1、广东省六校联盟2020届高三物理第三次联考试题（含解析）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1418题只有一项符合题目要求，第1921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.下列说法中正确的是（）A. 千克（kg）、开尔文（K）和伏特（V）均为国际单位制中的基本单位B. 阴极射线是由电子组成，电子来源于中子的衰变C. 在光电效应的实验中，若增加入射光的频率，则相应的遏止电压也增加D. 射线来源于原子核内部，是由氦原子组成【答案】C【解析】【详解】A开尔文、千克均为国际单位制中基本单位，伏特不是国际单位制中基本单位，故A错误；
2、B阴极射线是由电子组成，电子来源于核外电子，故B错误；C遏止电压则若增加入射光的频率，则相应的遏止电压也增加，故C正确；D射线来源于原子核内部，由两个质子和两个中子组成，故D错误。故选C。2.在如图所示的位移（x）时间（t）图象和速度（v）时间（t）图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A. 0t1时间内，乙车的速度一直大于甲车的速度B. 0t1时间内，甲车与乙车之间的距离先增大后减小C. 0t2时间内，丙、丁两车的距离逐渐减小D. 0t2时间内，丁车速度先大于丙车，后小于丙车【答案】B【解析】【详解】A根据位移时间图象的斜率表
3、示速度，由图象可知，乙车的速度在0t1时间内并不是一直大于甲车的速度，故A错误；B根据位移时间图象的斜率表示速度，由图象可知，甲图线的斜率不变，说明甲的速度不变，做匀速直线运动，乙车的速度先大于甲车的速度后小于甲车的速度，且由同一地点向同一方向运动，则0t1时间内，甲车与乙车之间的距离先增大后减小，故B正确；CD由速度时间图像可知，0t2时间内，丁车的速度一直比丙车速度大，且由同一地点向同一方向运动，则两车间的距离一直增大，故CD错误。故选B。3.如图所示，变压器为理想变压器，电压变化规律为的交流电压接在a、b两端，L为灯泡，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流
4、表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列正确的是（）A. 电压表V2示数不变，V3示数增大B. 变阻器滑片是沿dc的方向滑动C. 该变压器起降压作用D. 灯泡发光每秒闪50次【答案】C【解析】【详解】AB观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，V3示数减小根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿cd的方向滑动，故AB错误，C观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线
5、圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C正确；D由可知，交流电的频率为由于交变电流一个周期内电流方向发生100次变化，所以灯泡发光每秒闪100次，故D错误。故选C。4.如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O点，O与O点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使轻绳和轻弹簧均处于水平且自然伸直状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则（）A. 两球到达各自悬点的正下方时，两球损失的机械能相等B. 两球到达各自悬点的正下方时，A球速度较小C. 两球到达各自悬点的正下方时，重力对A球
6、做的功比B球多D. 两球到达各自悬点的正下方时，A球的动能大于B球的动能【答案】D【解析】【详解】AA球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，B球运动过程中，B球机械能转化为弹簧的弹簧势能，故A错误；BD两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，可知在整个过程中，A、B两球重力势能减少量相同。球A的重力势能全部转化为动能，球B的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，所以两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大，速度较大，故B错误，D正确；C两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，可知在整个过程中，A、B两球重力势能减少量相同，即重力做功相同，故C
7、错误。故选D。5.如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且电场力为3mg。重力加速度为g，由此可知（）A. AB=3BCB. 小球从A到B与从B到C的运动时间相等C. 小球从A到B与从B到C的动量变化量相同D. 小球从A到C的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等【答案】D【解析】【详解】AB小球从A到B的时间为在B点的竖直方向速度为小球在电场中的加速度大小为小球从B到C的时间为则两段所用的时间之比为4：1，据题意，知小球在水平方向
8、不受力，故水平方向做匀速直线运动，则AB=4BC故AB错误；C由动量定理可知，动量变化等于合力的冲量，由于AB段合力冲量方向向下，由于小球在BC段竖直方向做减速运动，则合力方向向上，所以小球在BC段合力冲量向上，故C错误；D据题意，知小球在水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，从A到C由动能定理可知，小球从A到C的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等，故D正确。故选D。6.2018年3月30日01时56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”方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，是我国北斗三号第七、八颗组网卫星。北
9、斗导航卫星的轨道有三种：地球静止轨道（高度35809km）、倾斜地球同步轨道（高度35809km）、中圆地球轨道（高度21607km），如图所示。已知地球半径为6370km，下列说法正确的是（）A. 倾斜同步轨道卫星的加速度与地球静止轨道的加速度大小相等B. 中圆地球轨道卫星受到的万有引力一定比静止轨道卫星受到的万有引力大C. 倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方D. 倾斜同步轨道卫星的机械能一定大于中圆地球轨道卫星的机械能【答案】AC【解析】【详解】A由公式可知，由于倾斜同步轨道与地球静止轨道的半径相同，则加速度大小相等，故A正确；B中圆地球轨道卫星与静止轨道卫星的质量关系未
10、知，故无法比较万有引力大小，故B错误；C倾斜同步轨道卫星的轨道半径与静止轨道同步卫星的轨道半径相等，故公转周期相等，说明倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方，故C正确；D倾斜同步轨道卫星与中圆地球轨道卫星的质量关系未知，故无法比较它们的机械能，故D错误。故选AC。7.半径分别为r和2r的同心半圆导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R、质量为m且质量分布均匀的导体棒AB置于半圆轨道上面，BA的延长线通过导轨的圆心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。在N、Q之间接有一阻值也为R的电阻。导体棒AB在水平外力作用下，以角速度
11、绕O顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计，不计一切摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A. 导体棒中的电流方向为ABB. 导体棒A端相等于电源正极C. 导体棒AB两端的电压为D. 若保持导体棒转动的角速度不变，同时使竖直向下的磁场的磁感应强度随时间均匀增大，则通过电阻R的电流可能一直为零【答案】AC【解析】【详解】AB由右手定则可知，导体棒中的电流方向为AB，导体棒相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，则B端相当于电源正极，故A正确，B错误；CAB棒产生的感应电动势为导体棒AB两端的电压为故C正确；D若保持导体棒转动的角速度不变，由于磁场均匀增大，则导体棒
12、切割磁感线产生的电动势增大，如果导体棒不动，竖直向下的磁场的磁感应强度随时间均匀增大，回路中产生的电动势不变，且与导体棒切割磁感线产生的电动势方向相反，则两电动势不可能一直相等，即通过电阻R的电流不可能一直为零，故D错误。故选AC。8.在如图所示装置中，轻杆一端固定着一个轻质定滑轮b，m1用轻杆连接着另一轻质滑轮c，轻绳一端固定于a点，跨过滑轮c和b，另一端固定在m2上，已知悬点a和滑轮b间的距离远大于滑轮的直径，动滑轮质量和一切摩擦不计，整个装置稳定时轻绳ac部分与竖直方向夹角为，bc部分与竖直方向的夹角为，下列说法正确的是（）A. 整个装置稳定时，角一定等于角B. 若仅把轻杆竖直向上缓慢移
13、动一小段距离，m1高度上升C. 若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离，m1高度上升D. 存在某一方向，往该方向缓慢移动轻滑轮b时，m1的位置保持不变【答案】ABD【解析】【详解】A对m2分析可知，m2受拉力及本身的重力平衡，故绳子的拉力等于m2g，对于滑轮c分析，由于滑轮跨在绳子上，故两端绳子的拉力相等，它们的合力一定在角平分线上；由于它们的合力与m1的重力大小相等，方向相反，故合力竖直向上，故两边的绳子与竖直方向的夹角和相等，故A正确；BC整个装置稳定时，角一定等于角，且绳子拉力等于m2g，则ac与bc细线与竖直方向的夹角相等，设为，ab水平距离不变，结合几何关系，有得若仅把轻杆竖直向上缓慢
14、移动一小段距离，细线的拉力等于m2g不变，细线的合力也不变，则不变，由于d和都不变，故不变，则m1高度上升，同理，若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离，ab水平距离变大，则细线的拉力等于m2g不变，细线的合力也不变，则不变，d变大，则变大，所以m1高度下降，故B正确，C错误；D由于细线bm2和bc部分拉力大小相等，两段细线的合力方向为细线bm2和bc部分的角平分线，如果沿角平分线移动轻滑轮b时，细线各部分的拉力大小和方向均不变，则m1的位置保持不变，故D正确。故选ABD第II卷（非选择题共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题
15、40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.如图所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“验证牛顿第二定律”的实验。(1)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，操作方法是把长木板右端用垫木垫高，在不挂重物且计时器打点的情况下，轻推一下小车，让小车拖着纸带在长木板上运动，通过纸带判断小车是否做匀速运动，若实验中发现打点计时器在纸带上打的点如图所示，通过纸带可判断小车并不是做匀速直线运动，可通过以下措施进行改进（ ）A若是纸带甲端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更矮的垫木
16、即可B若是纸带甲端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅把垫木向左平移适当位置即可C若是纸带乙端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更高的垫木即可D若纸带乙端与小车相连，则保持长木板在桌面上位置不变，仅把垫木向右平移适当位置即可(2)采取合理的措施平衡摩擦力后开始进行实验，图是正确进行实验操作后打点计时器所打的纸带的一部分，在纸带上每隔四个点选一个点作为计数点，A、B、C、D和E为纸带上五个计数点。已知打点计时器所用的电源频率为50Hz，则AC间的距离为_cm，可得小车的加速度a=_m/s2（计算结果保留两位有效数字）【答案】 (1). AC (2).
17、1.23（1.211.25） (3). 0.24（0.230.25）【解析】【详解】(1)1AB若是纸带甲端与小车相连，由图乙可知，小车做加速运动，说明平衡摩擦过度，则应保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更矮的垫木即可，故A正确，B错误；CD若是纸带乙端与小车相连，由图乙可知，小车做减速运动，说明平衡摩擦不够，则应保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更高的垫木即可，故C正确，D错误。故选AC；(2)2由图可知，AC距离为由于读数误差，1.21cm1.25cm，均正确；3由图可知，AB距离为BC距离为CD距离为DE距离为由逐差法可知加速度为由于误差0.23m
18、/s20.25m/s2均正确。10.实验室购买了一捆标铜导线，小明同学想通过实验测定其长度。按照如下步骤进行操作：(1)该同学首先使用螺旋测微器测得导线的直径如图(1)所示，则导线的直径d_mm；(2)通过查阅资料查得铜的电阻率为；(3)使用多用电表欧姆档初步估测其电阻约为6：(4)为进一步准确测量导线的电阻，实验室提供以下器材：A直流电流表A（量程00.6A，内阻RA=3）B直流电压表V1（量程03V，内阻约100）C直流电压表V2（量程015V，内阻约100）D滑动变阻器R1（阻值范围05）F滑动变阻器R2（阻值范围0100）G直流电源E（输出电压3V，内阻不计）H开关S一个、导线若干为了
19、得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，实验中应选择的电压表是_（用所选器材前的字母表示）；选择的滑动变阻器是_（用所选器材前的字母表示）；按实验要求在图(2)中，还需要连接的接线柱有_（填相应接线柱的符号，如“ab”、 “cd”等）；若测得电压表的读数为U，电流表的读数为I，则可得铜导线的长度可表示为L=_（用题目提供的已知量的字母表示）；【答案】 (1). 0.680（0.6780.682） (2). B (3). D (4). kj（或ej）、bd（或bh）、dh（或dg） (5). 【解析】【详解】(1)1螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度的读数为：0.01mm18
20、.0=0.180mm，故导线的直径为d=0.680mm，由于误差，则0.678mm0.682mm均正确；(4)2由于电源的输出电压为3V，则电压表选择B；3由于待测电阻阻值约为，为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，则滑动变阻器应选D；4为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，测滑动变阻器应用分压式，由于电流表内阻已知，则电流表内接，这样可以消除因电流表分压带来的误差，所以应连接的接线柱有kj（或ej）、bd（或bh）、dh（或dg）；5由实验原理可知则11.如图所示的空间中有一直角坐标系Oxy，第一象限内存在竖直向下的匀强电场，第四象限x轴下方存在沿x轴方向足够长，
21、宽度m的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B=0.4T，一带正电粒子质量m3.2104kg、带电量q0.16C，从y轴上的P点以v0=1.0103m/s的速度水平射入电场，再从x轴上的Q点进入磁场，已知OP=9m，粒子进入磁场时其速度方向与x轴正方向夹角=，不计粒子重力，求：(1)OQ的距离；(2)粒子的磁场中运动的半径；(3)粒子在磁场中运动的时间；（值近似取3）【答案】(1) (2) 10m (3) 【解析】【详解】(1)已知可得：设粒子从P点运动到Q点的时间为t，水平方向上：竖直方向上：可得：(2)由己知可得：粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力解得R=10m(3)设粒子在
22、磁场中运动的圆心为O1，由几何关系可得： 可得粒子在磁场中转过的圆心角由，可得：12.如图所示，光滑水平地面上固定一竖直挡板P，质量mB=2kg的木板B静止在水平面上，木板右端与挡板P的距离为L。质量mA=1kg的滑块（可视为质点）以v0=12m/s的水平初速度从木板左端滑上木板上表面，滑块与木板上表面的动摩擦因数=0.2，假设木板足够长，滑块在此后的运动过程中始终未脱离木板且不会与挡板相碰，木板与挡板相碰过程时间极短且无机械能损失，g=10m/s2，求：(1)若木板与挡板在第一次碰撞前木板已经做匀速直线运动，则木板右端与挡板的距离至少为多少？(2)若木板右端与挡板的距离L=2m，木板第一次与
23、挡板碰撞时，滑块的速度的大小？(3)若木板右端与挡板的距离L=2m，木板至少要多长，滑块才不会脱离木板？（滑块始终未与挡板碰撞）【答案】(1) 8m (2) 8m/s (3) （3585m或35.9m）【解析】【详解】(1)木板与滑块共速后将做匀速运动，由动量守恒定律可得：对B木板，由动能定理可得：解得L1=8m(2)对B木板，由动能定理可得：B与挡板碰撞前，A、B组成的系统动量守恒：得vA=8m/s(3)从A滑上木板到木板与挡板第一次碰撞过程中，A在木板上滑过的距离，由能量守恒定律可得：解得B与挡板碰后向左减速，设水平向右为正方向，由己知可得：B与挡板碰后速度，此时A的速度vA=8m/s，由
24、牛顿第二定律可得：，木板向左减速，当速度减为零时，由得t1=2s此时B右端距离挡板距离由，得L2=2m此时A的速度由，可得：此时系统总动量向右，设第二次碰撞前AB已经共速，由动量守恒定律可得：得木板从速度为零到v共1经过的位移SB，由，得故第二次碰前瞬间A、B已经共速，从第一次碰撞到第二次碰撞，A在B上滑过的距离，由能量守恒定律可得：得第二次碰撞后B的动量大小大于A的动量大小，故之后B不会再与挡板相碰，对AB由动量守恒可得：得从第二次碰撞到最终AB做匀速运动，A在B上滑过距离，由能量守恒定律可得：得则（35.85m或35.9m）（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道
25、生物题中每科任选一题做答。13.下列说法正确的是（）A. 不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积B. 质量相同、温度也相同的氢气和氧气，内能相同C. 任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能D. 在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强E. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大【答案】ACE【解析】【详解】A气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数只能求出每个气体分子平均占有的空间和气体分子间的距离，不能估算气体分子本身的体积，故A正确；B内能大小与物质的量、温度、物体体积都有关，质量相同、温度也相同的氢气和氧气，它们的物质的量不同，则内能不相
26、同，故B错误；C根据热力学第二定律可知，任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能，故C正确；D密闭容器内气体压强是由分子不断撞击器壁而产生的，在完全失重情况下，气体分子仍然不断撞击器壁，仍然会产生压强，故D错误；E当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负功分子势能增大，故E正确。故选ACE。14.如图所示，在大气中有一水平放置的固定刚性圆筒，它由圆心共轴的圆筒a、b连接而成，其横截面积分别为3S和S。已知大气压强为p0，温度为T0。两活塞A、B圆心处用一根长为3l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。若活塞与圆
27、筒壁之间的摩擦可忽略，现对被密封的气体缓慢加热，求：当B活塞刚好碰到b部分圆筒的左侧时，气体温度为多少？当气体温度为3T0时，气体的压强为多少？【答案】【解析】【详解】从开始加热气体到B活塞刚好碰到b左侧时，气体为等压变化，由可得：当气体温度为3T0时，B活塞已经卡在b左侧，气体在(1)问的基础上进行等容变化，由可得：15.一列简谐横波沿x轴负方向传播，t=0时的波的图像如图所示，质点P的平衡位置在x=8m处，该波的周期T=0.2s，下列说法正确的是A. 该列波的传播速度为20m/sB. 在01.0s内质点P经过的路程2mC. t=0.3s时质点P的速度方向沿y轴正方向D. x=4m处质点的振
28、动方程是y=10sin5t（cm）E. 该波与频率f=5Hz的另一列简谐横波相遇，一定会发生干涉【答案】BCE【解析】【详解】由图可知此波波长为，得，故A错误；在01.0s内质点P经过的路程，故B正确；由于波向左传，可知t=0时，P点振动方向为沿y轴负方向，又 ，可知t=0.3s时质点P的速度方向沿y轴正方向，故C正确；质点的振动周期与波的周期相同，故 ，则x=4m处质点的振动方程是，故D错误；此波频率为，只有波的频率相同时才能发生干涉，故E正确综上分析正确答案为BCE16.如图所示，圆柱形油桶中装满折射率n=的某种透明液体，油桶的高度为H，半径为H，桶的底部装有一块平面镜，在油桶底面中心正上方高度为d处有一点光源P，要使人从液体表面上方任意位置处都能够观察到此液体内点光源P发出的光，d应该满足什么条件?【答案】HdH/2【解析】【分析】要使人从液体表面上任意位置处能够观察到点光源P发出的光，点光源发出的光必须全部能折射进入空气中，根据对称性，作出点光源经平面镜所成的像当光射向水面时，入射角应不大于临界角，光线才能射入空气中由几何知识求出d应满足的条件【详解】点光源P通过平面镜所成像为P，如图所示要使人从液体表面上方任意位置处能够观察到点光源P发出的光，即相当于像P发出的光，则入射角i， 为全反射临界角，有： 而 且 联立解得：dH/2 又有：Hd解得：HdH/2
