1、四川省遂宁市普通高中2020届高三物理下学期三诊模拟试题（含解析）一、选择题1.如图所示是氢原子的能级图，大量处于n5激发态的氢原子向低能级跃迁时（）A. 一共能辐射6种频率的光子B. 能辐射出3种能量大于10.2eV的光子C. 能辐射出3种能量大于12.09eV的光子D. 能辐射出能量小于0.31eV的光子【答案】B【解析】【详解】A激发态的氢原子向低能级跃迁时，能辐射种频率的光子，当时，一共能辐射10种频率的光子，A错误；BCD辐射的光子的能量等于两能级能量之差，即从依次向跃迁的能量分别为：，；从依次向跃迁的能量分别为：，；从依次向跃迁的能量分别为：，；从向跃迁的能量为：；所以B正确，CD
2、错误；故选B2.三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的角平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是（）A. B1=B2B3B. B1=B2=B3C. a和c处磁场方向垂直于纸面向外，b处磁场方向垂直于纸面向里D. a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里【答案】A【解析】【详解】AB由安培定则判断，对a和b，其临近的两条导线在a和b点产生的磁感应强度等大方向，磁感应强度相互抵消，则a和b处的磁感应强度就等于远离的那条
3、导线产生的磁感应强度，有；对c，其临近的两条导线在c产生的磁感应强度等大同向，磁感应强度加倍，而远离c的那条导线在c产生的磁感应强度小于其临近的两条导线在c产生的磁感应强度，且方向相反，在c处的磁感应强度应大于a和b处的磁感应强度和, A正确，B错误；CD由安培定则判断可得a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，CD错误；故选A3.某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。用vy 、E、Ek、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析
4、】【详解】A足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为的匀变速直线运动，其速度-时间关系为，上升阶段下落阶段由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图像是一条倾斜直线，A错误；B不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒，不变，B错误；C足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，C错误； D足球在竖直方向上的速度满足上升阶段下落阶段再由重力的瞬时功率可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零，D正确；故选D4.生活中选保险丝时，其熔断电流(最大承受电流的有效值)是最重要参数。如图，一个理想变压器初级线圈与次级线圈的匝数比为5：1，初级线圈两端a、b接正弦交流电源
5、，在原线圈前串接一个规格为“熔断电流0.25A、电阻5”的保险丝，电压表V的示数稳定为220V，如果负载电阻R=44，各电表均为理想电表，则（）A. 电流表A的示数为1.41AB. 工作一段时间,保险丝会被熔断C. ab端输入功率为44WD. ab端输入功率为44.2W【答案】D【解析】【详解】A根据变压器原副线圈两端的电压之比等于线圈的匝数之比，可求得副线圈两端电压再由欧姆定律可求得电流变的示数为A错误；B根据变压器原副线圈电流之比等于线圈的匝数的反比，可求得原线圈中的电流保险丝不会被熔断，B错误；C Dab端输入功率为C错误，D正确；故选D5.如图，有一个带有小缺口的绝缘圆环内存在垂直纸面
6、向外的匀强磁场，圆环绕圆心逆时针转动。一带正电的粒子从小缺口沿直径方向进入圆环内部，且与圆环没有发生碰撞，最后从小缺口处离开磁场区域。已知粒子的比荷为k，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的半径为R，粒子进入磁场时的速度为，不计粒子的重力。则圆环旋转的的角速度可能为（）A. 2kBB. 3kBC. 5kBD. 7kB【答案】C【解析】【分析】【详解】ABCD带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力可得如图所示，该带电粒子将从圆的最低点离开磁场，所用时间要使得带电粒子能从圆环缺口离开磁场，则环绕圆心逆时针转动的角速度满足当时,ABD错误，C正确；故选C6.如图，质量均为m的物块A和
7、B用劲度系数为k的弹簧栓接，竖直静止在水平地面上。现对A施加竖直向上的拉力F，使A以加速度a向上做匀加速运动，直至B刚要离开地面。重力加速度为g。则（）A. A物块的位移大小B. B物块离开地面时A物块的速度C. 该过程F所做的功为D. 该过程F所做的功为【答案】AC【解析】【详解】A静止时A对弹簧的压力等于A的重力，弹簧被压缩的形变量为，有B刚要离开地面时，弹簧对B的拉力等于B的重力，弹簧被拉伸的形变量为，有则，A物块的位移大小等于A正确；BA以加速度a向上做匀加速运动，B物块离开地面时A物块的速度B错误；CD因为弹簧的形变量不变，弹簧的弹性势能不变，即弹簧对物块不做功，由动能定理求得C正确
8、，D错误；故选AC7.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。若在A、B间不同位置放置一个电量为+q的带电滑块C（可视为质点），滑块的电势能随x变化关系如图乙所示，图中x =L点为图线的最低点。现让滑块从x=2L处由静止释放，下列有关说法正确的是（）A. 小球在处的速度最大B. 小球一定可以到达点处C. x=0和x=2L处场强大小相等D. 固定在AB处的电荷的电量之比为QA：QB4：1【答案】AD【解析】【详解】A滑块C受重力、支持力和电场力，其重力和支持力在竖直方向相抵消，滑块C受的合外力为电场力，再由电荷在电场中电场力做正功，电荷的电
9、势能减小，动能增加，由图可知在处电势能最小，则滑块在处的动能最大，A正确；B由图可知，处的电势能大于x=2L处的电势能，又因滑块由静止释放，滑块不能到达处，B错误；C电荷在处电势能最小，即正电荷QA、QB在处的电场强度等大反向，即的电场强度为零，有解得所以x=0和x=2L处场强大小分别 ,C错误，D正确；故选AD8.宇航员飞到一个被稠密气体包围的某恒星上进行科学探索。他站在该恒星表面，从静止释放一个质量为m的物体，由于气体阻力，其加速度a随下落位移x变化的关系图象如图所示。已知该星球半径为R，万有引力常量为G。下列说法正确的是（）A. 该恒星的平均密度为B. 该恒星的第一宇宙速度为C. 卫星在
10、距该恒星表面高h处的圆轨道上运行的周期为D. 从释放到速度刚达最大的过程中，物体克服阻力做功【答案】BD【解析】【详解】A 物体下落位移时，空气阻力也为0，由图可知，就是恒星上的重力加速度。在恒星表面，根据重力等于万有引力，可得所以恒星的质量再由球体的体积公式解得恒星的平均密度为A错误；B由万有引力提供向心力得解得B正确；C由万有引力提供向心力得解得卫星在距该恒星表面高h处的圆轨道上运行的周期为C错误；D因为物体由静止下落，初速度为零，根据加速度a随下落位移x变化的关系图象围成的面积表示速度平方的一半，得再根据动能定理解得D正确；故选BD二、非选择题9.某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因
11、数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为。 (1)对于实验的要求，下列说法正确的一项是_；A钩码的质量要远小于木块的质量B要保证长木板水平C接通电源的同时释放木块(2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是的交流电源，纸带上的点每5个点取1个记数点，则该木块的加速度_；（结果保留两位有效数字）(3)若木块的质量为，钩码的质量为，则木块与长木板间的动摩擦因数为_（用、表示结果）。【答案】 (1). B (2). 1.1 (3). 【解析】【详解】（1）实验中不是用钩码的重力来表示细线对木块的拉力，对于M、m并不要求 ；又因为，的大小就是木块对木板的压力大小，
12、所以要保证长木板水平；实验操作中是先通电源再放木块，即AC错误，B正确；（2）由逐差法公式可求得加速度（3）分别对木块和钩码进行受力分析，由牛顿第二定律表示出木块的加速度（T表示细线的拉力） ,解得10.传感器在现代生活、生产和科技中有着相当广泛的应用。如图甲是一个压力传感器设计电路，要求从表盘上直接读出压力大小。其中R1是保护电阻，R2是调零电阻（总电阻100），理想电流表量程为10mA，电源电动势E=3V（内阻不计），压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的对应关系如图乙所示。(1)有三个规格的保护电阻，R1应选哪一个（ ）；A. 25 B. 250 C. 2500(2)选取、安装保护电阻后，要
13、对压力传感器进行调零。调零电阻R2应调为_；(3)现对表盘进行重新赋值。原3mA刻度线应标注_N；(4)由于电池老化，电动势降为2.8V，传感器压力读数会出现偏差。如果某次使用时，先调零、后测量，读出压力为1200N，此时电流大小为_mA，实际压力大小为_N。【答案】 (1). B (2). 20 (3). 2800 (4). 5 (5). 1120【解析】【详解】（1）1因为电流表的量程为，由计算的电路中至少需要的电阻。由调零电阻最大为100，故只要大于200即可，A太小C太大，所以选B；（2）2分析电路图可知，当压敏电阻不受压力时，电流表满偏，此时电路中的电阻满足由乙可知，压敏电阻不受压力
14、时的阻值为，所以（3）3当电流表示数为时，电路中的总电阻即由乙图一次函数为经计算当时，压力（4）4先调零，则则调零电阻R2接入电路的电阻为根据R与F一次函数关系当时，。电池老化前，可得对应的电流为即此时，电路中电流为5mA。因为电池老化，电动势，电路中实际电阻则R实际阻值为再将代入求得11.我国高铁技术处于世界领先水平，其中一项为电磁刹车技术。某次科研小组要利用模型火车探究电磁刹车的效果，如图所示，轨道上相距处固定着两个长、宽、电阻为R的单匝线圈，。在火车头安装一个电磁装置，它能产生长、宽的矩形匀强磁场，磁感强度为B。经调试，火车在轨道上运行时摩擦力为零，不计空气阻力。现让火车以初速度从图示位
15、置开始匀速运动，经过2个线圈，矩形磁场刚出第2个线圈时火车停止。测得第1个线圈产生的焦耳热Q1是第2个线圈产生的焦耳热Q2的3倍。求：(1)车头磁场刚进入第1个线圈时，火车所受的安培力大小；(2)求车头磁场在两线圈之间匀速运行的时间。【答案】(1) (2)【解析】【详解】（1）对线圈，由法拉第电磁感应定律 由闭合电路欧姆定律联立式解得（2）设磁场刚穿过线圈时速度为v，由能量守恒有磁场刚穿过线圈停止，同理有又 匀速运动过程联立式解得12.如图所示，在竖直平面内倾角的粗糙斜面AB、粗糙水平地面BC、光滑半圆轨道CD平滑对接，CD为半圆轨道的竖直直径。BC长为，斜面最高点A与地面高度差，轨道CD的半
16、径。质量为的小滑块P从A点静止释放，P与AB、BC轨道间的滑动摩擦因数为。在C点静止放置一个质量也为的小球Q，P如果能与Q发生碰撞，二者没有机械能损失。已知重力加速度为，。求(1)通过计算判断，滑块P能否与小球Q发生碰撞；(2)如果P能够与Q碰撞，求碰后Q运动到D点时对轨道的压力大小；(3)如果小球Q的质量变为(为正数)，小球Q通过D点后能够落在斜面AB上，求值范围？【答案】(1)能；(2)4mg；(3)0k【解析】【详解】（1）对P，A到B由动能定理设P能到C点，且速度为，从B到C同理联立式解得 由 假设成立，即P能与Q发生碰撞；（2）对P、Q由碰撞动量守恒对P、Q系统能量守恒 联立式解得对
17、Q球从C到D由动能定理对Q球在D点又已知联立式解得 由牛顿第三定律（3）球Q质量变为，同理对P、Q由碰撞动量守恒对P、Q系统能量守恒联立式得对Q球从C到D由动能定理解得在D点平抛运动，恰好落在点，此时对应水平速度为，有值范围是13.下列说法正确的是（）A. 水的饱和气压随温度的升高而增加B. 自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生C. 液晶具有光学的各向异性D. 荷叶上的露珠成球形是表面张力的结果E. 布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的分子无规则运动的反映【答案】ACD【解析】【详解】A与液体处于动态平衡的蒸气叫饱和蒸气；反之，称为不饱和蒸气。饱和蒸气压力与饱和蒸气体积无关，在一定温
18、度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，这个压强叫做饱和蒸气压力。蒸发面温度升高时，水分子平均动能增大，单位时间内脱出水面的分子增多（此时，落回水面的分子数与脱出水面的分子数相等），故饱和气压随温度的升高而增加，故A正确；B一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，都有方向性，故B错误；C液晶既具有液体的流动性也具有单晶体的各向异性，即具有光学的各向异性，故C正确；D表面张力形成的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即表面张力，液体的表面张力使液体的表面积收缩到最小，所
19、以荷叶上的露珠是表面张力形成的结果，故D正确；E布朗运动是悬浮在液体里的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映，故E错误。故选ACD。14.如图所示，用U形管和细管连接的玻璃烧瓶A和橡胶气囊B内都充有理想气体，A浸泡在温度为27 的水槽中，U形管右侧水银柱比左侧高h=40cm。现挤压气囊B，使其体积变为原来的，此时U形管两侧的水银柱等高。已知挤压过程中气囊B温度保持不变，U形管和细管的体积远小于A、B的容积，变化过程中烧瓶A中气体体积可认为不变。(大气压强相当于75cm高水银柱产生的压强，即100kPa)。（1）求烧瓶A中气体压强；（2）将橡胶气囊B恢复原状，再将水槽缓慢加热至47
20、，求U形管两侧水银柱的高度差。【答案】（1）160 kPa；（2）48cm【解析】【详解】（1）由题意知：A中气体压强pA不变，且与B中气体末态压强pB相等，即pA=pB初态压强满足pB=pAph对B中气体由玻意耳定律可知pBVB=pBVB代入数据解得烧瓶A中气体的压强pA=160 kPa（2）A中的气体发生等容变化，由查理定律得代入数据解得pA=kPa橡胶气囊B恢复原状，其压强为pB=pAph=kPaU形管两侧水银柱的高度差为ph，则pA=phpB解得ph=64kPa则h=75 cm=48cm15.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻的波动图像如图甲所示，质点M的振动图像如图
21、乙所示。已知t=0时刻振动恰好传播到x=7m处，M、N两质点的平衡位置均在x轴上，相距s=19m。求A. 该波的传播速度大小为5m/sB. 质点M与质点N的速度始终大小相等、方向相反C. t=11s时质点N运动的路程为11mD. 每经过0.4s，质点M通过的路程都为0.4mE. 处的质点P在t=0.3s时恰好处于平衡位置【答案】ADE【解析】【详解】A由图甲可知波长为，由图乙可知波的周期，所以波速A正确；B当两质点相距半波长奇数倍时，这个两质点的速度始终大小相等、方向相反。M、N两质点相距，波长，s不是的 的奇数倍，M、N两点的速度始终大小相等、方向相反不正确，B错误；C由图乙可知，波的振幅为
22、，质点N每个周期内运动的路程，时，质点N运动的时间所以质点N运动的路程C错误；D每经过0.4s，质点M通过的路程都为D正确；E已知t=0时刻振动恰好传播到x=7m处，且波长，波速，我们可以得到每经过，波向前传播。当t=0.3s时，波传播到的质点处，即的质点在平衡位置，那么与相差整数倍半个波长的质点都在平衡位置，的质点与的质点刚好相差倍半波长，则的质点也在平衡位置，E正确；故选ADE16.如图，直角梯形ABCD为某透明介质的横截面，该介质的折射率为n=，DC边长为2L，BO为DC的垂直平分线，OBC=15位于截面所在平面内的一束光线自O点以角i入射，第一次到达BC边恰好没有光线折射出来求：（i）入射角i；（ii）从入射到发生第一次全反射所用的时间（设光在真空中的速度为 c，可能用到或）【答案】（i）（ii）【解析】【详解】（i）根据全反射定律可知，光线在BC面上的P点的入射角等于临界角C，由折射定律： 解得C=45设光线在DC面上的折射角为r，在OPB中，由几何关系：r=30由折射定律：联立解得i=45（ii）在OPC中，由动能定理： 解得 设所用时间为t，光线在介质中的传播速度为v，可得： 而 联立解得