重庆市2020届高三下学期三模考试理综物理试题 Word版含解析 20页

- 1 - 2020 年普通高等学校招生全国统一考试 6 月调研测试卷 理科综合能力测试—物理 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～4题只有一项 符合题目要求，第 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， 有选错的得分。 1.运动员在跳高比赛中，下列说法正确的是（ ） A. 运动员起跳时，地面对运动员做正功 B. 运动员离地后，在空中上升过程中，其重力瞬时功率增大 C. 运动员起跳时，地面对运动员做负功 D. 运动员离地后，在空中下落过程中，其重力瞬时功率增大 【答案】D 【解析】 【详解】AC．运动员起跳时，地面和运动员之间没有发生位移；地面对运动员不做功，故 AC 错误； B．运动员离地后，在空中上升过程中，速度减小，根据 P=Gv 可知重力瞬时功率减小，故 B 错误； D．在空中下落过程中，速度增大，根据 P=Gv 可知重力瞬时功率增大，故 D 正确。 故选 D。 2.1885 年，巴耳末对当时已知的氢气放电管获得的四条可见光谱进行研究，发现这些谱线满 足 2 2 1 1 1 2 R n       ，n=3、4、5、6，这个公式称为巴耳末公式.如图所示，氢原子能级图可 以很好的解释巴耳末公式。已知可见光能量在 1.64~3.19V 之间，巴耳末研究的四条可见光诮 中波长最长的是在哪两个能级之间跃迁辐射的（ ） - 2 - A. 3 到 2 B. 4 到 2 C. 5 到 2 D. 6 到 2 【答案】A 【解析】 【详解】巴耳末系是指氢原子由高能级向 n=2 能级跃迁时释放的光子，巴耳末研究的四条可 见光谱中波长最长的，对应的是两个能级之间能量差值最小的能级，为 3 到 2，故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 3.如图所示，一质量为 m 的物体以动能 kE 从底端滑上粗糙程度均匀的固定斜面，物体再次回 到底端时动能为 k 2 E ，取地面为重力势能零点，重力加速度为 g，则在上升过程中动能为 k 2 E 的 位置距地面的高度为（ ） A. 3 4 E mg k B. k 2 E mg C. 3 8 E mg k D. 4 E mg k 【答案】C 【解析】 【详解】设斜面倾角为，物体与斜面间动摩擦力大小为 f，物体能上升的最大高度为 H，则 物体从底端上升到最大高度过程，由能量守恒得 sin HmgH fE    k 物体从底端上升到返回底端过程，有 2 2 sin HfE   k 设上升过程中动能为 k 2 E 的位置距地面的高度为 h，则有 - 3 - 2 sin hmgh fE    k 联立解得 3 8 h m E g  k ，故 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 4.如图 1 所示，边长为 1m、电阻为 2的正方形线框，置于磁场方向与线框平面垂直，磁感 应强度随时间按图 2 正弦规律变化的磁场中，取 2π 10 ，则在 0~4s 内线框产生的焦耳热为 （ ） A. 10J B. 6J C. 4J D. 2J 【答案】A 【解析】 【详解】由题可知，正方形线框中磁通量 2 sinmB L t  ，正方形线框中产生交流电 2 cosme B L t t      电动势最大值 2 m mE B L ，有效值 22 2 mE B L  在 0－4s 内线框产生的焦耳热为 2EQ T R  则 2 10Q  π J J 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 5.2020 年 7 月，我国计划发射一颗火星探测卫星。假设火星可视为半径为 R 的均匀球体，探 测卫星沿椭圆轨道绕火星运动，如图所示。椭圆轨道的“近火点”P离火星表面的距离为 2R， “远火点”Q 离火星表面的距离为 6R。若已知探测卫星在轨道运行的周期为 T，万有引力常量 为 G，则由以上信息可得（ ） - 4 - A. 火星的质量为 2 3 2 256π R GT B. 火星的第一宇宙速度为 250 R T π C. 火星的密度为 2 375 GT π D. 火星表面的重力加速度为 2 2 4π R T 【答案】C 【解析】 【详解】易知椭圆轨道的半长轴为 5R，设火星近地卫星的周期为 T0，由开普勒定律可知 3 3 2 2 0 (5 )R R T T  对于近地卫星，有 22 2 0 2Mm vG m mR mg R R T         可解得火星质量 2 3 2 3 2 2 0 4 500R RM GT GT   π π 火星第一宇宙速度 0 2 10 5R Rv T T   π π 火星的密度 2 3 375 4 3 M GTR    π π 火星表面的重力加速度 2 2 2 2 0 4 500R Rg T T   π π 故 ABD 错误，C正确。 故选 C。 - 5 - 6.如图所示，在水平向右的匀强电场空间内，有两带电体 P、Q，P 通过一绝缘轻绳悬挂于天 花板 O 点，Q 静止于 O 点正下方的光滑绝缘地面上，悬线 OP 在 OQ 的右侧，则 P、Q带电情况 可能为（ ） A. P、Q 都带正电 B. P、Q 都带负电 C. P 带正电，Q 带负电 D. P 带负电，Q 带正电 【答案】AC 【解析】 【详解】A．如果 P、Q 都带正电，对两者受力分析，可知两带电体可能都平衡，故 A 正确； B．如果 P、Q 都带负电，对两者受力分析，可知带电体 Q 一定不能平衡，故 B 错误； C．如果 P带正电，Q 带负电，对两者受力分析，可知两带电体可能都平衡，故 C 正确； D．如果 P带负电，Q 带正电，对两者受力分析，可知两带电体都不可能平衡，故 D错误。 故选 AC。 7.如图 1 所示，足够长的质量为 1 1m  kg 的木板静止在光滑水平面上，一质量为 2 2m  kg 可 视为质点的物体从木板的左端以 0 9m/ sv  的水平速度向右滑上木板，从此时开始计时的 0-1s 内，木板的 v-t 图象如图 2所示。已知木板足够长，物体不能离开木板，重力加速度 g=10m/s2，下列说法正确的是（ ） A. t=1s 时，物体的速度大小为 5m/s B. t=1s 时，物体到木板左端的距离为 8m C. 物体与木板之间的动摩檫因数为 0.2 D. 木板能达到的最大速度为 6m/s - 6 - 【答案】CD 【解析】 【详解】A.设 t=1s 时物体的速度大小为 v2，木板的速度大小为 1 4m/ sv  ，由动量守恒定律 得： 2 0 1 1 2 2m v m v m v  解得： 2 7m/sv  选项 A 错误； B.物体到木板左端的距离为： 0 2 1 6m 2 2 v v vx t t    选项 B 错误； C.设物体与木板之间的动摩擦因数为  ， 2 1 1m g m a  ， 2 1 4m/ sa  解得： 0.2  选项 C 正确； D.木板能达到的最大速度为 v 共，由动量守恒定律得：  2 0 1 2m v m m v  共 解得 v 共=6m/s 选项 D 正确。 故选 CD。 8.如图所示，在 xOy 平面内，0＜x≤a区域有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁 场，a＜x≤2a 区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为 m、带电量为 q（q>0）、速度大小 为 2qBav m  的粒子由坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，粒子最后 又从 y 轴射出磁场区域。下列说法正确的是（ ） - 7 - A. 粒子一定从 y 轴正方向射出磁场 B. a＜x≤2a 区域的匀强磁场磁感应强度大小可能为 4B C. 粒子在两磁场中的运动时间可能为 2 m qB  D. 稍减小粒子的入射速度，粒子一定从 y轴射出磁场区域 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．由粒子沿 x轴正方向射入磁场，知其在左侧磁场运动的圆心在 y 轴上，由洛伦兹 力提供向心力有 2 1 mvqvB r  得 0＜x＜a 区域圆周运动的半径 1 2mvr a qB   取粒子在 a＜x≤2a 区域圆周运动的轨迹恰好与右边界相切，轨迹如图： 由图可知此时粒子从 y 轴负方向射出磁场，选项 A 错误； B．取粒子在 a＜x≤2a 区域圆周运动的半径为 2r ，有 - 8 - 2 2sin30r r a  得 2 2 3 ar  由 2 ' mvr qB  得 2 3 3 2 mv mvB B qr qa     选项 B 正确； C．粒子在 0＜x＜a区域运动时间为 1 3 mt qB   粒子在 a＜x≤2a 区域运动时间 2 4 3 mt qB    粒子在两磁场中的运动时间为 1 2t t t  若 B′=8B，则 2 mt qB   选项 C 正确； D．取粒子 0＜x＜a区域速度偏角为θ，粒子在 a＜x≤2a 区域沿 x 轴运动的最远距离 2 2 2 2 1 sin ' ' ' ' a mv a mv B mvL r r r r amvr qB qB B qB qB           稍减小粒子的入射速度，粒子在 a＜x≤2a 区域沿 x轴运动的最远距离减小，粒子不会从磁场 的右侧离开，一定从 y 轴射出磁场区域，选项 D 正确。 故选 BCD。 二、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。 - 9 - （一）必考题 9.某学习小组利用图 1 装置探究系统动能定理。在水平桌面上，将带有滑轮的长木板适当倾 斜放在，长木板上 P位置固定有光电门（与之连接的光电计时器没有画出），小车（含挡光片） 质量为 M，实验步骤如下： （1）用游标卡尺测量挡光片的宽度 d，如图 2所示，则 d=_________cm。 （2）调整长木板倾角至小车能在木板上匀速下滑，这样做的目的是为了_________。 （3）将质量为 m 的钩码用轻绳通过滑轮与小车连接，调节滑轮，使轻绳与长木板平行。 （4）将小车置于挡光片与光电门距离为 L的 O处，使小车和钩码均静止且轻绳绷直，然后小 车和钩码均从静止开始无初速度释放，记录挡光片通过光电门的时间为△t。已知当地的重力 加速度为 g。 （5）若小车和钩码系统动能定理成立，需在实验误差允许范围内，满足关系式：_________ （用题给物理符号表示）。 【答案】 (1). 1.170 (2). 平衡小车摩擦力 (3). 21 ( ) 2 dmgL m M t       【解析】 【详解】（1）[1]游标卡尺是 20 分度的，其精确度为 0.05mm，主尺读数是 1.1cm=1.1×10=11mm 游标读数是 14×0.05mm=0.70mm 所以游标卡尺的读数是 d=11mm+0.70mm=11.70mm=1.170cm （2）[2]在本实验中，需要平衡小车摩擦力，故将长木板无滑轮的一端固定，改变木板的倾 角，使小车能在木板上做匀速直线运动； （5）[3]以小车和钩码系统为研究对象，根据滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑 - 10 - 块经过光电门的平均速度，则滑块通过光电门时速度大小为 dv t   钩码的重力做的功为 GW mgL 系统动能增加了 21 ( ) 2 dE m M t        k 根据动能定理有 k=GW E 解得 21 ( ) 2 dmgL m M t       即该式在实验误差允许范围内验证了小车和钩码系统动能定理成立。 10.为较准确测量一毫安表（量程为 1mA，内阻约为 2500）的内阻，设计如图 1 所示的电路 图。 （1）实验室提供有不同规格的滑动变阻器，则 R1应选__________。 A.最大值 10 B.最大值 200 C.最大值 500 D.最大值 1000 （2）实验室提供有不同规格的电源，为减小实验误差，则 E应选_______。 A.电动势 1.0V，内阻约为 1000的水果电池 B.电动势 1.5V，内阻约为 0.5的干电池 - 11 - C.电动势 3.7V，内阻约为 1.0的手机电池 D.电动势 10.0V，内阻约为 1.0的锂离子电池 （3）接通 S 后，将 R2调节为 0，调节 R1的滑片使毫安表满偏；保持 R1的滑片不动，调节 R2， 当毫安表示数为 0.75mA 时，读出 R2的阻值为 800.0，则毫安表的内阻为_________。 （4）若将毫安表改装为量程为 10mA的电流表和量程为 12V 的电压表，如图 2 所示，则电路中 R4的阻值为_________。 【答案】 (1). A (2). D (3). 2400 (4). 960 【解析】 【详解】(1)[1]实验采用的是类似分压半偏法测毫安表的内阻，所以滑动变阻器越小，测量 电路电压变越小，相对误差会越小，因此 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 (2)[2]实验采用的是类似分压半偏法测毫安表的内阻，电源的电动势越大，滑动触头位置越 靠近左端，与测量电路并联的滑动变阻器部分的电阻越小，电压变化越小，相对误差会越小， 因此 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 (3)[3]根据欧姆定律可得 100R=75(R+800) 解得 R=2400Ω (4)[4]将毫安表改装成 10mA 的电流表，满偏电压 2.4Vg gU I R  改装后的电流表内阻 - 12 - 240ΩgUR I    根据电压表的分压关系 4 3 12( 240) 960 10 10 RR U I        Ω Ω 11.如图所示，在 xOy 竖直平面内，x≥l，y≤0 的区域存在竖直向上的匀强电场，一质量为 m， 电量为 q（q>0）的带电小球从坐标原点 O 沿 x 轴正方向以速度 v0水平抛出，已知小球在 0