云南省昆明市2020届高三下学期“三诊一模”高考模拟物理试题 Word版含解析

云南省昆明市2020届高三下学期“三诊一模”高考模拟物理试题 Word版含解析

昆明市 2020 届“三诊一模”高考模拟考试理科综合能力测 试 物理试题 一、选择题:本大题共 8 小题，每小题 6 分。在每题给出的四个选项中，第 1～4 题只有一项符合题目要求；5～8 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，有选错或不选的得 0 分。 1.“人工肺 ecomo”呼吸机是治疗新冠肺炎重症 重要设备。呼吸机接在电压随时间变化的 规律为 u=220 sin100πt（V）的交流电源上，正常工作时电流为 5A，则（　　） A. 该交流电的频率为 100Hz B. 该交流电每秒内电流方向变化 50 次 C. 该呼吸机正常工作时电流的峰值为 5A D. 该呼吸机正常工作时，1h 消耗的电能为 1.1 度 【答案】D 【解析】 【详解】A．因为 ，则该交流电的频率为 选项 A 错误； B．交流电每周期方向变化 2 次，则该交流电每秒内电流方向变化 100 次，选项 B 错误； C．该呼吸机正常工作时电流的峰值为 5 A，选项 C 错误； D．该呼吸机正常工作时，1h 消耗 电能为 选项 D 正确。 故选 D。 2.一带电粒子从电场中的 a 点运动到 b 点，其电势能减小，下列说法正确的是（　　） A. 该粒子动能一定增大 B. 电场力对该粒子一定做正功 C. a 点的电势一定高于 b 点的电势 D. a 点场强的大小一定大于 b 点场强的大小 的 的 2 =100 rad/sω π 50Hz2f ω π= = 2 35 220 10 1kW h=1.1kW h 1.1W IUt −= = × × × ⋅ ⋅ = 度 【答案】B 【解析】 【详解】AB．粒子电势能减小，只能说明电场力做正功，因不知除电场力外是否受其它力 作用，无法确定合力做正功还是负功，所以无法判断该粒子动能增大还是减小，故 A 错误， B 正确； C．如果粒子带正电，电势能减小，说明 a 点的电势高于 b 点的电势，如果粒子带负电，则 a 点的电势低于 b 点的电势，由题意无法确定粒子带何种电荷，故无法确定两点电势高低， 故 C 错误； D．因不知 a 点、b 点电场力的大小，无法确定两点电场强度的大小，故 D 错误。 故选 B。 3.篮球和滑板车是深受青少年喜爱的两项体育活动。某同学抱着一篮球站在滑板车上一起以 速度 v0 沿光滑水平地面运动，某一时刻该同学将篮球抛出，抛出瞬间篮球相对于地面的速 度大小为 v0，方向与抛出前滑板车的运动方向相反，已知篮球的质量为 m，该同学和滑板车 质量之和为 M。则抛出篮球后瞬间该同学和滑板车的速度大小为（　　） A. v0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】以滑板车的运动方向为正方向，则由动量守恒定律 解得 故选 C。 4.我国预计于 2020 年至 2025 年间建造载人空间站，简称天宫空间站。科学家设想可以在拉 格朗日点 L1 建立一个空间站。如图，拉格朗日点 L1 位于地球和月球连线上，处在该点的空 间站在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起同步绕地球运动。假设空间站和月球绕 地球运动的轨道半径、公转周期、向心加速度大小分别用 r、T1、a1 和 r2、T2、a2 表示，则 下列说法正确的是（　　） 0( )M m v M − 0( 2 )M m v M + 0( )M m v M + 0 0( )M m v Mv mv+ = − 0( 2 )M m vv M += A. B. C. 空间站绕地球运动的角速度大于同步卫星绕地球运动的角速度 D. 空间站绕地球运动的向心加速度小于地球表面附近的重力加速度 【答案】D 【解析】 【详解】AB．由题意可知，处在 L1 点的空间站在地球和月球引力的共同作用下，可与月球 一起同步绕地球运动，可知 T1= T2，根据 可知 选项 AB 错误； C．根据 可知地球同步卫星 角速度大于月球绕地球运动的角速度，而空间站绕 地球运动的角速度等于月球绕地球运动的角速度，则空间站绕地球运动的角速度小于同步卫 星绕地球运动的角速度，选项 C 错误； D．空间站与月球以相同的角速度绕地球运动，根据向心加速度 an=ω2r，由于空间站的轨道 半径小于月球轨道半径，所以空间站绕地球运动的向心加速度小于月球绕地球运动的加速度； 根据 ，得月球绕地球运动的加速度小于地球表面的重力加速度，则空间站绕地球 运动的向心加速度小于地球表面附近的重力加速度，选项 D 正确。 故选 D。 5.如图所示为甲、乙两物体在 x 轴上沿直线运动的位置随时间变化的图象，甲的图象为直线， 的 3 3 1 2 2 2 1 2 r r T T = 2 1 2 2 2 1 a r a r = 2 2 4 ra T π= 1 1 2 2 a r a r = 3 GM r ω = 2 GMa r = 乙的图象为曲线，两图线相切于点（1，5）。以下说法正确的是（　　） A. 0～1s 内，乙物体做减速直线运动 B. 0～1s 内，甲、乙两物体的平均速度相等 C. 0～2s 内，甲、乙两物体能相遇两次 D. 时刻，甲、乙两物体相遇，且速度大小均为 3m/s 【答案】AD 【解析】 【详解】A．根据 图象的斜率等于速度可知，0～1s 内，乙物体做减速直线运动，故 A 正确； B．根据位移等于纵坐标的变化量，则知 0～1s 内，甲物体的位移小于乙物体的位移，所以 甲物体的平均速度小于乙物体的平均速度，故 B 错误； C．交点表示相遇，根据图象可知，0～2s 内，甲、乙两物体能相遇一次，故 C 错误； D．交点表示相遇，根据图象可知， 时刻，甲、乙两物体相遇；据 图象的斜率等 于速度可知甲、乙两物体的速度大小均为 故 D 正确； 故选 AD。 6.翻斗车是一种料斗可倾翻的车辆。如图所示，一辆翻斗车停在水平公路上，正在借助液压 缸缓慢推动料斗卸货，从料斗右端开始上升到货物刚要下滑记为过程 I，货物开始下滑到料 斗达到最大倾角记为过程Ⅱ（货物没有离开车厢），则（　　） 1st = x t− 1st = x t− 8 2 m/s 3m/s2 0 xv t ∆ −= = =∆ − A. 在过程 I 中，料斗对货物的摩擦力变小 B. 在过程Ⅱ中，料斗对货物的摩擦力变小 C. 在过程 I 中，地面对翻斗车的摩擦力方向水平向左 D. 在过程Ⅱ中，地面对翻斗车的摩擦力方向水平向左 【答案】BD 【解析】 【详解】A．在过程 I 中，货物处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，θ 增大时，f 逐渐增大；选 项 A 错误； B．在过程Ⅱ中，货物下滑，摩擦力 f′=μmgcosθ，则当 θ 增大时，f 减小，选项 B 正确； C．在过程 I 中，对货物和翻斗车的整体处于平衡状态，则地面对翻斗车水平方向作用力为 零，即地面对翻斗车的摩擦力为零，选项 C 错误； D．在过程Ⅱ中，货物加速下滑时，货物有向左的加速度分量，对整体分析知地面对翻斗车 的摩擦力向左，故 D 正确。 故选 BD。 7.如图所示，a、b 间接输出电压恒为 2V 的电源，用频率为 ν 的单色光照射光电管的金属 板 K，已知该金属的逸出功为 3.5eV，普朗克常量用 h 表示，下列情形中能使电流表 G 指针 偏转的是（　　） A. 照射光子的能量 =3eV，a 接电源正极 B. 照射光子的能量 =4eV，a 接电源正极 C. 照射光子的能量 =5eV，a 接电源负极 D. 照射光子的能量 =6eV，a 接电源负极 【答案】BD 【解析】 【详解】A．照射光子的能量 =3eV，小于金属的逸出功，则不能发生光电效应，即电流 hv hv hv hv hv 表 G 指针不会偏转，选项 A 错误； B．a 接电源正极，所加电压为正向电压；照射光子的能量 =4eV，大于金属的逸出功， 则能发生光电效应，则电流表 G 指针会偏转，选项 B 正确； C．照射光子的能量 =5eV，大于金属的逸出功，则能发生光电效应，光电子的最大初动 能为 Ekm=(5-3.5)eV=1.5eV；而 a 接电源负极，为反向电压 UC=2V，则因为 ，则 光电子不能到达 A 板，则电流表 G 指针不会偏转，选项 C 错误； D．照射光子的能量 =6eV，大于金属的逸出功，则能发生光电效应，光电子的最大初动 能为 Ekm=(6-3.5)eV=2.5eV；而 a 接电源负极，为反向电压 UC=2V，则因为 ，则 光电子能到达 A 板，则电流表 G 指针会偏转，选项 D 正确。 故选 BD。 8.如图所示，绝缘材料做成的轨道 ACDE 固定于竖直平面内，AC 段水平，CDE 段为半径 R=0.4m 的半圆轨道，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B=0.5T，方向与轨道平 面垂直。有一个质量为 m=1.0×10-4kg，带电量为 q=+1.5×10-3C，可视为质点的小滑块，以 v0=5m/s 的初速度从 C 点开始进入半圆轨道，小滑块恰好能通过 E 点水平飞出，一段时间后 小滑块通过与 E 点等高的 F 点（图中未标出）。若运动过程中小滑块带电量不变，取重力加 速度为 g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A. 小滑块通过 E、F 两点时的速度大小相等 B. 小滑块通过 E 点时的速度大小为 2m/s C. 从 C 到 E 小滑块克服摩擦力做的功为 4.0×10-4J D. 从 C 到 D 小滑块损失的机械能小于 2.0×10-4J 【答案】AC 【解析】 【详解】A．小滑块从 E 点到等高的 F 点，重力做功为零，洛伦兹力不做功，则由能量关系 hv hv C kmU e E> hv C kmU e E< 可知，通过 E、F 两点时的动能相同，即速度大小相等，选项 A 正确； B．小滑块恰好能通过 E 点水平飞出 则 vE=1m/s 选项 B 错误； C．从 C 到 E 小滑块克服摩擦力做的功为 解得 Wf=4.0×10-4J 选项 C 正确； D．从 C 到 D 小滑块的速度大于从 D 到 E 的速度，可知从 C 到 D 滑块对轨道的压力大于从 D 到 E 对轨道的压力，则从 C 到 D 滑块受到的摩擦力大于从 D 到 E 受到的摩擦力，则从 C 到 D 损失的机械能大于 2.0×10-4J，选项 D 错误。 故选 AC。 三、非选择题:共 62 分。第 9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 13～16 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题 9.某同学用如图甲所示装置做验证“保持合外力不变，加速度与质量成反比”的实验。部分 实验步骤如下： （1）将放在水平桌面上的气垫导轨左端垫高，力传感器固定在气垫导轨的上端，光电门固 定在气垫导轨的下端； （2）将挡光片安装在滑块上，用天平测出滑块质量，用游标卡尺测量挡光片宽度 d 如图乙 2 E E vmg Bqv m R − = 2 2 0 1 1 22 2f EW mv mv mgR= − − 所示，则 d=________mm； （3）将滑块放在气垫导轨上，力传感器的挂钩与滑块连接，读出传感器示数 F，用米尺测 量挡光片中心到光电门中心的距离 L。 （4）解开挂钩，让滑块由静止开始运动，当滑块上的挡光片经过光电门时，光电计时器测 得光线被挡光片遮住的时间为△t，则滑块的加速度大小 a=________（用 L、d、△t 表示）； （5）改变滑块负重，测出滑块质量 M，再将力传感器的挂钩与滑块连接，调整气垫导轨的 倾斜角度，使力传感器的示数仍为 F，解开挂钩，让滑块由静止开始运动，测得挡光片挡光 时间，得到加速度 a。多次重复实验，得到多组加速度 a 和质量 M 的数据，作 图像， 验证加速度与质量的关系。 （6）有同学提出本实验不必计算出加速度大小，可通过作下列________，该图像是通过坐 标原点的一条直线，即可验证“合外力一定，加速度与质量成反比”。 A．△t-M2 图像 B．△t-M 图像 C．△t- 图像 D．△t- 图像 【答案】 (1). 6.40 (2). (3). C 【解析】 【详解】（1）[1] 挡光片宽度 d 。 （2）[2] 某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则 v 等于挡光片通过光电门经过 中间时刻的瞬时速度，滑块上的挡光片经过光电门的速度 根据运动学公式 得 。 （3）[3]ABCD．因为 1a M − M 1 M 2 22 ( ) d L t∆ 6mm 8 0.05mm=6.40mm+ × dv t = ∆ 22aL v= 2 22 ( ) da L t = ∆ 若牛顿第二定律成立 当 F 一定时，挡光片中心到光电门中心的距离 L，挡光片宽度 d 都是定值，则 与 的 图像是过原点的成一条倾斜直线， 与 成正比成立，即可验证“合外力一定，加速度 与质量成反比”成立，ABD 错误 C 正确。 故选 C。 10.为测量某电子元件的电阻，实验室提供了如下器材。 待测电阻 Rx（阻值约为 8Ω） 电流表 A1（量程 0-06A，内阻 r1=1Ω） 电流表 A2（量程 0-3.0A，内阻 r2 约为 0.5Ω） 滑动变阻器 R1（0-5Ω） 滑动变阻器 R2（0～1kΩ） 定值电阻 R3=39Ω 学生电源（输出电压为 24V） 开关 S，导线若干 2 22 ( ) da L t = ∆ F Ma= 2 22 ( ) F daM L t = = ∆ 2 2 2 dt MFL ∆ = 1 2t d MFL ∆ = t∆ M t∆ M （1）某同学设计了测量 Rx 的一种实验电路，为了较准确的测量待测电阻的阻值，请用笔画 线完成实物图的连线________； （2）为了较准确的测量待测电阻的阻值，X 处的电流表应选用________，滑动变阻器应选 用________（用题目中相关物理量的符号表示）； （3）若实验中测得电流表 X 示数为 I1，电流表 Y 示数为 I2，则待测电阻 Rx=________（用 题目中相关物理量的符号表示） 【答案】 (1). (2). A1 (3). R1 (4). 【解析】 【详解】（1）[1]．滑动变阻器应该采用分压电路，电路连接如图； （2）[2][3]．为了较准确的测量待测电阻的阻值，X 处的电流表应选用内阻已知的电流表 A1，滑动变阻器要接成分压电路，则为了方便调节，则应选用阻值较小的 R1； （3）[4]．由电路的结构可得 解得 11.一跳伞运动员及其装备总质量为 m，t=0 时刻，运动员从离地 h=500m 停在空中的直升机 上由静止开始下落，t=4s 时刻开启降落伞，t=14s 时刻再次调整降落伞，下落过程中运动员 及其装备所受阻力 f 的大小随时间 t 变化的情况可简化为下图所示的图象，取重力加速度 g=10m/s2。求运动员下落的总时间。 1 1 3 2 1 ( ) ( ) I r R I I + − 1 3 1 2 1( ) ( ) xI R r I I R+ = − 1 1 3 2 1 ( ) ( )x I r RR I I += − 【答案】147s 【解析】 【详解】设竖直向下为正方向，0～4s 运动员做匀加速直线运动，由牛顿第二定律 ① 由运动学公式 ② ③ 4s～14s 运动员做匀减速直线运动 由牛顿第二定律 ④ 由运动学公式 ⑤ ⑥ 最后阶段运动员匀速运动，运动距离 ⑦ 匀速运动时间 ⑧ 求得总时间 12.如图甲所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨 PQF、MNE 相距 L=0.8m，轨道的 PQ 1 1mg f ma− = 1 1 1v a t= 2 1 1 1 1 2x a t= 2 2f mg ma− = 2 1 2 2tv v a−= 2 2 1 2 2 2 1 2x v t a t= − 3 1 2x h x x= − − 3 3 2 xt v = 1 2 3 147t t t t s= + + = 和 MN 段为圆弧轨道，分别与固定在水平面上的 QF 段和 NE 段平滑连接，轨道右端足够长。 金属杆 ab 和 cd 锁定在图示位置，此时杆 ab 距离水平轨道的竖直高度为 h=0.8m，杆 cd 到 圆弧轨道末端的距离为 x=2.5m，杆 ab 和 cd 与两金属导轨垂直且接触良好，已知杆 ab、cd 的质量均为 m=0.4kg、电阻均为 R=0.4Ω，金属导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中， 磁场的磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示，取重力加速度 g=10m/s2。 （1）求 0～2s 内通过杆 ab 感应电流的大小和方向； （2）t=2s 时刻自由释放杆 ab，保持杆 cd 处于锁定状态，待杆 ab 进入磁场运动 x1=lm 时， 立即解除杆 cd 锁定，求 t=2s 后杆 cd 中产生的焦耳热。 【答案】（1）I=1.25A，方向由 a 指向 b；（2）Qcd=1.4J 【解析】 【详解】（1）0～2s 内由法拉第电磁感应定律 ① ② S=Lx ③ 据图象可得 ④ ⑤ 解得 I=1.25A ⑥ 感应电流方向由 a 指向 b； （2）杆 ab 下滑过程 ⑦ 解得 v0=4m/s ⑧ E t ∆Φ= ∆ = B St t ∆Φ ∆ ∆ ∆ =0.5T/sB t ∆ ∆ 2 EI R = 2 0 1 2mgh mv= 杆 ab 进入磁场后，设其速度为 v 时，取一段极短时间 Δt，有 -F△t=m△v ⑨ 即 ⑩ 解除杆 cd 锁定时，设杆 ab 速度为 v1，杆 ab 进入磁场后到解除杆 cd 锁定时，有 ⑪ 解得 v1=2m/s ⑫ 解除杆 cd 锁定后，杆 ab 和杆 cd 组成的系统动量守恒，可得 ⑬ 解得 v2=1m/s 从杆 ab 进磁场到最终共速，据能量关系可得 ⑭ 解得 Qcd=1.4J ⑮ （二）选考题:共 15 分。请考生从 2 道物理题任选一题作答。如果多做，则毎科 按所做的第一题计分。 【物理—选修 3-3】 13.下列说法正确的是（　　） A. 气体总是充满整个容器，这是分子间存在斥力 宏观表现 B. “油膜法”估测分子大小实验中，需将纯油酸直接滴入浅盘的水面上 C. 可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功 D. 若铜的摩尔质量为 M，密度为 ，阿伏伽德罗常数为 NA，则 1m3 的铜所含原子数为 E. 由于液体表面层内分子间距离大于液体内部分子间距离，液面分子间的相互作用表现为 引力，所以液体表面具有收缩的趋势 【答案】CDE 的 2 2 2 B L v t m vR − ∆ = ∆ 2 2 1 0 1( )2 B L x m v vR = − 1 22mv mv= 2 2 0 2 1 1 2 22 2 cdmv mv Q− × = ρ AN M ρ 【解析】 【详解】A．气体总是很容易充满整个容器，这是分子处于永不停息的无规则运动并忽略分 子间的作用力的结果的原因，A 错误； B．“油膜法”估测分子大小实验中，要先撒上痱子粉，将纯油酸滴入痱子粉上，B 错误； C．不可能从单一热源吸收热使之完全变为功而不引起其它变化，如果引起其它变化，可以 从单一热源吸收热量，使之完全变为功，C 正确； D．1m3 铜所含的原子数是 D 正确； E．液体表面张力是液体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，分 子力表现为引力的结果，液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势，E 正确。 故选 CDE。 14.如图所示，一 U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，两端平齐。初始时，右管中 封闭气柱长度 =50cm，两管中水银柱液面高度差 h=25cm。若气体可视为理想气体，玻璃 管的横截面积处处相同，玻璃管气密性良好，大气压强 p0=75cmHg。现沿左管内壁缓慢注 入水银，当左侧液面与管口相平时，气体温度始终保持不变，求： （1）右管中气柱的长度； （2）所加水银柱的长度。 【答案】（1）25cm；（2）100cm 【解析】 【详解】（1）设玻璃管横截面积 S，液面升至管口时，右管中气柱长为 ，以右管中气体 为研究对象，初状态压强 p1=p0-h=(75-25)cmHg=50cmHg 为 1 A A Nn NM M ρρ⋅= = 1l 2l 末状态压强 p2=（75+ ）cmHg 气体发生等温变化，由玻意耳定律: 解得 =25cm （2）加入水银柱长度 解得 =100cm 【物理—选修 3-4】 15.下列说法正确的是（　　） A. 驱动力的频率越高，受迫振动的振幅越大 B. 在地球上接收到来自遥远星球的光波波长变长，可判断该星球正在远离地球 C. 激光测距是应用了激光平行度好的特点 D. 变化的磁场一定产生变化的电场 E. 狭义相对论认为在不同的惯性参考系中光的传播速度均相同 【答案】BCE 【解析】 【详解】A．驱动力的频率越接近物体的固有频率，受迫振动的振幅越大，选项 A 错误； B．根据多普勒效应，在地球上接收到来自遥远星球的光波波长变长，频率变小，则可判断 该星球正在远离地球，选项 B 正确； C．激光测距是应用了激光平行度好的特点，选项 C 正确； D．根据麦克斯韦电磁理论，均匀变化的磁场产生稳定的电场，选项 D 错误； E．狭义相对论认为在不同的惯性参考系中光的传播速度均相同，选项 E 正确。 故选 BCE。 16.如图甲为一透明装饰品示意图，当被光照射时，能够从正面反射出大量的光线，其截面 图如图乙所示，虚线为其对称轴，∠AOB 可以根据需要打磨成不同大小，现有细光束从图示 2l 1 1 2 2p l S p l S= 2l 1 2 1( ) ( )l l l l h= − + + l 位置垂直于 MN 射入饰品内。当 时，光线恰好不从 AO 中射出。 (1)求饰品材料的折射率； (2)若 ，试判断光线第一次射到 BO 边时是否发生全发射，并说明理由。 【答案】(1)n=2；(2)恰好发生全反射，理由见解析 【解析】 【详解】(1)当 时，光线恰好不从 AO 中射出，发生全反射，如图所示 由几何关系得 其中 联立解得 (2)若 ，在 AO 界面的入射角为 所以在 AO 界面发生全反射，由反射定律得 120AOB∠ = ° 80AOB∠ = ° 120AOB∠ = ° 290 AOBC = °− ∠ 1sinC n = 30C = ° 2n = 80AOB∠ = ° 90 502 AOBi C ∠= °− = ° > 2 1 402 AOBθ θ ∠= = = ° 由几何关系得 因为光线在 BO 界面上的入射角 ，所以光线第一次射到 BO 边时恰好发生全反射 3 2180 60AOBθ θ= °− − ∠ = ° 4 390 30θ θ= °− = ° 4 Cθ =