状态，合 力为零。故 摩擦力不变，故 AB 错误； C．当向上加速时，茶杯所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，力 F 的值最大，则有 联立解得 ，故 C 正确； D．当茶杯的运动状态改变，如向上匀加速运动时，F 大于（M+m）g，故 D 错误。 故选 C。 二、多选题 6.如图所示，在斜面上，木块 A 与 B 接触面是水平的．连接木块 A 的绳子呈水平状态，两木块均保持静 止．则木块 A 和木块 B 可能的受力个数分别为（ ） A. 2 个和 4 个 B. 3 个和 4 个 C. 4 个和 5 个 D. 4 个和 6 个 【答案】AC 【解析】 【详解】B 至少受到重力、A 对 B 的压力和静摩擦力、斜面的支持力四个力．斜面对物体 B 可能有静摩擦 力，也有可能没有静摩擦力，因此 B 受到 4 个力或 5 个力；而 A 受到力支持力与重力外，可能受到拉力与 B 对 A 的摩擦力．因此 A 可能受到 2 个力或 4 个力． A．2 个和 4 个．故 A 符合题意． B．3 个和 4 个．故 B 不符合题意． C．4 个和 5 个．故 C 符合题意． 的 ( )F M m g= + 2 f Mg=静 2 f Mg Ma− = ( ) ( )F M m g M m a− + = + 2 ( )f m MF M +=D．4 个和 6 个．故 D 不符合题意． 7.如图所示，在平行有界匀强磁场的正上方有一等边闭合的三角形导体框，磁场的宽度大于三角形的高度， 导体框由静止释放，穿过该磁场区城，在下落过程中 BC 边始终与匀强磁场的边界平行，不计空气阻力，则 下列说法正确的是（　　） A. 导体框进入磁场过程中感应电流为顺时针方向 B. 导体框进、出磁场过程，通过导体框横截而的电荷量大小相同 C. 导体框进入磁场的过程中可能做先加速后匀速的直线运动 D. 导体框出磁场的过程中可能做先加速后减速的直线运动 【答案】ABD 【解析】 【详解】A． 导体框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为顺时针方向，故 A 正 确； B． 导体框进、出磁场过程，磁通量变化相同，所以通过导体框横截面的电荷量 大小相同，故 B 正确； C． 导体框进入时产生的电动势 E=BL 有效 v，电流 ，安培力 F=BIL，故导体框进入磁场的过程中导 体框的加速度 其中 L 有效是变化的，所以 a 与 v 是变化的，故 C 错误； D． 导体框出磁场的过程中因为导体框的加速度 ，其中 L 有效是变化的，则 mg 与 大小关系不确定，而 L 有效在变大，所以 a 可能先变小再反向变大，故 D 正确。 故选 ABD。 Eq It tR R Φ= = =  EI R = 2 2B L vmg Ra m − = 有效 2 2B L vmg Ra m − = 有效 2 2B L v R 有效8.如图所示，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键 S，电容器充电后，细线与竖直方向夹角为 α， 则下列说法正确的是（ ） A. 保持电键 S 闭合，使两极板稍靠近一些，α 将增大 B. 保持电键 S 闭合，将滑动变阻器滑片向右移动，α 将不变 C. 断开电键 S，使两极板稍靠近一些，α 将减小 D. 断开电键 S，若将细线烧断，小球将做曲线运动 【答案】AB 【解析】 【详解】A、保持电键S 闭合时，电容器板间电压不变，两板靠近时，板间距离 d 减小，由 分析得知， 板间场强增大，小球所受电场力增大，则 增大，A 正确； B、保持开关 S 闭合，使滑动变阻器滑片向右移动时，不会改变电容器两端的电压，由 分析得知，板 间场强不变，小球所受电场力不变大，则 不变，B 正确； CD、电键 S 断开，电容器两端的电荷量不变，由 ， 和 得， ，两板间的 场强不变，小球所受电场力不变，即所受合力不变，C 错误；小球从静止开始运动，故做匀加速直线运动， D 错误； 故选 AB． 9.如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定，轻弹簧一端连接于竖直墙上，另一端连接于套在杆上的小球上， 小球处于静止状态。现用平行于杆向上的力 拉球，使小球沿杄缓慢向上移动，当弹簧水平时恰好处于原 长，则从小球开始向上运动直到弹簧水平的过程中，下列说法正确的是（　　） E U d = α E U d = α C Q U = E U d = C 4 S kd ε π= 4E kQ S π ε= FA. 拉力 越来越大 B. 拉力 先减小后增大 C. 杆对球的作用力一直减小 D. 杆对球的作用力先增大后减小 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．弹簧的弹力一直减小到零，弹力与竖直方向的夹角一直增大，设弹簧弹力 与竖直方向的 夹角为 ，在小球缓慢向上运动的过程中 可以分析得到 一直增大，故 A 正确，B 错误； CD．设弹簧的原长为 ，则杆对小球弹力 随 增大， 减小，故 C 正确，D 错误。 故选 AC。 三、实验题 10.⑴某实验小组为了测量某一电阻 Rx 的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出 Rx 的阻值约为 18Ω 左 右．为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材： A.电流表(量程 15mA，内阻未知) B.电流表(量程 0.6A，内阻未知) C.电阻箱(0～99.99Ω) D.电阻箱(0～999.9Ω) E.电源(电动势约 3V，内阻约 1Ω) F.单刀单掷开关 2 只 G.导线若干 甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验： a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合 S1，断开 S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值 R1，此时电流表 F F F弹 α cosF mg F α= − 弹 F L sin sin (1 sin )sinN LF F k L kLα α αα  = = − = −   α NF指针有较大的偏转且示数为 I； b.保持开关 S1 闭合，再闭合开关 S2，调节电阻箱的阻值为 R2，使电流表的示数仍为 I． ①根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_______，电阻箱应选择_______ （选填器材前的字 母） ②根据实验步骤可知，待测电阻 Rx= ____________________（用步骤中所测得的物理量表示）． ⑵同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻．若已知所选电流表的内阻 RA=2.0Ω，闭合开关 S2，调 节电阻箱 R，读出多组电阻值 R 和电流 I 的数据；由实验数据绘出的 -R 图象如图乙所示，由此可求得电 源电动势 E=________ V，内阻 r= ____ Ω．(计算结果保留两位有效数字) 【答案】 (1). A; (2). D; (3). ; (4). 3.2; (5). 0.80; 【解析】 【分析】 (1)根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的 最大电阻来选择电阻箱；列出开关 S2 断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可. (2)根据实验电路应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻. 【详解】(1)电源电动势为 3V，电流表量程为 15mA=0.015A，选 A；由欧姆定律： 可知，电路中的最 小电阻应为： ，所以电阻箱应选 D； ②根据闭合电路欧姆定律得： S2 断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)，S2 闭合时有：E=I(R2+RA+r)，解得:Rx=R2-R1； (2)闭合开关 S2，由闭合电路欧姆定律得：E=I(R+RA+r），整理得： 由 图象可知： ， ,而已知 RA，解得 ， .可得 【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原 1 I 2 1R R− UI R = min 3 2000.015A ER I = = = Ω 1 1 AR rRE EI += + 1 RI − 1k E = AR rb E += 1E k = A br Rk = − 3.2 , 0.8E V r= = Ω理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合 图象的性质分析斜率以及截距的意义. 11.小明同学利用电磁打点计时器与带滑轮的长木板依次完成：实验 a：“探究小车速度随时间变化的规 律”，实验b：“探究加速度与力、质量的关系”，实验c：“探究恒定拉力做功与物体速度变化的关系”。 (1)上述 3 个实验共同需要的器材是___； (2)上述 3 个实验共同必要的操作是___； A.本板都要倾斜放置以平衡小车摩擦力 B.小车初始位置都需要靠近打点计时器 C.牵引小车的细线都需要平行长木板 D.单引细线的重物质量都要远小于小车质量 (3)实验 b 中得到一条纸带如图甲所示，计数点 1、2、3、4、5 之间距离已标注在纸带上。已知打点计时器 的打点频率为 50Hz，则打计数点 4 时小车的速度大小 ____m/s，小车运动的加速度大小 ___ （结 果均保留两位有效数字）； (4)实验 c 中小车得到的速度平方与运动位移的关系图像如图乙所示，若图线斜率为 k，小车质量为 M，重力 加速度为 g，则牵引细线的重物质量 _____。 【答案】 (1). BD (2). BC (3). 0.52 (4). 0.86 (5). 【解析】 【详解】(1)[1]3 个实验都使用电磁打点计时器，都需要低压交流电源，都是通过纸带求解速度或加速度， 故都需要刻度尺，故 AC 错误，BD 正确。 故选 BD。 v = a = 2m/s m = 2 kM g(2)[2]3 个实验共同必要 操作，一是牵引小车的细线都需要平行长木板，以确保小车做匀加速直线运动； 二是小车初始位置都需要靠近打点计时器，以确保纸带上打出更多的计时点；实验 a 仅测量运动速度与加 速度，不需要平衡摩擦力，牵引细线的重物质量不需要满足远小于小车质量的关系。故 AD 错误，BC 正确。 故选 BC。 (3)[3][4]打计数点 4 时小车的速度大小 (4)[5]由 图像得 图线斜率 根据牛顿第二定律有 联立解得 四、计算题 12.如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨 MN、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距 。 导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻 导轨上停放一质量 、电阻 的 金属杆 ab，整个装置处于磁感应强度 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力 F 沿水平方 向拉金属杆 ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将 R 两端的电压 U 即时采集并输入电脑，获得电压 U 随时间 t 变化的关系如图乙所示。 （1）试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小； （2）求第 2s 末外力 F 的瞬时功率； （3）如果水平外力从静止开始拉动杆 2s 所做的功 ，求金属杆上产生的焦耳热。 的 35 4 0.52m/s2 xv T = = ( ) 235 13 2 0.86m/s 2 x xa T −= = 2v x− 2 2 0 2v v ax= + 2k a= F mga M M = =拉 2 kMm g = 0 30m.L = 0.40R = Ω． 0.10kgm = 0 20Ω.r = 0.50TB = 0 35J.W =【答案】(1)见解析；(2)0.35W；(3)0.05J 【解析】 【详解】(1) 设路端电压为 U，金属杆的运动速度为 v，则感应电动势 E=BLv，电阻 R 两端的电压 由图乙可得 U=kt，k=0 1V/s 解得 因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度 (2) 在 2s 末，速度 v2=at=2m/s 此时通过金属杆的电流 金属杆受安培力 F 安=BIL=0.075N 设 2s 末外力大小为 F2，由牛顿第二定律： F2-F 安=ma 故 4s 末时外力 F 的瞬时功率 P=F2v2，解得： P=0.35W (3) 在 2s 末，杆的动能 由能量守恒定律，回路产生的焦耳热： Q=W-Ek=0.35-0.2 J =0.15J . BLvRU IR R r = = + ( )kt R rv BLR += 2( ) 1m / sk R ra BLR += = EI R r = + 21 0.2J2kE mv= =又 故在金属杆上产生的焦耳热 Qr=0.05J 13.如图所示，厚度可不计的圆环 B 套在粗细均匀，足够长的圆柱棒 A 的上端，圆环和圆柱棒质量均为 m， 圆环可在棒上滑动，它们之间滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，大小均为 f=2mg，开始时棒 A 的下端距地 面的高度为 H，圆环 B 套在 A 的最上端，由静止释放后棒 A 能沿光滑的竖直细杆 MN 上下滑动，设棒与地 相碰时无机械能的损失且碰撞时间极短，求： （1）棒 A 第一次与地面相碰后向上运动时，棒 A 和圆环 B 的加速度分别为多大？ （2）从释放到棒 A 第一次到达最高点时，圆环 B 相对 A 滑动的距离 x； （3）若棒 A 的长度为 L=2.5H，求最终圆环 B 离地的高度 h． 【答案】(1) (2) （3） 【解析】 【详解】（1）A 与地面相碰后，速度大小不变，方向变成向上，B 仍向下运动，则 A、B 间出现相对滑动， 由牛顿第二定律， 对 A： ，解得 ； 对 B： ，解得 ； （2）释放后 A、B 一起作自由落体运动，A 下端第一次与地面相碰时的速度为 v，则 ， 解得 ； A 棒与地面碰撞后以原速率反弹，向上匀减速至最高点，B 环向下匀减速，所需的时间为 t， ， 解得 ； A 棒匀减速上升的位移 ， Q r Q r R = + 杆 3Aa g= Ba g= 8 9A Bx x x H= + = 1 2h L S H= − = Af mg ma+ = 3Aa g= Bf mg ma− = Ba g= 212 22mgH mv= × 2v gH= 0 3v gt= − 2 3 3 gHvt g g = = 2 1 2 3 3A vx Hg = =×B 环向下匀减速的位移大小 B 环相对 A 棒滑动的距离 （3）分析可知，圆环 B 一直相对于 A 向下滑动，最终静止于地面，B 沿 A 下滑一段距离 S 后静止，全过 程根据能的转化和守恒定律，有 解得 ， 则圆环 B 离地 高度为 ； 14.利用电磁场可以控制带电粒子的速度大小与方向。在图示坐标系的第Ⅱ象限，存在一个圆心为坐标原点 的 圆环状的均匀辐向电场，圆环在 y 轴上的截面长度为 R，电场中各点电势为 ，式中 k 为正的已 知常量，r 为该点到圆心 O 的距离。在 y 轴右侧，圆心为（R，0）、半径为 R 的虚线圆内分布着方向垂直于 圆面的匀强磁场，在 处有一竖直放置的足够长的探测屏。今在圆弧的 点放置一个离子 源，能不断释放质量为 m、电荷量为 的带电离子。当磁场的磁感应强度大小为 时，这些经电场加速的 离子刚好能从磁场区域最高点射出。忽略离子初速度，不计离子重力及相互作用力，不考虑空气阻力。 (1)求离子在磁场中的速率 v； (2)若磁场的磁感应强度大小可调，求离子打在屏上的纵坐标 y 与磁感应强度大小 B、原磁感应强度大小 的关系式； (3)若将离子源沿环形电场外边界缓慢移动，使所有离子均沿竖直方向射出磁场，求磁场区域的最小面积， 画出磁场形状并标明磁感应强度的大小与方向。 【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析 的 21 5 2 9Bx vt gt H= − = 8 9A Bx x x H= + = ( )mgH mg H S fS+ + = 2S H= 1 2h L S H= − = 1 4 k r ϕ = − 2.5x R= ( )2 ,0P R− q+ 0B 0B kqv Rm = 0 2 2 0 3RB By B B = −【解析】 【详解】(1)扇形电场的电势差为 离子在加速电场中根据动能定理有 联立解得速率 (2)改变磁场磁感应强度 ，离子运动轨迹如下图所示 则离子打在屏上的纵坐标 二倍角公式 两半径满足 其中 2 2 k k kU R R R  = − − − =   21 2qU mv= kqv Rm = B 1.5 tan 2y R α= 2 2tantan2 1 tan αα α= − tan R R α = ′联立解得 (3)两种可能情形：一是射出磁场的离子均沿整直向下（ ）方向，所需磁场区域的最小面积为 磁场形状及磁感应强度的大小与方向如下图所示 二是射出磁场中的离子均沿竖直向上（ ）方向，所需磁场区域的最小面积为 磁场形状及磁感应强度的大小与方向如下图所示 0 mvR B q = mvR Bq ′ = 0 2 2 0 3RB By B B = − y− 2 2 2 min π π2 14 2 2 R RS R    = × − = −      y+ 2 2 2 min π ππ 1 12 2S R R R   = − − = +      