1、四川省乐山市2020届高三物理下学期第三次调查研究考试试题（含解析）一、选择题1.如图所示，细绳上端固定于天花板上的A点，细绳的下端挂一质量为1kg的物体P，用力F作用于细绳上的O点；使细绳偏离竖直方向的夹角为30，且保持物体平衡，此时F与水平方向的夹角为30，重力加速度g=10m/s2，则F的大小等于（）A. B. 5NC. D. 20N【答案】B【解析】【详解】与垂直，点受三个拉力处于平衡，如图所示根据几何关系知故B正确，A、C、D错误；故选B。2.某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，实施变轨后卫星的线速度减小到原来的，此时卫星仍做匀速圆周运动，则（）A. 卫星的向心加速度减小到原来的B.
2、 卫星的角速度减小到原来的C. 卫星的周期增大到原来的8倍D. 卫星的半径增大到原来的2倍【答案】C【解析】【详解】根据万有引力提向心力：，解得：，线速度变为原来的，知轨道半径变为原来的4倍根据，可知向心加速度变为原来的，故AD错误；根据，线速度变为原来的，知轨道半径变为原来的4倍，则角速度变为原来的，故B错误；根据，角速度变为原来的，则周期变为原来的8倍，故C正确所以C正确，ABD错误3.如图所示，在竖直面（纸面）内有匀强电场，带电荷量为q（q0）、质量为m的小球受水平向右、大小为的恒力F，从M匀速运动到N。已知MN长为d，与力F的夹角为60，重力加速度为g，则（）A. 场强大小为B. M、
3、N间的电势差为0C. 从M到N，电场力做功为D. 若仅将力F方向顺时针转30，小球将从M向N做匀变速直线运动【答案】B【解析】【详解】A对小球受力分析，如图所示根据平衡知识可知解得故A错误；B设电场力方向与水平力方向的夹角为，由图可知解得所以可得电场强度方向与垂直，所以、两点电势相等等势，、间的电势差为0，故B正确；C由于、间的电势差为0，所以从到，电场力做功为零，故C错误；D因电场力和重力的合力与等大反向，则若仅将力方向顺时针转，小球受的合力方向与的方向不共线，则小球将做匀变速曲线线运动，故D错误；故选B。4.如图所示，质量均为M物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑
4、定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A. 若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为B. 要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系C. 若物块A、B未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mgD. 若物块A、B未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力为【答案】A【解析】【详解】A若物块A、B未发生相对滑动，A、B、C三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得对A，由牛顿第二定律得解得，故A正确； B当A、B发生相对滑动时，A所受的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律有解得以A、B、C系统为研究对象，由牛顿第二
5、定律得解得故要使物块A、B之间发生相对滑动，则，故B错误； C若物块A、B未发生相对滑动，设轻绳拉力的大小为F，对C受力分析，根据牛顿第二定律有解得，故C错误；D若物块A、B未发生相对滑动时，由A可知，此时的加速度为对C受力分析，根据牛顿第二定律有解得根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力故D错误。故选A。5. 在光电效应实验中，用频率为的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是A. 增大入射光强度，光电流增大B. 减小入射光的强度，光电效应现象消失C. 改用频率小于的光照射，一定不发生光电效应D. 改用频率大于的光照射，光电子的最大初动能变大【答案】AD【解析】【分析】光电效应
6、的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素【详解】A增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积上的光子数增加，光电流增大，A正确；B光电效应现象是否消失与光的频率有关，而与照射强度无关，B错误；C用频率为的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，C错误；D根据可知，增加照射光频率，光电子的最大初动能也增大，D正确6.如图所示，在一个半径为R的圆形区坡内存在微感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个比荷为的正粒子，从A点沿与AO夹角的方向射入匀强磁场区域，最终从B点沿
7、与AO垂直的方向离开磁场若粒子在运动过程中只受磁场力作用，则A. 粒子运动的轨道半径B. 粒子在磁场区域内运动的时间C. 粒子的初速度的D. 若仅改变初速度的方向，该粒子仍能从B点飞出磁场区域【答案】AC【解析】【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角画出轨迹，由数学知识求出轨迹半径，再利用洛伦兹力提供向心力结合结合关系即可分析求解，利用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，求解粒子在磁场中运动的时间【详解】A、画出粒子轨迹示意图，如下图所示，因为粒子从B点沿与AO垂直的方向离开磁场，故OB与AO平行，又因为OAB与OAB均为等腰三角形，可得：OAB=OBA=OBA
8、=OAB，所以OA与BO也平行，因为粒子速度方向偏转的角度为，故AOB=，所以四边形OAOB为两个等边三角形组成的菱形，故粒子运动的轨道半径r=R，故A正确B、粒子在磁场中运动的周期：T=，粒子在磁场中转过的圆心角=600，所以粒子在磁场中运动的时间为：t=，故B错误C、根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=m，结合轨道半径r=R，联立可得粒子的初速度为：v0=，故C正确D、当入射粒子速度方向发生变化时，粒子运动的轨迹示意图如图所示，速度大小不变，粒子做圆周运动的半径不变，入射速度方向发生变化，粒子在圆周上的出射点也随之变化，所以若仅改变初速度的方向，该粒子将不能从B点飞出磁场区域，故D错误故
9、选A、C【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间7.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，固定在水平面上，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左侧区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好，重力加速度为g，则金
10、属棒穿过磁场区域的过程中（）A. 金属棒克服安培力做的功等于系统增加的内能B. 金属棒克服安培力做的功为mghC. 金属棒产生的电热为D. 金属棒在磁场中运动的时间为【答案】CD【解析】【详解】A金属棒克服安培力做功等于金属棒与定值电阻R产生的焦耳热，故A错误；B由能量守恒定律可知，金属棒克服安培力做功与克服摩擦力做功的和为mgh，故金属棒克服安培力做功小于mgh，故B错误；C根据动能定理有则克服安培力所做的功为；电路中产生的焦耳热等于客服安培力做功，所以金属棒产生的焦耳热为，故C正确； D金属棒在下滑过程中，由机械能守恒定律得则得金属棒到达水平面时的速度金属棒在磁场中运动时，取向右为正方向，
11、根据动量定理有又则有解得金属在磁场中的运动时间为故D正确。故选CD。8.如图所示，斜面竖直固定放置，斜边与一光滑的圆弧轨道相切，切点为，长为，圆弧轨道圆心为，半径为，水平现有一质量为、可视为质点的滑块从点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为，则关于滑块的运动，下列说法正确的是（ ）A. 滑块经过点时对轨道的最小压力为B. 滑块下滑后将会从点飞出C. 滑块第二次经过点时对轨道压力大小为D. 滑块在斜面上经过的总路程为【答案】CD【解析】【详解】A、滑块从A点下滑后在AD部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将在以E点为最低点、D为最高点来回滚动，
12、此时经过E点时对轨道的压力最小，则D到E点，根据机械能守恒定律：，在E点：，联立解得：，故A错误；B、从A到G由动能定理得：，其中，解得：，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；C、滑块第一次到达E点时，根据动能定理：，解得，第二次到达E点的速度与第一次相同，根据牛顿第二定律，解得，故C正确；D、滑块最终将在以E点为最低点、D为最高点来回运动，根据动能定理：，解得，故D正确故选CD二、实验题9.在一次课外活动中，某同学用图甲所示的装置测量放在水平光滑桌面上的铁块A与金属板B间的动摩擦因数。已知铁块A的质量kg，金属板B的质量kg。用水平力F向右拉金属板B，使其一直向右运动，稳定后弹簧测力计示数
13、如图甲所示，则A、B间的摩擦力_N，A、B间的动摩擦因数=_。（g取10m/s2）。该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，得到如图乙所示的纸带，图中相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，可求得拉金属板的水平力F=_N。【答案】 (1). 2.50 (2). 0.25 (3). 6.50【解析】【详解】12A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数2.50N根据解得3由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据则加速度为对B受力分析，根据牛顿第二定律有解得10.某同学做描绘小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流为0.32A）的伏安特性曲线实验，有下列器材可供选用：A.电压表
14、V1（03V，内阻3k）B.电压表V2（015V，内阻15k）C.电流表A（00.6A，内阻约1）D.定值电阻kE.定值电阻kF.滑动变阻器R（10，2A）G.学生电源（直流6V，内阻不计）H.开关、导线若干(1)为了使测量结果更加准确，实验中所用电压表应选用_，定值电阻应选用_（均填器材前的字母）；(2)为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在虚线框内画出满足实验要求的电路图_；(3)该同学按照正确的电路图和正确的实验步骤，描绘出的伏安特性曲线如图所示，将两个这样的小灯泡与电动势为4V、内阻为10的电源串联，此时每个小灯泡的发热功率为P=_W（结果保留两位有效数字）。【答案】 (
15、1). A (2). D (3). (4). 0.20【解析】【详解】（1）12由题意可知，灯泡额定电压为3.8V，而给出的电压表中有15V和3V两种，选用15V的电压则误差较大，故电压表选用A；而选用3V的电压表，则量程偏小，故可以串联一个电阻进行分压；由题意可知，选择2k的电阻可以使量程扩大至可用范围，故选用D即可；故可以选取3V的电压表和2k的电阻串联充当电压表使用；（2）3因题目中要求多测几组数据进行作图，故实验中选用分压接法，并且将R1与电压表串联充当电压表使用，电流表采用电流表外接法；故原理图如图所示（4）4如果用一个电动势为4V，内阻为10的电源与两个同样的小灯泡串联组成电路。设
16、每灯电压为U，则由闭合电路欧姆定律可知变形可得代入E和r，则有在I-U图中作出对应的图象如图所示则两图线的交点，即为灯泡电压和电流，则有U=1.1V，I=0.18A；则每个小灯泡的发热功率为P=UI=110.18 W =0.20W三、解答题11.如图所示，在第、象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等，在第象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E（大小未知），一个质量为m，电荷量为q的带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，OP之间的距离为d，并恰好与y轴的正方向成45角进入磁场，穿过第一象限磁场后垂直于x轴进入第象限的磁场，粒子重力不计。求：(1)电场强度E
17、的大小；(2)带电粒子从P点开始运动到第二次经过x轴正半轴所用的时间t。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】（1）粒子以垂直于x轴初速度进入水平方向的匀强电场，做类平抛运动，由进入电场时的速度与y轴正向成45角，则有解得竖直速度加速度为加速位移为联立解得（2）作出粒子的运动轨迹，如图所示粒子在电场中运动，则有解得粒子进入磁场的速度为粒子在电场中偏转沿y轴的位移为由几何知识得粒子在磁场中做圆周运动的半径由几何知识可知粒子在第一象限磁场偏转的圆心角，在第四象限偏转的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间粒子第二次经过x轴时在电场和磁场中运动的总时间12.如图所示，在倾角=30的光滑斜面的底端有一个固
18、定挡板D，小物体C靠在挡板D上，小物体B与C用轻质弹簧拴接。弹簧原长位置位于O点；初状态小物块B静止在M点，OM=l，弹簧弹性势能。小物体A从P点静止开始下滑，A、B碰撞后一起压缩弹簧。小物块A、B第一次脱离后，小物块A最高能上升到N点，当小物块B速度减为0时，小物块C刚好能脱离挡板D。小物体A、B、C的质量都是m，重力加速度为g。求：(1)弹簧的劲度系数；(2)小物块A、B脱离时小物块B的速度v；(3)N、P之间的距离。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】（1）B静止时，受力如图所示根据物体平衡条件得弹簧的劲度系数（2）当弹簧第一次恢复原长时A、B恰好分离，设此时A、B速度的大小为
19、v3，已知B静止时弹簧的弹性势能为，B物体的速度变为0时，C物体恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为l，弹簧的弹性势能也为EP。对B物体和弹簧，从A、B分离到B速度变为0的过程，由机械能守恒定律得解得（3）设A与B相碰前速度的大小为v1，A与B相碰后速度的大小为v2，M、P之间距离为x，对A物体，从开始下滑到A、B相碰的过程，根据机械能守恒定律得A与B发生碰撞，根据动量守恒定律得从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，根据机械能守恒定律得解得小物块A分离后，最高能上升到N点，根据机械能守恒有解得故N、P之间的距离为四、选考题13.下列说法中正确的是_A. 分子间距离增大时，分子间的引力
20、和斥力都减小B. 布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动C. 食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性D. 做功和热传递在改变系统内能方面是不等价的E. 第二类永动机不违背能量守恒定律，因此是可能制成的【答案】ABC【解析】【详解】根据分子力的特点可知，分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小故A正确；布朗运动是悬浮在液体或气体表面的固体颗粒的运动，反映了气体或液体分子的无规则运动，选项B正确；食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，选项C正确；做功和热传递在改变系统内能方面是等价的，选项D错误；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，因此
21、是不可能制成的，选项E错误；故选ABC.14.绝热汽缸倒扣在水平地面上，缸内装有一电热丝，缸内有一光滑的绝热活塞，封闭一定质量的理想气体，活塞下吊着一重为G的重物，活塞重为，活塞的横截面积为S，开始汽缸内封闭气柱的高为h，气体的温度为，大气压强为现给电热丝加热，活塞缓慢下降，当气体吸收热量Q时，活塞下降了h，求：气体的温度升高了多少？气体的内能增加了多少？【答案】（1）；【解析】【详解】活塞下降的过程，气体发生的是等压膨胀根据盖-吕萨克定律得：，即解得气体的温度升高了汽缸内气体压强为活塞向下运动的过程中，对外做功根据热力学第一定律可知：气体的内能增加量为15.一列简谐横波在t=0时刻的波形图如
22、图实线所示，从此刻起，经0.5s波形图如图中虚线所示，若波传播的速度为4m/s，下列说法中正确的是_A. 这列波的周期为0.5sB. 这列波沿x轴负方向传播C. t=0时刻质点a沿y轴正方向运动D. t=0时刻质点a经0.5s通过的路程为0.3mE. x=4m处的质点的位移表达式为y=0.3sin(t+)m【答案】BCE【解析】【分析】根据在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.5s波形图如图中虚线所示可知，本题考查“波动图象”根据波的形成原理进行分析解答【详解】A项：由图可知波长，由公式，故A错误；B项：实线波与虚线波相差，即得n=0，故波沿x轴负方向传播，故B正确；C项：由“同侧
23、法”可知，t=0时刻质点a沿y轴正方向运动，故C正确；D项：0.5s为四分之一周期，由于质点a不在平衡位置或振幅处，所以运动的路程为0.3m，故D错误；E项：x=4m处的质点，刚好滞后半个周期，由于，所以x=4m处的质点的位移表达式为y=0.3sin(t+)m，故E正确故选BCE【点睛】本题要理解波的图象随时间变化的规律波在一个周期内传播一个波长，波的图象重合利用波形的平移或上下坡法是研究波动图象常用的方法16.如图所示的玻璃砖，左侧为半径R的四分之一圆周形，右侧为矩形ABCD，AB边长为2R，AD边长为R。一束平行于GD边的单色光线自左侧的E点射向玻璃砖，进入玻璃砖后在CD的中点O经过一次反射，然后自BC边的F点射出，已知C、F两点间的，光在真空中的传播速度为c。求：(1)此玻璃砖对该单色光的折射率n；(2)该光线在此玻璃砖中传播的时间t。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】单色光在此玻璃砖中的光路如图所示根据几何关系可得解得由几何关系可得在点的入射角，折射角该单色光对此玻璃砖的折射率根据可得该光线在此玻璃砖中传播的速度根据几何关系有，该光线在此玻璃砖中传播的路程该光线在此玻璃砖中传播的时间
