1、江苏省如皋中学2020届高三物理下学期三模模拟考试试题（含解析）一、单选题1.嫦娥四号从环月圆轨道I通过近月制动进入椭圆着陆轨道II，为下一步月面软着陆做准备，如图所示，B为近月点，A为远月点则嫦娥四号（ ）A. 在轨道II上A点的加速度大于在B点的加速度B. 沿轨道I运动的周期小于沿轨道II运动的周期C. 从轨道I变轨到轨道II，机械能增大D. 在轨道II经过A点时的动能小于在轨道II经过B点时的动能【答案】D【解析】【详解】A卫星在轨道II上运动，A为远月点，B为近月点，卫星运动的加速度由万有引力产生 知，卫星在B点运行加速度大，故A错误；B根据开普勒第三定律可知，因为沿轨道I运动的半径大
2、于沿轨道II运动的半长轴，可知沿轨道I运动的周期大于沿轨道II运动的周期，选项B错误；C卫星从轨道I变轨到轨道II的过程中卫星要在A点减速做近心运动，则从轨道I变轨到轨道II，机械能减小，选项C错误；D在轨道II上从A点到B点月球的引力做正功，动能增加，则经过A点时的动能小于在轨道II经过B点时的动能，选项D正确。故选D。2.如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（ ）A. 小球甲做平抛运动的初速度大小为B. 甲、乙两小球到达C点所用时间之比为C. A，B两点高
3、度差为D. 两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等【答案】C【解析】A项，小球乙到C的速度为 ，此时小球甲的速度大小也为，又因为小球甲速度与竖直方向成角，可知水平分速度为故A错；B、小球运动到C时所用的时间为 得 而小球甲到达C点时竖直方向的速度为，所以运动时间为 所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为 故B错C、由甲乙各自运动的时间得： ，故C对；D、由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等故D错；故选C3.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线
4、成30角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成60角，粒子只受电场力的作用下列说法中正确的是A 点电荷Q带正电B. a点的电势低于b点电势C. 从a到b，系统的电势能减小D. 粒子在a点的加速度大于在b点的加速度【答案】C【解析】【分析】根据电荷间的相互作用，即可判断电性，由可判断电势能大小，由离点电荷远近可以判断电场强弱，加速度大小【详解】根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受库仑引力作用，因粒子带正电，所以点电荷带负电，故A错误；由图可知，点电荷Q位于Ea方向延长线与Eb方向延长线的交点处，且b点与a点相比，b点离负点电荷较近，b点处电势较低，所以B错误；由可知正点电荷在电势
5、低处，电势能较小，所以正点电荷在d处时，系统具有的电势能较大，因此C正确；根据点电荷电场线的分布b点处电场线分布较密，电场强度较大，粒子加速度较大，所以D错误4. 竖直导线ab与水平面上放置的圆线圈隔有一小段距离，其中直导线固定，线圈可自由运动，当同时通以如图4所示方向的电流时（圆线圈内电流从上向下看是逆时针方向电流），则从左向右看，线圈将（ ）A. 不动B. 顺时针转动，同时靠近导线C. 顺时针转动，同时离开导线D. 逆时针转动，同时靠近导线【答案】D【解析】分析：根据安培定则判断通电导线AB产生的磁场方向，采用电流元法和特殊位置法分析圆环所受安培力，判断圆环的运动情况解答：解：根据安培定则
6、可知，通电导线AB在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里采用电流元法，将圆环分成前后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向上，内侧受到的安培力向下，圆环将逆时针转动再用特殊位置法：圆环转过90时，通电直导线AB对左半圆环产生吸引力，对右半圆环产生排斥力，由于吸引力大于排斥力，圆环靠近AB则从左向右看，线圈将逆时针转动，同时靠近直导线AB故D正确，A、B、C错误故选D5.如图所示，一人用钳碗夹住圆柱形茶杯，在手竖直向上的力F作用下，夹子和茶杯相对静止，并一起向上运动。夹子和茶杯的质量分别为m、M假设夹子与茶杯两侧间的静摩擦力在竖方向上，夹子与茶杯两侧间的弹力在水平方向上，最大静摩擦力均为f，则
7、下列说法正确的是（）A. 人加大夹紧钳碗夹的力，使茶杯向上匀速运动，则夹子与茶杯间的摩擦力增大B. 当夹紧茶杯的夹子往下稍微移动一段距离，使夹子的顶角张大，但仍使茶杯匀速上升，人的作用力F将变小C. 当人加速向上提茶杯时，作用力下可以达到的最大值是D. 无论人提着茶杯向上向下做怎样的运动，若茶杯与夹子间不移动，则人的作用力F=(M+m）g【答案】C【解析】【详解】AB无论人手夹紧还是夹子下移使夹子顶角变化，茶杯向上匀速运动时，茶杯处于平衡状态，合力为零。故摩擦力不变，故AB错误；C当向上加速时，茶杯所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，力F的值最大，则有联立解得，故C正确；D当茶杯的运动状态改变，如
8、向上匀加速运动时，F大于（M+m）g，故D错误。故选C。二、多选题6.如图所示，在斜面上，木块A与B的接触面是水平的连接木块A的绳子呈水平状态，两木块均保持静止则木块A和木块B可能的受力个数分别为（ ）A. 2个和4个B. 3个和4个C. 4个和5个D. 4个和6个【答案】AC【解析】【详解】B至少受到重力、A对B的压力和静摩擦力、斜面的支持力四个力斜面对物体B可能有静摩擦力，也有可能没有静摩擦力，因此B受到4个力或5个力；而A受到力支持力与重力外，可能受到拉力与B对A的摩擦力因此A可能受到2个力或4个力A2个和4个故A符合题意B3个和4个故B不符合题意C4个和5个故C符合题意D4个和6个故D
9、不符合题意7.如图所示，在平行有界匀强磁场的正上方有一等边闭合的三角形导体框，磁场的宽度大于三角形的高度，导体框由静止释放，穿过该磁场区城，在下落过程中BC边始终与匀强磁场的边界平行，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A. 导体框进入磁场过程中感应电流为顺时针方向B. 导体框进、出磁场过程，通过导体框横截而的电荷量大小相同C. 导体框进入磁场的过程中可能做先加速后匀速的直线运动D. 导体框出磁场的过程中可能做先加速后减速的直线运动【答案】ABD【解析】【详解】A 导体框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为顺时针方向，故A正确；B 导体框进、出磁场过程，磁通量变化相同，所以
10、通过导体框横截面的电荷量大小相同，故B正确；C 导体框进入时产生的电动势E=BL有效v，电流，安培力F=BIL，故导体框进入磁场的过程中导体框的加速度其中L有效是变化的，所以a与v是变化的，故C错误；D 导体框出磁场的过程中因为导体框的加速度，其中L有效是变化的，则mg与大小关系不确定，而L有效在变大，所以a可能先变小再反向变大，故D正确。故选ABD。8.如图所示，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，细线与竖直方向夹角为，则下列说法正确的是（ ）A. 保持电键S闭合，使两极板稍靠近一些，将增大B. 保持电键S闭合，将滑动变阻器滑片向右移动，将不变C. 断开电键S，使两极
11、板稍靠近一些，将减小D 断开电键S，若将细线烧断，小球将做曲线运动【答案】AB【解析】【详解】A、保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，两板靠近时，板间距离d减小，由分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大，A正确；B、保持开关S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动时，不会改变电容器两端的电压，由分析得知，板间场强不变，小球所受电场力不变大，则不变，B正确；CD、电键S断开，电容器两端的电荷量不变，由，和得，两板间的场强不变，小球所受电场力不变，即所受合力不变，C错误；小球从静止开始运动，故做匀加速直线运动，D错误；故选AB9.如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定，轻弹簧一端连接于竖直墙上
12、，另一端连接于套在杆上的小球上，小球处于静止状态。现用平行于杆向上的力拉球，使小球沿杄缓慢向上移动，当弹簧水平时恰好处于原长，则从小球开始向上运动直到弹簧水平的过程中，下列说法正确的是（）A. 拉力越来越大B. 拉力先减小后增大C. 杆对球作用力一直减小D. 杆对球的作用力先增大后减小【答案】AC【解析】【详解】AB弹簧的弹力一直减小到零，弹力与竖直方向的夹角一直增大，设弹簧弹力与竖直方向的夹角为，在小球缓慢向上运动的过程中可以分析得到一直增大，故A正确，B错误；CD设弹簧的原长为，则杆对小球弹力随增大，减小，故C正确，D错误。故选AC。三、实验题10.某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他
13、们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18左右为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：A.电流表(量程15mA，内阻未知)B.电流表(量程0.6A，内阻未知)C.电阻箱(099.99)D.电阻箱(0999.9)E.电源(电动势约3V，内阻约1)F.单刀单掷开关2只G.导线若干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I根据实验步骤和实验器材规格可
14、知，电流表应选择_，电阻箱应选择_ （选填器材前的字母）根据实验步骤可知，待测电阻Rx= _（用步骤中所测得的物理量表示）同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻若已知所选电流表的内阻RA=2.0，闭合开关S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的-R图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=_ V，内阻r= _ (计算结果保留两位有效数字)【答案】 (1). A; (2). D; (3). ; (4). 3.2; (5). 2.0;【解析】【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；
15、列出开关S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可.(2)根据实验电路应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻.【详解】(1)电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，选A；由欧姆定律：可知，电路中的最小电阻应为：，所以电阻箱应选D；根据闭合电路欧姆定律得：S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)，S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)，解得:Rx=R2-R1；(2)闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得：E=I(R+RA+r），整理得：由图象可知：，,而已知RA，解得，.可得【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实
16、验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义.11.小明同学利用电磁打点计时器与带滑轮的长木板依次完成：实验a：“探究小车速度随时间变化的规律”，实验b：“探究加速度与力、质量的关系”，实验c：“探究恒定拉力做功与物体速度变化的关系”。(1)上述3个实验共同需要的器材是_；(2)上述3个实验共同必要的操作是_；A.本板都要倾斜放置以平衡小车摩擦力B.小车初始位置都需要靠近打点计时器C.牵引小车的细线都需要平行长木板D.单引细线的重物质量都要远小于小车质量(3)实验b中得到一条纸带如图
17、甲所示，计数点1、2、3、4、5之间距离已标注在纸带上。已知打点计时器的打点频率为50Hz，则打计数点4时小车的速度大小_m/s，小车运动的加速度大小_（结果均保留两位有效数字）；(4)实验c中小车得到的速度平方与运动位移的关系图像如图乙所示，若图线斜率为k，小车质量为M，重力加速度为g，则牵引细线的重物质量_。【答案】 (1). BD (2). BC (3). 052 (4). 0.86 (5). 【解析】【详解】(1)13个实验都使用电磁打点计时器，都需要低压交流电源，都是通过纸带求解速度或加速度，故都需要刻度尺，故AC错误，BD正确。故选BD。(2)23个实验共同必要操作，一是牵引小车的
18、细线都需要平行长木板，以确保小车做匀加速直线运动；二是小车初始位置都需要靠近打点计时器，以确保纸带上打出更多的计时点；实验a仅测量运动速度与加速度，不需要平衡摩擦力，牵引细线的重物质量不需要满足远小于小车质量的关系。故AD错误，BC正确。故选BC。(3)34打计数点4时小车的速度大小(4)5由图像得图线斜率根据牛顿第二定律有联立解得四、计算题12.如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻导轨上停放一质量、电阻的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止
19、开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。（1）试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；（2）求第2s末外力F的瞬时功率；（3）如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功，求金属杆上产生的焦耳热。【答案】(1)见解析；(2)0.35W；(3)0.05J【解析】【详解】(1) 设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势E=BLv，电阻R两端的电压由图乙可得U=kt，k=0.1V/s解得因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度(2) 在2s末，速度v2=at=2m/s此时通过金属杆的电流金属杆受安培力F安=BIL=
20、0.075N设2s末外力大小为F2，由牛顿第二定律：F2-F安=ma故4s末时外力F的瞬时功率P=F2v2，解得：P=0.35W(3) 在2s末，杆的动能由能量守恒定律，回路产生的焦耳热：Q=W-Ek=0.35-0.2 J =0.15J又故在金属杆上产生的焦耳热Qr=0.05J13.如图所示，厚度可不计的圆环B套在粗细均匀，足够长的圆柱棒A的上端，圆环和圆柱棒质量均为m，圆环可在棒上滑动，它们之间滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，大小均为f=2mg，开始时棒A的下端距地面的高度为H，圆环B套在A的最上端，由静止释放后棒A能沿光滑的竖直细杆MN上下滑动，设棒与地相碰时无机械能的损失且碰撞时间极短，求
21、：（1）棒A第一次与地面相碰后向上运动时，棒A和圆环B的加速度分别为多大？（2）从释放到棒A第一次到达最高点时，圆环B相对A滑动的距离x；（3）若棒A的长度为L=2.5H，求最终圆环B离地的高度h【答案】(1) (2) （3） 【解析】【详解】（1）A与地面相碰后，速度大小不变，方向变成向上，B仍向下运动，则A、B间出现相对滑动，由牛顿第二定律，对A：，解得；对B：，解得；（2）释放后A、B一起作自由落体运动，A下端第一次与地面相碰时的速度为v，则，解得；A棒与地面碰撞后以原速率反弹，向上匀减速至最高点，B环向下匀减速，所需的时间为t，解得；A棒匀减速上升的位移，B环向下匀减速的位移大小B环相
22、对A棒滑动的距离（3）分析可知，圆环B一直相对于A向下滑动，最终静止于地面，B沿A下滑一段距离S后静止，全过程根据能的转化和守恒定律，有解得，则圆环B离地的高度为；14.利用电磁场可以控制带电粒子的速度大小与方向。在图示坐标系的第象限，存在一个圆心为坐标原点的圆环状的均匀辐向电场，圆环在y轴上的截面长度为R，电场中各点电势为，式中k为正的已知常量，r为该点到圆心O的距离。在y轴右侧，圆心为（R，0）、半径为R的虚线圆内分布着方向垂直于圆面的匀强磁场，在处有一竖直放置的足够长的探测屏。今在圆弧的点放置一个离子源，能不断释放质量为m、电荷量为的带电离子。当磁场的磁感应强度大小为时，这些经电场加速的
23、离子刚好能从磁场区域最高点射出。忽略离子初速度，不计离子重力及相互作用力，不考虑空气阻力。(1)求离子在磁场中的速率v；(2)若磁场的磁感应强度大小可调，求离子打在屏上的纵坐标y与磁感应强度大小B、原磁感应强度大小的关系式；(3)若将离子源沿环形电场外边界缓慢移动，使所有离子均沿竖直方向射出磁场，求磁场区域的最小面积，画出磁场形状并标明磁感应强度的大小与方向。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【详解】(1)扇形电场的电势差为离子在加速电场中根据动能定理有联立解得速率(2)改变磁场磁感应强度，离子运动轨迹如下图所示则离子打在屏上的纵坐标二倍角公式两半径满足其中联立解得(3)两种可能情形：一是射出磁场的离子均沿整直向下（）方向，所需磁场区域的最小面积为磁场形状及磁感应强度的大小与方向如下图所示二是射出磁场中的离子均沿竖直向上（）方向，所需磁场区域的最小面积为磁场形状及磁感应强度的大小与方向如下图所示
