2020届江苏省七市高三 6月第三次调研物理试题（解析版）

2020 届高三模拟考试试卷物理 一、 单项选择题 1.西晋的《博物志·杂说上》记载：“今人梳头著髻时，有随梳解结有光者，亦有咤声。”这是关于摩擦起电 产生火花并发出声音的记载。关于摩擦起电，下列说法中正确的是（　　） A. 两种不带电的绝缘体摩擦后，带等量异种电荷 B. 摩擦起电，使质子从一个物体转移到另一个物体 C. 摩擦能产生电子和质子 D. 摩擦起电表明，电荷的总量并不守恒 【答案】A 【解析】 【详解】由于不同物质对电子的束缚本领不同，两个不带电的物体摩擦时，对电子束缚本领强的物质就会 得到电子带负电，而对电子束缚本领的弱物质就是失去电子带上等量的正电荷，因此摩擦起电的本质是正 负电荷的分离，并没有产生新的电荷，电荷是守恒的，总量保质不变，因此 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 2.2020 年 5 月 5 日，我国在海南文昌航天发射中心，用长征 5B 运载火箭将新一代国产载人飞船试验船送入 预定轨道。试验船在近地点高度约为 300 km、远地点高度约为 18 000 km 的椭圆轨道上运行。则该试验船 （　　） A. 在近地点时的速度大于 11.2 km/s B. 加速度小于地球表面的重力加速度 C. 周期大于同步卫星的周期 D. 在远地点的动能大于近地点的动能 【答案】B 【解析】 【详解】A．第二宇宙速度是卫星脱离地球束缚跑到太阳系中运动的最小发射速度，在近地点的速度小于第 二宇宙速度，否则会脱离开地球束缚，A 错误； B．根据 在运动过程中，到地心的距离都大于地球半径，因此加速度都小于重力加速度，B 正确； C．根据开普勒第三定律 恒量 由于轨道的半长轴小于同步卫星的轨道半径，因此运动周期小于同步卫星的运动周期，C 错误； 2 GMm mar = 3 2 r T =D．根据开普勒第二定律，相同时间内扫过相同的面积，因此在远地点的速度小于近地点的速度，因此在远 地点的动能小于近地点的动能，D 错误。 故选 B。 3.如图所示，一根两端开口、长为 1 m 的铜管竖直放置，把一个磁性很强的圆柱形磁体从管上端放入管中， 磁体直径略小于铜管内径，磁体过了较长时间才从铜管下端落出，比自由落体慢了许多。则（　　） A. 磁体下落变慢，主要是因为磁体受到空气阻力作用 B. 磁体下落变慢，主要是因为磁体受到金属铜的吸引 C. 铜管内电流方向保持不变 D. 铜管对磁体的作用力方向始终向上 【答案】D 【解析】 【详解】磁体穿过铜管下落地过程中，穿过铜管的磁通量发生变化，铜管产生感应电流，根据楞次定律推 论“来拒去留”，感应电流的磁场对磁体的作用力向上，从而导至磁体下落的时间变长，D 正确，ABC 错误。 故选 D。 4.如图所示，水平地面上放置一斜面体，物体静止于斜面上。现对物体施加大小从零开始逐渐增大的水平推 力 F，直到物体即将上滑。此过程中斜面体保持静止，则（　　） A. 斜面对物体的摩擦力逐渐增大 B. 斜面对物体的作用力逐渐增大 C. 地面对斜面体的支持力逐渐增大 D. 地面对斜面体的摩擦力先减小后增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．当水平推力等于 0 时，物体受斜面的摩擦力沿斜面向上，当水平推力 F 逐渐增大时，F 沿斜面 向上的分力逐渐增大，摩擦力逐渐减小，总有一时刻摩擦力会减小到零，再增大 F，物体受摩擦力沿斜面向 下又会逐渐增加，故 A 错误； B．斜面对物体的作用力与物体所受重力和水平推力 F 的合力等大反向，随着推力 F 逐渐增大，重力与推力的合力逐渐增大，因此斜面对物体的作用力逐渐增大，故 B 正确； CD．将物体与斜面体做为一个整体进行受力分析可知，随 F 逐渐增大，地面的支持力不变，地面对斜面体 的摩擦力增大，故 CD 错误。 故选 B。 5.拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代时小型拨浪鼓已成为儿童玩具。四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根 细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上，现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小 球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可能正确的是（图中细绳与竖直方向的 夹角 αr0 时分子力表现为引力，当分子距离变大时，分子力做负功，则分子势能增大，分子间的作用力减 小，故 D 正确。 4 3 4 2 7 2He He Be+ → 1 1 2 m v m m 0 + ( )1 2 2 1 2 2 0 2 m m v m m c+ 4 3 4 2 7 2He He Be+ → 1 0 1 2 m vv m m = + 2 2 2 1 0 1 2 1 1 ( )2 2m v m m v mc− + = ∆ ( ) 2 01 2 2 1 22 m m vm m m c ∆ = +故选 D。 16.如图所示，在做托里拆利实验时，竖直的玻璃管内有些残存的空气，现将玻璃管竖直向上提少许，气体 温度不变，忽略槽中水银面高度的变化， 则玻璃管向上提后管中水银面高度________（选填“上升”“下 降”或“不变”），残存的空气压强________（选填“增大”“减小”或“不变”）。 【答案】 (1). 上升 (2). 减小 【解析】 【详解】[1] 在实验中，水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强等于外界大气压，如果将玻璃管向上 提，则管内水银柱上方空气的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小，管内气体的压强为 因为压强变小，所以 h 变大，即管内水银柱高度上升； [2] 综上分析，管内残存的空气压强减小。 17.如图所示，一定质量的理想气体经历从状态 A→B→C→A 过程，在状态 C 时气体的温度为 T0，压强为 p0，体积为 V0，从状态 C→A 过程中气体对外做的功为 4p0V0.，求： ① 气体在状态 A 时温度 TA； ② 从状态 A→B→C→A 的过程中，气体与外界交换的热量 Q。 【答案】① ；② ，吸热 【解析】 【详解】① 气体从 B→C 过程中压强不变，由盖－吕萨克定律得 0p p h= −气 09T 0 02 0p V > 0 0 B B VV T T =气体从 A→B 过程中体积不变，由查理定律得 联立解得 ②根据热力学第一定律有 其中 代入解得 由于 ，所以吸热 18.下列说法中正确的是________。 A. 红外测温仪根据人体发射红外线的强弱来判断体温高低 B. 相同频率的机械波和电磁波叠加时也能发生干涉现象 C. 雷电时发出的声光从空气传入水中波长均减小 D. 高速运动的飞船中测得舷窗的长度比静止在地面上的该飞船中测得的短 【答案】A 【解析】 【详解】A．红外测温仪根据人体发射红外线的强弱来判断体温高低，选项 A 正确； B．机械波和电磁波是不同性质的波，即使频率相同叠加时也不能发生干涉现象，选项 B 错误； C．雷电时发出的声从空气传入水中波速变大，波长变大；光从空气传入水中波速变小，波长变小，选项 C 错误； D．高速运动飞船中，沿着速度的方向两点距离才变短，选项 D 错误。 故选 A 19.水平放置的单色线光源 S 发出的光有一部分直接射到竖直光屏上，一部分通过水平放置的平面镜反射后 射到屏上，这两列光相遇时发生干涉形成明暗相间的条纹。若将屏向右平移，则相邻明条纹间距________ （选填“增大”“减小”或“不变”）；若将线光源 S 向下平移，则相邻明条纹间距________（选填“增大”“减小” 或“不变”）。 。 A B A B p p T T = 09AT T= ΔU W Q= + 0 0 0 0 04 Δ 2W p V p V p V= − = −＋ 0 02Q p V= 0 0 02Q p V= >【答案】 (1). 增大 (2). 增大 【解析】 【详解】[1][2]．光路如图； 如果 S 被视为其中的一个缝，S 经平面镜成的像 S′相当于另一个“缝”；根据 可知，若将屏向右平 移，则 l 变大，则相邻明条纹间距增大；若将线光源 S 向下平移，则 d 减小，则相邻明条纹间距增大。 20.如图所示，一根长为 2L 的发光条 PQ 置于水平地面上，上面放有一折射率为 n、半径为 R 的半球形玻璃， 半球形玻璃的球心 O 位于 PQ 的中点处： ①若从 P 点发出的光能从半球的最高点射出，求折射角 θ 的正弦值 sinθ； ②若从 P 点发出的光能从半球面上任意位置射出，PO 间的距离 L 不超过多少？ 【答案】① ；② 【解析】 【详解】①光路如图，光线在 A 点的入射角的正弦为 在 A 点由光 折射定律 解得 的 lx d λ∆ = 2 2+ nL L R < RL n 2 2 sin L L R α = + sin sin n θ α =②从 P 点射出的垂直于 PQ 的光线射到球面上时的入射角最大，若从 P 点发出的光能从半球面上任意位置 射出，则满足 即 四、计算题 21.有一种儿童滑板车，轮子一转就闪闪发光。车轮里有磁体、线圈组成的简易发电系统，可对发光二极管 供电。该发电系统简化为以下模型：一电阻为 R、边长为 L 的单匝正方形均匀线圈 abcd，处于磁感应强度 大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场中。现对线圈施加一外力 F，使线圈以角速度 ω 绕 bc 边匀速转动，产 生正弦交流电。已知线圈质量为 m，重力加速度为 g，求： (1) 线圈在图示竖直位置时，产生 感应电动势大小 E0 及 ad 边受到的安培力大小 FA； (2) 线圈从图示竖直位置转过 90°的过程中，通过线圈截面的电荷量 q； (3) 在(2)的情况下，线框中产生的热量 Q 及外力 F 对线框做的功 W。 【答案】(1) E0=BL2ω； ；(2) ； (3) ；W= 【解析】 【详解】(1) 线圈产生的感应电动势 E0=BL2ω 形成的感应电流 的 2 2 sin nL L R θ = + 1sin sinLPBQ CR n ∠ = < = < RL n 2 3ω=A B LF R 2 = BLq R 2 4 4 π ω= B LQ R 2 4 1 4 2 π ω −B L mgLRad 边受到的安培力 FA=BIL 解得 (2) 此过程产生的平均感应电动势 平均感应电流 则 解得 (3) 产生电动势的有效值 产生的热量 解得 根据动能定理有 解得 0EI R = 2 3ω=A B LF R E t ∆Φ= ∆ EI R = ·q I t= ∆ 2 = BLq R 0 2 EE = 2 2 EQ R π ω= ⋅ 2 4 4 π ω= B LQ R 02 Lmg W Q⋅ + + =22.如图所示 ，长 L=2.0 m、质量 mA=1.0 kg 的木板 A 静止在光滑水平面上，对木板施加大小 F=3.0N、方向 向右的水平拉力，同时在木板上某位置放一初速度 v0=2.0 m/s、方向水平向右的小物块 B，物块 B 的质量 mB=1.0kg，在运动过程中物块 B 刚好未从木板 A 右端滑落。已知 A、B 间的动摩擦因数 μ=0.10，最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求： (1) 物块 B 刚放上木板 A 时，木板 A、物块 B 加速度大小 aA、aB； (2) 物块 B 刚放上木板时离木板 A 右端的距离 x； (3) 从物块 B 刚放上木板 A 到离开木板的过程中，产生的热量 Q 及拉力 F 做的功 W。 【答案】(1) aA=4.0 m/s2 ；aB=1.0 m/s2；(2) 0.40 m；(3)2.4J；22.56 J 【解析】 【详解】(1)根据牛顿第二定律，对木板 A 有 代入数据解得 根据牛顿第二定律，对物块 B 有 代入数据解得 (2)设经过时间 物块 B 刚好未从木板 A 右端滑落，此时 A、B 有共同速度 ，则有 代入数据解得 根据运动学公式和题意则有 的 2 4 1 4 2 B LW mgLR π ω= − B A AF m g m aµ+ = 24.0m/sAa = B B Bm g m aµ = 21.0m/sBa = 1t 1v 1 0 1 1B Av v a t a t= =− 1 0.40st = 1 0.4m/sv = 2 2 0 1 1 1 1 2 2B Ax v t a t a t= − −代入数据解得 (3)从物块 B 刚放上木板 A 到离开木板的过程中，产生的热量为 代入数据解得 设 B 相对 A 向左滑动时，A 的加速度为 ，相对 A 向左滑动的时间为 ，则有 代入数据解得 23.如图甲所示，平行金属板 M、N 水平放置，板长 L= m、板间距离 d=0.20m。在竖直平面内建立 xOy 直角坐标系，使 x 轴与金属板 M、N 的中线 OO′重合，y 轴紧靠两金属板右端。在 y 轴右侧空间存在方向垂 直纸面向里、磁感应强度大小 B=5.0×10－3T 的匀强磁场，M、N 板间加随时间 t 按正弦规律变化的电压 uMN， 如图乙所示，图中 T0 未知，两板间电场可看作匀强电场，板外电场可忽略。比荷 =1.0×107C/kg、带正电 的大量粒子以 v0=1.0×105m/s 的水平速度，从金属板左端沿中线 OO′连续射入电场，进入磁场的带电粒子从 y 轴上的 P、Q（图中未画岀，P 为最高点、Q 为最低点）间离开磁场。在每个粒子通过电场区域的极短时间 内，电场可视作恒定不变，忽略粒子重力，求： (1) 进入磁场的带电粒子在电场中运动的时间 t0 及在磁场中做圆周运动的最小半径 r0； (2) P、Q 两点的纵坐标 yP、yQ； (3) 若粒子到达 Q 点的同时有粒子到达 P 点，满足此条件的电压变化周期 T0 的最大值。 0.40mx = ( )BQ m g x Lµ= + 2.4JQ = Aa′ 2t B A AF m g m aµ ′− = 2 2 1 2 2 1 2 2 1 1( )2 2A Bv t a t v t a t L′+ − + = 2 2 2 1 2 2 1 1( )2 2A AW F a t v t a t′= + + 2 2.0st = 22.56JW = 3 5 q m【答案】(1)3.46×10－6 s；2.0 m；(2) 4.1 m；3.9 m；(3) 2.51×10－4 s 【解析】 【详解】(1) 能从右侧离开电场的带电粒子在电场中运动的时间 t0= 代入数据得 t0=3.46×10－6 s t= nT0（n=0、1、2……）时刻射入电场的带电粒子不发生偏转，进入磁场做圆周运动的半径最小。粒子 在磁场中运动时有 qv0B= 代入数据解得 r0=2.0 m (2) 设两板间电压为 U1 时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有 q =ma， d= at 代入数据解得 U1= V 在电压小于等于 V 时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压大于 V 时，带电粒子打在极板上， 不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大。 设粒子恰好射出电场时速度为 v，方向与 x 轴的夹角为 θ，在磁场中做圆周运动的半径为 r，则 tan θ= ，qvB= 0 L v 1 2 2 0 0 mv r 1U d 1 2 1 2 1000 3 1000 3 1000 3 0 0 at v 2mv r弦长 D=2rcos θ 代入数据解得 θ=30° 则有 D= =4.0 m 从极板 M 边缘射出的带电粒子，在磁场中转过 120°，经过 P 点，则 yP= ＋D=4.1 m 从极板 N 边缘射出的带电粒子，在磁场中转过 240°，经过 Q 点，则 yQ=D－ =3.9 m (3)带电粒子在磁场中做圆周运动的周期 T= ，粒子到达 Q 点的同时有粒子到达 P 点，则这两个粒子开 始运动的时间差为 ，到达 Q 点的粒子进入磁场的时刻可能是 、 、 、 ……到达 P 点的 粒子进入磁场的时刻可能是 、 、 、 ……，当电压变化周期 T0 有最大值 Tm 时应满足的 关系 － 解得 Tm= ×10－4 s=2.51×10－4 s 2 cosmv qB θ 2 d 2 d 2 m qB π 3 T 0 12 T 05 12 T 013 12 T 017 12 T 07 12 T 011 12 T 019 12 T 023 12 T 7 12 mT 5 12 3 mT T= 4 5 π