1、广东省珠海市2020届高三物理下学期三模考试试题（含解析）二、选择题1.有关下列四幅图的说法正确的是（）A. 甲图中，链式反应属于轻核聚变B. 乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大C. 丙图中射线1由粒子组成，射线2为射线，射线3由粒子组成D. 丁图中，球以速度碰撞静止球，若两球质量相等，碰后速度一定为【答案】B【解析】【详解】A由图甲所示可知，链式反应属于重核裂变，不是轻核的聚变，故A错误；B乙图中，图中光颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大，故B正确；C丙图中，由左手定则可知，1带正电，则1射线由粒子组成，2不带电，射线2是射线，3射线粒子
2、带负电，则3射线由电子组成，故C错误；D丁图中，两球碰撞过程系统的动量守恒，碰撞过程机械能不增加，如果两球质量相等，则碰撞后的速度不大于，但不一定等于，故D错误；故选B。2.如图所示，将一小球从水平面上方点以初速度向右水平抛出，经过时间打在前方竖直墙壁上的点，若将小球从与点等高的点以初速度向右水平抛出，经过时间落在竖直墙角的点，不计空气阻力，下列选项中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由图可知，A下落高度小于B下落的高度；根据可得：可知由图可知，结合，同时有；根据可知故A正确，BCD错误。故选A。3.如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1：n2=1
3、0：1，接线柱a、b间接一正弦交变电源，其电压随时间的变化规律如图乙所示变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻下列说法中正确的是( )A. 电压表V的示数为22VB. 当R2所在处出现火警时，电压表的示数增大C. 当R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大D. 当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率不变【答案】C【解析】【详解】由图象可知，输入的电压有效值为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22V，电压表测的是半导体热敏材料的电压，R1，R2的总电压为22V，所以电压表的示数小于22V，所以
4、A错误；当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以原线圈电流即电流表示数增大，则R1的电压要增大，消耗的功率也增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压即电压表示数就要减小，所以C正确，BD错误；故选C4.2020年7月底至8月初，我国将用长征五号遥感火箭择机发射火星探测器“天问一号”。假设火星探测器环绕勘测时，在距火星表面高度为处，绕火星做匀速圆周运动（不计周围其他天体的影响），宇航员测出飞行圈用时，已知万有引力常量和火星半径，则（）A. 火星探测器的线速度B. 火星的质量为C. 火星表面的重力加速度D. 火星的第一宇宙速度【答案】C【解析】【详解】A飞行N圈用时t，故速
5、度为故A错误；B假设火星探测器的质量为m，探测器受到的万有引力提供向心力结合A选项结果联立解得火星的质量为故B错误；C根据火星表面上质量为的物体受到的万有引力和重力相等，即解得火星表面的重力加速度为故C正确；D根据绕火星表面做匀速圆周运动的线速度等于火星的第一宇宙速度，得解得故D错误。故选C。5.如图所示，虚线将竖直平面分成和两个区域，两个区域分别存在着水平方向的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下由区运动到区。曲线为运动过程中的一段轨迹，其中弧、弧的弧长之比为，且粒子经过、点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是（）A. 粒子通过、两段弧的时间之比为B. 弧与弧对应的圆心角之比为C. 粒
6、子在、区域两个磁场中的运动半径之比为D. 、区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为【答案】D【解析】【详解】ABC粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力做向心力，故有根据粒子偏转方向相反，由粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右可得：两粒子转过的角度相等，则弧与弧对应的圆心角之比为1:1，又有弧、弧的弧长之比为，故弧与弧对应的圆心角相等，那么粒子在、区域两个磁场中的运动半径之比为2:1；根据可知粒子通过、两段弧的时间之比为2:1，故ABC错误；D根据粒子偏转方向相反可得：、区域两个磁场的磁感应强度方向相反；根据磁感应强度可得：、区域两个磁场的磁感应强度大小之比为1:2；故D正确。故选D。
7、6.如图所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动在此过程中()A. 水平力F的大小不变B. 杆对小球A支持力逐渐增大C. 轻绳对小球B的拉力先变大后变小D. 杆对小球A的摩擦力先变小后变大【答案】BD【解析】【详解】对球受力分析，受拉力F、重力和细线的拉力T，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示： 随着的增加，拉力F和细线张力T均增加，故AC错误；再对A、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力N和静摩擦力f，如图所示；设杆与水平方向的夹角为，根据平衡条件，在垂直杆方向，有：N=（
8、M+m）gcos+Fsin，随着F的增加，支持力N增加；在平行杆方向，有：Fcos+f=（M+m）gsin；故：f=（M+m）gsin-Fcos，随着F的增加，静摩擦力逐渐减小，当（M+m）gsin=Fcos时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加；故BD正确；故选BD7.如图所示，在光滑的绝缘水平面上固定两个等量同种点电荷、，在连线上的点由静止释放一带电滑块（可视为质点），滑块由静止向右运动的最右点为点（图中未画出）。则以下判断正确的是（）A. 滑块一定带的是与、异种的电荷B. 滑块的电势能一定是先减小后增大C. 滑块的动能与电势能之和一定减小D. 间距离等于间距离【答案】BD【解析】【详解】A
9、根据库仑定律可知，由于，则滑块受到电荷A对其的库仑力大于电荷B对其的库仑力，如果滑块与A、B带异种的电荷，则A对它的吸引大于B对它的吸引力，则滑块受到的合力向左，滑块向左运动，故A错误；B由于没有摩擦力，滑块只受库仑力，从点向点运动的过程中，所受的电场力先向右后向左，故电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故B正确；C滑块只受电场力，由能量守恒定律可知滑块的动能和电势能之和保持不变，故C错误；D由于没有摩擦力，滑块的动能和电势能之和保持不变，滑块在点和点的速度都为零，即动能相等，则此时的电势能也相等，故间距离等于间距离，故D正确；故选BD。8.如图所示的“”形金属框架固定在绝缘水平面上，
10、两导轨之间的距离为，左端连接一阻值为的定值电阻，阻值为、质量为的金属棒垂直地放在导轨上，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为，现给金属棒以水平向右的初速度，金属棒向右运动的距离为后停止运动，已知该过程中定值电阻上产生的焦耳热为，重力加速度为，忽略导轨的电阻，整个过程金属棒始终与导轨垂直接触。则该过程中（）A. 磁场对金属棒做功为B. 流过金属棒的电荷量为C. 整个过程因摩擦而产生的热量为D. 金属棒与导轨之间的动摩擦因数为【答案】ABD【解析】【详解】A定值电阻与导体棒串联，金属棒与定值电阻产生的焦耳热之比金属棒产生的焦耳热回路产生的总焦耳热金属棒克服磁场力做功转化为焦耳热，磁场
11、对金属棒做功为故A正确；B由法拉第电磁感应定律得平均感应电流流过金属棒的电荷量解得流过金属棒的电荷量为故B正确；C对整个过程，由能量守恒定律得解得故C错误；D因摩擦产生的热量解得故D正确；故选ABD。三、非选择题9.在用“自由落体法”做“验证机械能守恒定律”的实验时，小明选择一条较为满意的纸带，如图甲所示。他舍弃前面密集的点，以为起点，从点开始选取纸带上连续点、，测出到、的距离分别为、，电源的频率为。(1)有关本实验，下列操作正确的是_（双项选择）；选用质量和密度较大的重锤安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上利用公式计算重物速度需使用秒表测出重物下落的时间(2)打点时，重锤的速度为_（用题中
12、字母表示）；(3)小明用实验测得数据画出的图象如图乙所示，图线不过坐标原点的原因是_。【答案】 (1). (2). (3). 打下点时重锤速度不为零【解析】【详解】(1)1A为了减小阻力的影响，实验时重锤选择质量大一些的，体积小一些的，即密度较大些，故A正确；B安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上，从而减小阻力的影响，故B正确；C实验中如果利用计算速度，则即认为物体只受重力则机械能一定守恒，不需要再验证了，故C错误；D利用打点计时器可以直接读出下落时间，不需要使用秒表，故D错误；故选AB；(2)2根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知点的瞬时速度为(3)3小明用实验测得数据画出
13、的图象如图乙所示，图线不过坐标原点的原因是打下0点时重锤速度不为零，因为时重锤已经有速度。10.物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，用一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2 的保护电阻，滑片P与电阻丝始终接触良好。实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U I图象和如图丙所示的图象。则：（1）电源的电动势E = _V；内阻r = _（结果保留两位有效数字）；（2）已知电阻丝的横截面积S = 1.0 107 m2，电阻丝的电阻率为_m，电流表内阻为_（结果保留两位有效数字）
14、；（3）通过本实验方案测得的电源电动势_（“大于”、“等于”、“小于”）真实值，电源内阻_（“大于”、“等于”、“小于”）真实值。【答案】 (1). 3.0 (2). 1.0 (3). 9.5 107 (4). 2.0 (5). 小于 (6). 小于【解析】【详解】（1）12由图甲所示电路图可知，路端电压由图乙所示图象可知，电源电动势图象的斜率的绝对值解得电源内阻（2）34由图示电路图可知，根据欧姆定律得由电阻定律得整理得图象的斜率图象的纵轴截距解得（3）56由图甲所示电路图可知，由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于电流表示数，即电流的测量值小于真实值，从而导致电源电动势与内阻的测量值都小
15、于真实值。11.如图所示，内壁粗糙、半径的四分之一圆弧轨道在最低点处与光滑水平轨道相切。质量的小球左端连接一水平轻弹簧，静止在水平轨道上，质量的小球自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点的过程中克服摩擦力做功，忽略空气阻力，重力加速度。求：(1)小球由运动到点时对轨道的压力大小；(2)小球的最终速度；(3)全过程弹簧对小球的冲量的大小。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)设球运动到点时的速度为，从，根据动能定理有其中解得小球运动到点时，由牛顿第二定律有解得由牛顿第三定律知小球对轨道的压力大小(2)设球的最终速度为，球速度为，小球与小球通过弹簧相互作用的整个过程中，取向右
16、为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得解得，故球的最终速度为(3)对球，根据动量定理有12.如图所示，直线与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，直线xd与间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度，另有一半径R=m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1=，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线xd和x轴均相切，且与x轴相切于S点一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B2，且第一次进入磁场B2时的速度方向与直线垂直粒子速度大小v01.0105m/s，粒子的比荷为=5.0105C/kg，粒子重力不计求：(1)粒子在圆形匀强磁场中运动的时间t1；(2)坐
17、标d的值；(3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B2应满足的条件【答案】(1)2.6106s(2)4m(3)0B20.13T或者B20.3T【解析】【详解】(1)在磁场B1中 解得 画出轨迹恰为四分之一圆， 得 (2)在电场中类平抛运动 解得 又根据x=v0t 解得所以坐标d的值 (3)进入磁场B2的速度为： 当带电粒子出磁场与y轴垂直时，圆周半径可得所以0B20.13T当带电粒子出磁场与y轴相切时，圆周半径 可得B20.3T所以B20.3T（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道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。
18、注意所做题目题号必须与所涂题目题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.如图所示，在斯特林循环的pV图象中，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a，整个过程由两个等温和两个等容过程组成.下列说法正确的是()A. 从a到b，气体的温度一直升高B. 从b到c，气体与外界无热量交换C. 从c到d，气体对外放热D. 从d到a，单位体积中的气体分子数目增多E. 从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量相同【答案】ACD【解析】【详解】A.从a到b，体积不变，压强增大，温度一直升高，A正确；B.从b到c，温度不变，内能不变，压强减小，
19、体积增大，气体对外做功，气体从外界吸收热量，B错误；C.从c到d，体积不变，压强减小，温度降低，内能减小，气体对外放热，C正确；D.从d到a，温度不变，压强增大，体积减小，单位体积中的气体分子数目增多，D正确；E.从b到c气体吸收的热量等于气体对外做的功，从d到a气体放出的热量等于外界对气体做的功，两个过程体积变化相同，但压强不同，做的功不同，所以从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量不同，E错误.14.如图a所示是常见的饮水机的压水器，他可以简化为图b所示的模型，上面气囊的体积为V1=0.5L，挤压时可以把气囊中的气体全部挤入下方横截面积为S=0.05m2的水桶中，随下方气体压强增大
20、，桶中的液体会从细管中流出，已知在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，略去细管的体积及桶口连接处的体积，已知外部大气压为P0=105Pa，水的密度为=103kg/m3，重力加速度为g=10m/s2，某次使用过程时，桶内气体体积为V2=12.5L，挤压气囊一下后，桶内的水恰好上升到出水口处，认为每次挤压都能使气囊中的气体全部挤入桶中，则桶中液面离出水口多高？至少挤压多少次才能从桶内流出体积为V3=2.5L的水？【答案】0.4m；7次【解析】【详解】压缩气囊过程中，温度不变，由于水管体积非常小，水桶中气体体积认为不变，由玻意耳定律可知：又代入数据可知设挤压n次后，水桶内水流出，气体压强为，体积为，
21、由玻意耳定律可知：解得代入数据得故至少挤压7次。物理一选修3-415.一简谐横波沿x轴正方向传播，在t=时刻，该波的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点图（b）表示介质中某质点的振动图像下列说法正确的是（填正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分每选错1个扣3分，最低得分为0分）A. 质点Q的振动图像与图（b）相同B. 在t=0时刻，质点P速率比质点Q的大C. 在t=0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大D. 平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图（b）所示E. 在t=0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大【答案】CDE【解析】【详解】A、由图（b）可知，在
22、时刻，质点正在向y轴负方向振动，而从图（a）可知，质点Q在正在向y轴正方向运动，故A错误；B、由的波形图推知，时刻，质点P正位于波谷，速率为零；质点Q正在平衡位置，故在时刻，质点P的速率小于质点Q，故B错误；C、时刻，质点P正位于波谷，具有沿y轴正方向最大加速度，质点Q在平衡位置，加速度为零，故C正确；D、时刻，平衡位置在坐标原点处的质点，正处于平衡位置，沿y轴正方向运动，跟（b）图吻合，故D正确；E、时刻，质点P正位于波谷，偏离平衡位置位移最大，质点Q在平衡位置，偏离平衡位置位移为零，故E正确故本题选CDE16.如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上D位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE=2 cm，EF=1 cm求三棱镜的折射率(不考虑光线在三棱镜中的反射)【答案】【解析】【详解】过D点作AB边的发现，连接OD，则为O点发出的光纤在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为，如图所示根据折射定律有式中n为三棱镜的折射率由几何关系可知在中有由式和题给条件得根据题给条件可知，为等腰三角形，有由式得
