2020届安徽省马鞍山市高三三模物理试题（解析版）

2020 年马鞍山市高中毕业班第三次教学质量监测 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 项符合题目要求，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。 1.下列说法正确的是（　　） A. 结合能越大的原子核越稳定 B. 通过化学反应可以改变放射性元素的半衰期 C. 原子核衰变时发出的 α 射线穿透能力比 γ 射线弱 D. β 衰变中产生的 β 射线是原子核外电子挣脱原子核束缚之后形成的电子束 【答案】C 【解析】 【详解】A．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故 A 错误； B．半衰期与外界因素无关，与温度、压强、化学反应等无关，由元素本身决定的，故 B 错误； C．α 射线 穿透能力最弱，电离本领最强。故 C 正确； D．β 衰变中产生的 β 射线是原子核中的中子释放出的电子形成的，故 D 错误。 故选 C。 2.某质点运动的 v-t 图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A. 质点在 1s、3s 时运动方向发生变化 B. 2s 时质点的加速度方向发生变化 C. 在 3s~4s 时间内合外力的功率恒定 D. 在 0~2s 时间内合外力的冲量为零 【答案】D 【解析】 【详解】A．物体在 1s 时和 3s 时速度方向不变，加速度方向改变，故 A 错误； B．2s 时质点的速度方向发生变化，加速度方向不变，故 B 错误； C．3s~4s 时间内，v-t 图像的斜率不变，合外力不变，但速度不断变小，故合外力的功率不断减小，故 C 错 误； 的D．0~2s 时间内，动量变化量为零，由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，故 0~2s 时间内合 外力的冲量为零，故 D 正确。 故选 D。 3.如图所示，MN 是某匀强电场中的一等势线。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，在纸面内由 a 运 动到 b 的轨迹。下列判断正确的是（　　） A. 电场方向一定是垂直 MN 向上 B. a 点的电势一定不等于 b 点的电势 C. 带电粒子的加速度可能平行 MN 向右 D. 带电粒子由 a 运动到 b 的过程中动能可能增加 【答案】B 【解析】 【详解】AC．MN 是某匀强电场中的一等势线，只受电场力的作用，根据轨迹可以判断电场力的方向垂直 MN 向上，带电粒子的加速度垂直 MN 向上，但不知道带电粒子的电性，所以无法判断电场的方向，故 AC 错误； B．MN 是某匀强电场中的一等势线，而 a 点和 b 点位于 MN 两侧，所以 a 点的电势一定不等于 b 点的电势， 故 B 正确； D．带电粒子由 a 运动到 b 的过程中，电场力与速度的夹角是钝角，所以带电粒子由 a 运动到 b 的过程中动 能减小，故 D 错误。 故选 B。 4.如图所示，固定于水平面上的金属架 CDEF 处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒 MN 沿框架以速度 v 向右 做匀速运动。t=0 时，磁感应强度为 B0，此时 MN 到达的位置恰好使 MDEN 构成一个边长为 l 的正方形。为 使 MN 棒中不产生感应电流，从 t=0 开始，磁感应强度 B 应随时间 t 变化，以下四个图象能正确反映 B 和 t 之间对应关系的是（　　）A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】AB．当闭合回路的磁通量不变时，导体棒中不产生感应电流，故 解得 由此可以看出，随时间 t 增加，B 减小，且减小得越来越慢，故 AB 错误； CD．磁感应强度 可改写为 可知 是线性函数，故 C 正确，D 错误。 故选 C。 5.如图所示，固定有光滑竖直杆的三角形斜劈放置在水平地面上，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。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力 F，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（　　） ( )2 0B l Bl l υt= + ( ) 2 0B lB l l υt = + ( ) 2 0B lB l l υt = + ( ) 2 0 0 0 1 1l l υt vt B B l B B l += = + 1 tB −A. 小球对斜劈的压力逐渐减小 B. 斜劈对地面压力保持不变 C. 地面对斜劈的摩擦力逐渐减小 D. 轻绳对滑块的拉力先减小后增大 【答案】A 【解析】 【详解】AD．对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示 根据平衡条件可知，细线的拉力 T 增加，故轻绳对滑块的拉力增大，小球受到的斜劈的支持力 N 逐渐减小， 根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力也减小，故 A 正确，D 错误； BC．对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力 N，杆的支持力 N′，拉力 F，如图所示 根据平衡条件，有水平方向 竖直方向 由于 N 减小，故 N′减小，F 增加； 对小球、滑块和斜劈整体分析，在竖直方向 故 sinN N θ′ = cosF N Gθ+ = F N G+ =地 总根据牛顿第三定律，斜劈对地面压力减小。整体在水平方向不受力，故地面对斜劈的摩擦力始终为零，故 BC 错误。 故选 A。 6.如图所示，理想变压器的原线圈接入 （V）的交变电压。原、副线圈匝数比为 4：1，电阻 R0=5Ω，电阻箱 R 的最大阻值为 50Ω，则（　　） A. 副线圈两端的电压有效值为 25 V B. 副线圈中电流方向每秒钟改变 314 次 C. 当 R=20Ω 时，原线圈中的电流有效值为 0.25A D. 当 R=5Ω 时，电阻箱 R 消耗的电功率最大 【答案】AD 【解析】 【详解】A． 理想变压器 原线圈接入 （V）的交变电压。有效值为 ，根据原、 副线圈匝数比 4：1，所以副线圈的电压为 ，故 A 正确； B． 变压器不改变电流频率，ω=100πrad/s，故频率为 50Hz，一个周期电流方向改变 2 次，副线圈中电流方 向每秒钟改变 100 次，故 B 错误； C． 当 R=20Ω 时，副线圈电流 根据电流与匝数关系可知，原线圈电流 故 C 错误； D． 电阻箱 R 消耗的电功率 的 N G F= −地 总 200sin100u tπ= 2 200sin100u tπ= 100 2V 25 2V 0 2AUI R R = =+ 2 A4I =当 时，即 R=5Ω 时 P 有最大值，故 D 正确。 故选 AD。 7.如图所示，天文学家观测到某行星和地球在同一轨道平面内绕太阳做匀速圆周运动，且行星的轨道半径比 地球的轨道半径小，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫做地球对该行星的观察视角（简 称视角）。已知该行星的最大视角为 θ。则地球与行星绕太阳转动的（　　） A. 角速度比值为 B. 线速度比值为 C. 向心加速度比值为 D. 向心力比值为 【答案】AB 【解析】 【详解】ABC．行星和地球都绕太阳（质量为 M）做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则 解得 ， ， 由几何关系知，行星与地球的轨道半径之比为 则地球与行星绕太阳转动的角速度比值为 22 2 12525 2 5 5 5 0UP R RR R R R   = = =    + +     +   5 R R = 3sin θ sinθ sinθ 2sin θ 2 2 2 Mm vG ma m m rr r ω= = = 2 GMa r = GMv r = 3 GM r ω = sinr r θ=行 地地球与行星绕太阳转动的线速度比值为 地球与行星绕太阳转动的向心加速度比值为 故 AB 正确，C 错误； D．地球与行星绕太阳转动的向心力比值为 因为地球质量 m 地与行星质量 m 行之间的关系未知，所以它们的向心力比值关系不能确定，故 D 错误。 故选 AB。 8.倾角为 θ 且足够长的光滑固定斜面上有一质量为 m 的物体，初始位置如图甲所示。在平行于斜面向上的 力 F 的作用下，从初始位置由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能 E 随位置 x 的变化关系如图 乙所示。其中 0~x1 过程的图线是曲线，x1~x2 过程的图线是平行于 x 轴的直线，x2~x3 过程的图线是倾斜的直 线，则下列说法正确的是（　　） A. 在 0~x1 的过程中，力 F 在减小 B. 在 0~x1 的过程中，物体的动能一直在增大 C. 在 x1~x2 的过程中，物体的速度大小不变 D. 在 x2~x3 的过程中，物体一定做匀速运动 【答案】AB 【解析】 【详解】A．在 0～x1 过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所以物体的位移 方向向下，即物体在沿斜面向下运动。根据功能关系得 3 3 3 sinr r ω θω = =行地 行 地 sinrv v r θ= =行地 行 地 2 2 2 sinra a r θ= =行地 行 地 2sinF m a m F m a m θ= =地 地 地 地 行 行 行 行 E F x∆ = ⋅∆得 则知图线的斜率表示拉力，在 0～x1 过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力 F 逐渐减小到零，故 A 正确； B．在 0～x1 过程中，由于机械能减小，则拉力做负功，则物体从静止开始向下加速运动，物体的动能一直 在增大，故 B 正确； C．由 图线的斜率表示拉力，则在 x1～x2 过程中，拉力 F=0，机械能守恒，向下运动，重力势能减小， 动能增大，物体的速度在增大，故 C 错误； D．x2～x3 过程，机械能继续减小，拉力做负功，拉力方向沿斜面向下，E-x 图像的斜率恒定，故拉力 F 为 恒力，由于不知道拉力 F 与重力分力 的大小关系，故物体有可能做匀速直线运动，匀减速直线运 动，匀加速直线运动，故 D 错误。 故选 AB。 9.某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋用轻质弹簧 AA′替代。 (1)实验时的主要步骤是： A．把弹簧 一端 A′固定在方木板上。将三段不可伸长的细绳的一端分别挂在弹簧的 A 端和弹簧秤甲、乙 的挂钩上，另一端栓结在一点； B．用两个弹簧测力计互成角度地拉弹簧，稳定后，记录下结点的位置 O，并记录两个弹簧测力计的示数和 _____； C．按选好的标度，作出两个弹簧测力计的拉力 F1 和 F2 的图示，并用平行四边形定则求出合力 F； D．只用一个弹簧测力计拉细绳，使结点至 O 点，记录弹簧测力计的示数和细绳的方向，按同一标度作出 这个力 F′的图示； E．比较 F 和 F′的大小和方向，看它们是否相同，得出结论。 (2)对于这个实验，下列说法正确的是_____ A．用两个弹簧测力计拉细绳时，两弹簧测力计间的夹角越大越好 B．细绳 OB、OC 要长一些，标记同一细绳方向的两点要远一些 的 = EF x ∆ ∆ E x− sinmg θC．为了实验尽可能精确，作力的图示时，标度应尽量短一些 【答案】 (1). 标记出 OB、OC 的方向 (2). B 【解析】 【详解】(1)[1]验证力的平行四边形实验中，测量两分力时应记录两分力的大小和方向即用两个弹簧测力计 互成角度地拉弹簧，稳定后，记录下结点的位置 O，并记录两个弹簧测力计的示数和标记出 OB、OC 的方 向； (2)[2]A．在实验中两个分力的夹角大小适当，在作图时有利于减小误差即可，并非越大越好，故 A 错误； B．描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些。可以减小误差，故 B 正确； C．作图时作图比例应该适当大一些，这样可以减小误差，故 C 错误。 故选 B。 10.(1)在使用多用电表的过程中，下列说法正确的是_____ A．测量电压时，要将红表笔接在低电势点 B．测量电阻时，更换倍率挡后，无须重新欧姆调零 C．测量电阻时，要使待测电阻与其它元件和外部电源断开 (2)如图为某一多用电表的结构示意图，表头 G 的满偏电流为 Ig=0.5mA，内阻为 Rg=200Ω。当选择开关分别 接 1 和 2 档时，对应的量程为 10mA 和 1mA，其中 R1 为 20Ω，则 R2 为_____Ω。 (3)该欧姆表表盘中间位置的数值为 25，则其“×100”欧姆挡所使用的电源电动势大小为_____V。 【答案】 (1). C (2). 180 (3). 2.5 【解析】 【详解】(1)[1]A．在测量电压时，要将红表笔接在高电势点，保证电流从红接线柱流入多用电表，故 A 错 误； B．测量阻值不同的电阻时，更换倍率挡后，需要重新调节欧姆调零旋钮，故 B 错误； C．由于测电阻时内部有电源，所以如果电路不和电源断开，可能出现电流过大，烧坏表头的情况。故 C 正 确。 故选 C。 (2)[2]当使用 2 档时，分流电阻阻值大，电流表量程小，为 0-1mA，根据串并联规律得解得 (3)[3]使用欧姆档时，电流表的满偏电流 IA=1mA，中值电阻阻值等于欧姆表内阻，所以欧姆表内阻为 R=25100Ω=2500Ω 电源电动势大小为 E=IAR=110-32500V=2 5V 11.如图为某游乐设施的简化图，固定斜面的倾角 θ=37º，长度 L=6m。某游客坐在平板小车上，通过拉跨过 斜面顶端定滑轮的轻绳，使自己和小车一起缓慢上升到斜面的顶端，然后松开轻绳，让人和车一起沿斜面 下滑，最终停在水平面上的 P 点。不计轻绳与滑轮的摩擦，忽略滑轮和人车大小的影响，斜面与水平面间 用一小段圆弧平滑过渡，已知人的质量 m=55kg，车的质量 M=5kg，车在斜面及水平面上运动时所受的阻力 均为压力的 0.5 倍，sin37º=0.6，cos37º=0.8。求： (1)上升过程中，人的拉力大小； (2)P 点到斜面底端的距离。 【答案】(1)300N；(2)2.4m 【解析】 【详解】(1)因人车整体缓慢上升，故整体受力平衡，沿斜面 垂直于斜面 且有 可得 . 1 2 g g g I rI IR R = ++ 2 1 180Ωg g g I rR RI I = − =− 2 ( + ) sinF M m g fθ= + ( cosNF M m g θ= + ） Nf Fµ= 300N=F由牛顿第三定律，人的拉力大小为 (2)下滑过程 可得 a=2m/s2 设人车整体到达斜面底端时，速度为 v，则有 解得 从斜面底端到 P 点，由 得 由 得 x=2.4m 12.如图所示，在光滑绝缘水平面上建立平面直角坐标系 xOy，第一象限存在磁感应强度大小为 B，方向竖 直向下的匀强磁场；第四象限存在如图所示的匀强电场，电场线与 x 轴夹角为 45°。一带负电的小球 a，质 量为 m，电量绝对值为 q，从坐标原点射入磁场，速度方向与 x 轴正方向夹角为 45°，其恰好能与静止在 （x0，0）处的质量为 2m 的带电小球 b 发生弹性正碰。已知碰撞前后两球的电量和电性均没有发生变化， 碰撞后的两球不会再次相遇。求： （1）小球 a 射入磁场时的初速度的大小； （2）碰撞后小球 b 速度的大小； （3）若碰后经过一段时间，小球 b 沿着碰前小球 a 的轨迹回到坐标原点，请确定小球 b 的电性和电量。 300NF F′ = = ( ) sin ( ) cos ( )M m g M m g M m aθ µ θ+ − + = + 2 2v aL= 24m/sv = Mg Maµ ′= 25m/sa gµ′ = = 2 2v a x′=【答案】（1） ；（2） ；（3）正电， 【解析】 【详解】（1）设小球 a 射入磁场时的初速度为 v0，小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 则 由几何关系知 联立解得 （2）a、b 发生弹性正碰，设碰后 a 球的速度为 v1，b 球的速度为 v2，a、b 球组成的系统，由动量守恒和机 械能守恒得 联立解得 （3）对小球 b 在电场或磁场中的运动情况分析可知，小球 b 带正电。因为碰后小球 b 沿碰前小球 a 的运动 轨迹，由几何关系得 小球 b 在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则 02 2 qBx m 02 3 qBx m 4 3 q 2 0 0 a vqv B m r = 0 a2 cos45x r= ° 0 0 2 2 qBxv m = 0 1 22mv mv mv= + 2 2 2 0 1 2 1 1 1 22 2 2mv mv mv= + ⋅ 0 2 0 22 3 3 qBxv v m = = 0 b a 2 2 xr r= =代入已知量解得 [物理—选修 3-3] 13.如图所示，一定质量的理想气体沿不同过程 I、II，由状态 A 变到状态 B，状态 A 和状态 B 的温度相同。 则过程 I 对外做的功_____（选填“大于”、“等于”或“小于”）过程II 对外做的功；过程 I 吸收的热量_____ （选填“大于”、“等于”或“小于”）过程II 吸收的热量。 【答案】 (1). 大于 (2). 大于 【解析】 【详解】[1]过程 I、II 气体对外做的功分别为 ， 由 p − V 图可知， 、 ，所以 ，即过程 I 对外做的功大于过程 II 对外做的功。 [2]理想气体在状态 A 和状态 B 的温度相同，内能不变（ΔU = 0），由热力学第一定律得 ， 解得 ， 因为 ，所以 ，即过程 I 吸收的热量大于过程 II 吸收的热量。 14.有一氧气瓶，内装有氧气 0.3 kg。开始时，瓶内氧气的压强为 1.0 × 106 Pa，温度为 320 K。因为阀门处漏 气，经过一段时间后，瓶内氧气压强变为原来的一半，温度降为 300 K。求漏掉的氧气质量。 【答案】0.14 kg 【解析】 【详解】设容器的体积为 V，以全部气体为研究对象，由理想气体状态方程得 2 2 b 2 b 2mvq v B r = b 4 3q q= ( )I A B AW p V V= − ( )II B B AW p V V= − A Bp p> B AV V> I IIW W> I I IΔ 0U Q W= − = II II IIΔ 0U Q W= − = I IQ W= II IIQ W= I IIW W> I IIQ Q> 1 2 1 2 pV p V T T ′=代入数据解得 漏掉的氧气质量为 [物理—选修 3-4] 15.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光屏上的干涉条纹与双缝_____（选填“垂直”或“平行”）；若某 次测量时，选用的双缝间距为 0.300 mm，测得双缝到光屏的距离为 1.00m，第 1 条亮条纹到第 6 条亮条纹 之间的距离为 10.00mm。则所测单色光的波长为_____nm（结果保留 3 位有效数字）。 【答案】 (1). 平行 (2). 600 【解析】 【详解】[1]发生干涉条纹时毛玻璃屏上的干涉条纹与双缝平行； [2]第 1 条亮条纹到第 6 条亮条纹的中心间距为 10.00mm，则相邻两个亮条纹的间距 根据 得 16.一列简谐横波沿 x 轴传播。t=0 时，波 图象如图所示，P 在 x=8m 处的平衡位置；t=0.1s 时，P 第一次 到达波峰。求： ①该列波的周期和传播速度； ②0～2 s 内质点 P 经过的路程。 【答案】①若该波向右传播， ， ；若该波向左传播， ， ；②若该波 的 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 300 15 320 8 p T p TV V V V Vp T p T ×′ = = = = 15 Δ 7 78Δ 0.3kg 0.14kg15 15 15 8 V VVm m mV V − = = = = × =′ 10.00mm 2.00mm1 6 1 ax n ∆ = = =− − Lx d λ∆ = 3 3 72.00 10 0.300 10 m 6.00 10 m 600nm1.00 xd L λ − − −∆ × × ×= = = × = 0.4sT = 20m/sv = 2 s15T = 60m/sv =向右传播，200cm；若该波向左传播，600cm 【解析】 【详解】由图象可得，该波波长为 8m。若该波向右传播，则 P 的振动方向向上，P 第一次到达波峰的时间 为 ，得周期 ，由 得 若该波向左传播，则 P 的振动方向向下，P 第一次到达波峰的时间为 ，得周期 ，由 解得 ②由图象可得，该波振幅为 10cm。若该波向右传播，在 0～2s 内，质点 P 完成了 5 次全振动，经过的路程 为 若该波向左传播，在 0～2s 内，质点 P 完成了 15 次全振动，经过的路程为 1 4T 0.4sT = v f T λλ= = 20m/sv = 3 4T 2 s15T = v f T λλ= = 60m/sv = 5 4 20 200cmL A A= × = = 15 4 60 600cmL A A= × = =