2020届高三物理一模考试试题(含解析)

高三物理一模考试试题（含解析）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1. 在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是（）A. 卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月﹣地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来B. 开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动C. 法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现出波动性，提出了物质波概念，后来的科学家在实验中找到了实物粒子波动性的证据。

D. 奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质【答案】C【解析】试题分析：牛顿发现万有引力定律后，进行了“月-地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，故A错误；开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做椭圆运动，故B错误；法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现出波动性，提出了物质波概念，后来的科学家在实验中找到了实物粒子波动性的证据，故C正确；安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，故D错误。

考点：物理学史【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，平时注意历史知识的积累。

2.如图所示，质量为M=10kg的小车停放在光滑水平面上。

在小车右端施加一个F=10N的水平恒力。

当小车向右运动的速度达到2．8m/s时，在其右端轻轻放上一质量m=2．0kg的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0．20。

假定小车足够长,g=10m/s2。

则下列说法正确的是（）A. 煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动B. 小车一直做加速度不变的匀加速直线运动C. 煤块在3s内前进的位移为9mD. 小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2．8m【答案】D【解析】试题分析：根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：μF N＝ma1，F N−mg＝0，代入数据解得：a1＝2m/s2刚开始运动时对小车有：F−μF N＝Ma2，解得：a2＝0．6m/s2，经过时间t，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v1＝a1t，车的速度为：v2＝v+a2t，v1＝v2，解得：t=2s，以后煤块和小车一起运动，根据牛顿第二定律：F＝（M+m）a3，a3＝56m/s2一起以加速度a3＝56m/s2做运动加速运动，故选项AB错误；在2s内小黑煤块前进的位移为：x1＝12a1t2＝12×2×22m＝4m，然后和小车共同运动1s时间，此1s时间内位移为：x′1＝v1t′+12a3t′2＝4．4m，故煤块在3s内前进的位移为4+4．4m=8．4m，故选项C错误；在2s内小黑煤块前进的位移为：x1＝12a1t2＝12×2×22＝4m，小车前进的位移为：x2＝v1t+12a2t2＝2．8×2+12×0．6×22＝6．8m，两者的相对位移为：△x＝x2−x1＝6．8−4＝2．8m，故选项D正确．故选D．考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解，难度适中。

3.如图所示 a、 b 间接入正弦交流电，理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图， R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表 A2为值班室的显示器，显示通过 R1的电流，电压表 V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出）， R3为一定值电阻。

当 R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是A. V1的示数减小， A2的示数增大B. V 2的示数减小， A 1的示数增大C. V 1的示数不变， A 1的示数减小D. V 2的示数不变， A 2的示数减小【答案】B【解析】试题分析：当传感器R 2所在处出现火情时，R 2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A 1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A 1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V 1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R 3的电压变大，所以V 2的示数要减小，即R 1的电压也要减小，所以A 2的示数要减小，所以B 正确，ACD 错误．故选B ．考点：变压器；电路的动态分析【名师点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。

4.如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B ＝0.1T ，玻璃皿的横截面的半径为a ＝0.05m ，电源的电动势为E ＝3V ，内阻r ＝0.1Ω，限流电阻R 0＝4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R ＝0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5V ，则（ ）A. 由上往下看，液体做顺时针旋转B. 液体所受的安培力大小为1.5×10﹣4NC. 闭合开关10s ，液体具有的热能是4.5JD. 闭合开关后，液体热功率为0.081W【答案】D【解析】【详解】A.由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转.故选项A不符合题意.B.电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路的欧姆定律E＝U+IR0+Ir代入数据可得电路中的电流值I=0.3A，液体所受的安培力大小为F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05＝1.5×10﹣3N故选项B不符合题意.C.液体的等效电阻为R＝0.9Ω，10s内液体的热能Q＝I2Rt＝0.32×0.9×10＝0.81J故选项C不符合题意.D.玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，则液体热功率为P热＝I2R＝0.32×0.9＝0.081W故选项D符合题意.5.如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计，只受电场力，则下列说法正确的是（）A. 粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小B. 圆周上电势最高的点与O2UC. 粒子在A、B间是做圆周运动D. 匀强电场的电场强度E＝U R【答案】B【解析】试题分析：带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面，根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO，由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，速度方向与电场力方向夹角先大于90︒后小于90︒，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故AC错误；匀强电场的电场强度U Ed=式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，22AOU E R=⨯，所以2UE=，圆周上电势最高的点与O点的电势差为22UU ER R U===，故B正确，D错误；考点：电势差与电场强度的关系、电势能【名师点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系．并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置．再由曲线运动来确定电场力的方向，同时考查U Ed=中d的含义重要性。

6.如图是滑雪场的一条雪道。

质量为70 kg的某滑雪运动员由A点沿圆弧轨道滑下，在B点以53 m/s 的速度水平飞出，落到了倾斜轨道上的C点(图中未画出)。

不计空气阻力，θ=30°，g=10m/s2，则下列判断正确的是A. 该滑雪运动员腾空的时间为1sB. BC两点间的落差为53mC. 落到C点时重力的瞬时功率为35007D. 若该滑雪运动员从更高处滑下，落到C点时速度与竖直方向的夹角不变【答案】AD【解析】试题分析：运动员平抛的过程中，水平位移为0x v t=，竖直位移为212y gt=，落地时：ytanxθ=联立解得1t s=，5y m=，故A正确，B错误；落地时的速度：10110/yv gt m s==⨯=，所以：落到C点时重力的瞬时功率为：•7010107000?yP mg v W==⨯⨯=，故C错误；根据落地时速度方向与水平方向之间的夹角的表达式：2gt ytanv xθ==，可知到C点时速度与竖直方向的夹角与平抛运动的初速度无关，故D正确。

考点：功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动【名师点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移与竖直位移之间的关系求的时间和距离。

7.如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m （不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则：( )A. 两板间电压的最大值222mqB LUm＝ B. CD板上可能被粒子打中区域的长度23s L＝C. 粒子在磁场中运动的最长时间m tmqBπ＝ D. 能打到N板上的粒子的最大动能为22218q B Lm【答案】ACD【解析】【详解】画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示，A. 当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，可知粒子半径r=L ，的加速电场中，根据动能定理：212m qU mv =，在偏转磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得：2v qvB m r=，联立可得：2m 22U qB L m =，故A 正确； B.设粒子轨迹与CD 相切于H 点，此时粒子半径为r '，粒子轨迹垂直打在CD 边上的G 点，则GH 间距离即为粒子打中区域的长度x ，根据几何关系：r QC L r sin θ==+''，可得：3L r '=，根据几何关系可得粒子打中区域的长度：313r x r L tan θ⎛=-=- ⎝⎭'，故B 错误； C.粒子在磁场中运动的周期为：2m T qBπ=，粒子在磁场中运动的最大圆心角：180θ=︒，所以粒子在磁场中运动的最长时间为：2T m t qBπ==，故C 正确； D.当粒子在磁场的轨迹与CD 边相切时，即粒子半径3L r '=，时，打到N 板上的粒子的动能最大，最大动能：212km E mv =，根据洛伦兹力提供向心力可得：()()()()()()13,1{ 13,1x x x x x x -⋅+≥=--+<，联立可得能打到N 板上的粒子的最大动能为：22218kmq B L E m =，故D 正确；故选ACD 。