【KS5U解析】河南省駐馬店市2020屆高三下學(xué)期3月線上模擬考試理綜物理試題 Word版含解析

1、駐馬店市高三年級線上模擬測試理科綜合能力測試第卷 選擇題二、選擇題（本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）1.用光電管進行光電效應(yīng)實驗中，分別用頻率不同的單色光照射到同種金屬上下列說法正確的是a. 頻率較小的入射光，需要經(jīng)過足夠長的時間照射才能發(fā)生光電效應(yīng)b. 入射光的頻率越大，極限頻率就越大c. 入射光的頻率越大，遏止電壓就越大d. 入射光的強度越大，光電子的最大初動能就越大【答案】c【解析】【分析】金屬材料的性質(zhì)決定金屬的逸出功，而逸出功決定入射

2、光的極限頻率；只有入射光的頻率大于金屬的極限頻率，才能發(fā)生光電效應(yīng)；光電子的最大初動能與金屬的逸出功和入射光的頻率有關(guān)，與入射光的強度無關(guān)；光電流的大小與入射光的強度有關(guān)，與入射光的頻率無關(guān)【詳解】a只要入射光的頻率低于金屬的極限頻率，無論時間多長，無論光的強度多大，都不會發(fā)生光電效應(yīng)，故a錯誤；b金屬材料的性質(zhì)決定金屬的逸出功，而逸出功決定入射光的極限頻率，與入射光的頻率無關(guān)，故b錯誤；c根據(jù) 可知，入射光的頻率越大，遏止電壓就越大，故c正確；d根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程，可知光電子最大初動能隨照射光的頻率增大而增大，與光照強度無關(guān)，故d錯誤故選c【點睛】本題考查光電效應(yīng)的規(guī)律和特點，我們一定

3、要熟記光電效應(yīng)的現(xiàn)象和遵循的規(guī)律，只有這樣我們才能順利解決此類問題2.一交流電源，電壓，通過理想變壓器對電路供電，電路如圖所示。已知原副線圈匝數(shù)比為4：1，燈泡的額定功率為55w，排氣扇電機線圈的電阻為1，電流表的示數(shù)為3a，用電器均正常工作，電表均為理想電表，則（）a. 電壓表的示數(shù)為880vb. 電動機的發(fā)熱功率為4wc. 電動機的電功率為106wd. 通過保險絲的電流為12a【答案】b【解析】【詳解】根據(jù)題意知道變壓器的輸入電壓的有效值為u1=220va電壓表示數(shù)為變壓器的輸出電壓，根據(jù)變壓比可以得到u2=55v故a錯誤；b因為燈泡正常發(fā)光，所以通過燈泡的電流為電流表的示數(shù)為變壓器的輸出

4、電流i2=3a，根據(jù)并聯(lián)電路電流的特點可知通過電動機的電流為im=i2il=2a所以電動機的發(fā)熱功率為故b正確；c電動機的電功率為p=u2im=110w故c錯誤；d通過保險絲的電流即為變壓器的輸入電流i1，根據(jù)變流比可知i1=0.75a故d錯誤。故選b。3.如圖所示，傾角為的粗糙斜面置于水平地面上，有一質(zhì)量為2m的滑塊通過輕繩繞過定滑輪與質(zhì)量為m的小球相連（繩與斜面平行），滑塊靜止在斜面上，斜面也保持靜止，則（）a. 斜面受到地面的摩擦力方向水平向右b. 斜面受到地面彈力等于滑塊和斜面的重力之和c. 斜面受到地面的彈力比滑塊和斜面的重力之和小mgd. 斜面受到地面的彈力比滑塊和斜面的重力之和小

5、【答案】d【解析】【詳解】a以小球為研究對象，小球受到的重力與繩子的拉力是一對平衡力，所以繩子的拉力大小t等于小球的重力，即t=mg以斜面和滑塊組成的整體為研究對象，水平方向根據(jù)平衡條件可得：f=tcos=方向水平向左，故a錯誤；bcd設(shè)斜面的質(zhì)量為m，地面對斜面的彈力大小為n，以斜面和滑塊組成的整體為研究對象，豎直方向根據(jù)平衡條件可得：n=（m+2m）gtsin所以斜面受到地面的彈力比滑塊和斜面的重力之和小tsin=故bc錯誤，d正確。故選d。4.如圖所示，固定斜面ab與水平面之間由一小段光滑圓弧連接，傾角為，斜面的高度ob=h細線一端固定在豎直擋板上，另一端連接一質(zhì)量為m的小物塊，在小物塊

6、和擋板之間壓縮一輕質(zhì)彈簧（小物塊與彈簧不連接）。燒斷細線，小物塊被彈出，滑上斜面ab后，恰好能運動到斜面的最高點。已知ac=l，小物塊與水平面、斜面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，則（）a. 細線燒斷前彈簧具有的彈性勢能為mgh+mgl+mghcotb. 在此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為mgh+mgl+mghcotc. 彈簧對小物塊做功為mgh+mghcotd. 在此過程中斜面對小物塊的摩擦力做功為【答案】a【解析】【詳解】a根據(jù)能量守恒定律可知，細線燒斷前彈簧具有的彈性勢能等于物塊在b點的重力勢能和產(chǎn)生的內(nèi)能之和，即為：ep=mgh+mgl+mgcos=mgh+mgl+mghcot故a正確；b在此

7、過程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于物塊克服摩擦力做的功，為q=mgl+mgcos=mgl+mghcot故b錯誤；c彈簧對小物塊做功等于細線燒斷前彈簧具有的彈性勢能，為mgh+mgl+mghcot故c錯誤；d在此過程中斜面對小物塊的摩擦力做功為wf=mgmgcos=mgmghcot故d錯誤。故選a。5.如圖所示，由同種材料制成，粗細均勻，邊長為l、總電阻為r的單匝正方形閉合線圈mnpq放置在水平面上，空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為b的有界勻強磁場，磁場兩邊界成=角?，F(xiàn)使線圈以水平向右的速度勻速進入磁場，則（）a. 當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，n、p兩點間電勢差u=blvb. 當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，線

8、圈所受安培力大小c. 線圈從開始進入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程中，回路中的平均電功率d. 線圈從開始進入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程中，通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量【答案】d【解析】【詳解】ab當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，此時切割磁感線的有效線段為np，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，np產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e=blv，此時n、p兩點間的電勢差u為路端電壓，有u=e=blv此時qp、np受安培力作用，且兩力相互垂直，故合力為f安=故ab錯誤；c當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，回路中的瞬時電功率為在線圈從開始進入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程中，感應(yīng)電動勢一直在變化，故回路中的平均電功率不等于經(jīng)過磁場邊界時的

9、瞬時電功率，故c錯誤；d根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律，通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量為故d正確。故選d6.按照我國月球探測活動計劃，在第一步“繞月”工程圓滿完成各項目標和科學(xué)探測任務(wù)后，第二步是“落月”工程，該計劃已在2013年之前完成。設(shè)月球半徑為r，月球表面的重力加速度為g0，飛船沿距月球表面高度為3r的圓形軌道i運動，到達軌道的a點時點火變軌進入橢圓軌道，到達軌道的近月點b時再次點火進入月球近月軌道繞月球做圓周運動。則（）a. 飛船在軌道1上運行的線速度大小為b. 飛船在a點變軌時動能增大c. 飛船在軌道繞月球運動一周所需的時間為d. 飛船從a到b運行的過程中機械能增加【答案】ac【解析

10、】【詳解】a在月球表面有在軌道i上運動有解得故a正確；b飛船在a點處點火變軌后做向心運動，可知需要的向心力小于提供的向心力，由向心力的公式可知飛船的速度減小所以動能減小，故b錯誤；c在軌道iii上運動有：則衛(wèi)星在軌道iii上運動一周所需時間故c正確；d飛船從a到b的過程中，只有萬有引力做功，機械能守恒不變，故d錯誤。故選：ac。7.甲乙兩車在相鄰的平行車道同向行駛，做直線運動，v-t圖象如圖所示，二者最終停在同一斑馬線處，則（）a. 甲車的加速度小于乙車的加速度b. t=0時乙車在甲車前方8.4m處c. t=3s時甲車在乙車前方0.6m處d. 前3s內(nèi)甲車始終在乙車后邊【答案】bc【解析】【詳

11、解】a根據(jù)vt圖的斜率大小表示加速度大小，斜率絕對值越大加速度越大，則知甲車的加速度大于乙車的加速度，故a錯誤；b設(shè)甲運動的總時間為t，根據(jù)幾何關(guān)系可得：得t=3.6s在03.6s內(nèi)，甲的位移=32.4m04s內(nèi)，乙的位移=24m因二者最終停在同一斑馬線處，所以，t=0時乙車在甲車前方x甲x乙=8.4m故b正確；c03s內(nèi)，甲、乙位移之差x=m=9m因t=0時乙車在甲車前方8.4m處，所以t=3s時甲車在乙車前方0.6m處，故c正確；d由上分析知，前3s內(nèi)甲車先在乙車后邊，后在乙車的前邊，故d錯誤。故選bc。8.某條電場線是一條直線，上邊依次有o、a、b、c四個點，相鄰兩點間距離均為d，以o點

12、為坐標原點，沿電場強度方向建立x軸，該電場線上各點電場強度e隨x的變化規(guī)律如圖所示。一個帶電量為+q的粒子，從o點由靜止釋放，僅受電場力作用。則（）a. 若o點的電勢為零，則a點的電勢為b. 粒子從a到b做勻速直線運動c. 粒子在oa段電勢能減少量小于bc段電勢能減少量d. 粒子運動到b點時動能為【答案】ad【解析】【詳解】a由圖可知ex圖象所包圍的面積表示兩點間的電勢差大小，因此由于o=0，因此故a正確；b粒子由a到b過程電場力一直做正功，則帶正電粒子一直加速運動，在該過程電場強度不變，帶電粒子做勻加速直線運動，故b錯誤；c粒子在oa段的平均電場力大于bc段的平均電場力，則oa段的電場力做功

13、大于bc段電場力做功，由功能關(guān)系知，粒子在oa段電勢能的變化量大于bc段變化量，或者從oa段和bc段圖象包圍的面積分析可知uoaubc，根據(jù)電場力做功公式w=qu和w=e電，也可得出粒子在oa段電勢能的變化量大于bc段變化量。故c錯誤；d從o到b點過程列動能定理，則有：w電=quob=ekb0而uob=e0（d+2d）聯(lián)立方程解得：ekb=故d正確。故選ad。第卷非選擇題三、非選擇題（共174分。第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答。）（一）必考題：共129分。9.如圖甲所示，為了測量滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)，某同學(xué)將帶有滑輪的長木板放置在水平桌

14、面上，在靠近滑輪的b處固定一個光電門，用質(zhì)量為m的重物通過細線（與長木板平行）與質(zhì)量為m的滑塊（帶遮光條）連接，細線的長度小于重物離地面的高度。將滑塊從a點由靜止釋放，測出a、b之間的距離s和遮光條經(jīng)過光電門時的遮光時間t。保持滑塊和懸掛的重物的質(zhì)量不變，改變釋放點a與b間的距離s，多次測量最終完成實驗。建立坐標系，描出圖線如圖乙所示，求得圖線的斜率為k，則滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)=_（用斜率k、重力加速度g、遮光條的寬度d、滑塊質(zhì)量m和重物質(zhì)量m表示）。 【答案】【解析】【詳解】據(jù)擋光時間可知，滑塊經(jīng)過光電門的瞬時速度為，滑塊從a運動到b的過程中，根據(jù)系統(tǒng)動能定理得：(mgmg)s=(m+m

15、)()2變式為：則解得：10.某實驗小組為測量電壓表v1的內(nèi)阻，先用多用電表的歐姆檔進行了一次測量，指針位置如圖甲中所示。為進一步準確測量電壓表v1的內(nèi)阻，設(shè)計了如圖乙所示的電路，可供選擇的器材如下：a待測電壓表v1（量程02v，內(nèi)阻約2k）b電壓表v2（量程06v，內(nèi)阻約10k）c定值電阻r1（阻值為4k）d定值電阻r2（阻值為8k）e滑動變阻器r3（020）f滑動變阻器r4（01k）g直流電源（e=6v，內(nèi)阻可不計）h開關(guān)s及導(dǎo)線若干（1）用多用電表測量電壓表v1的內(nèi)阻時，選擇開關(guān)在電阻×100檔位，圖甲中的讀數(shù)是_。（2）根據(jù)電路圖連接實物圖_。（3）試驗中定值電阻應(yīng)選_（r1

16、或r2），滑動變阻器應(yīng)選_（r3或r4）。（4）調(diào)節(jié)滑動變阻器，記錄v1的示數(shù)u1，v2的示數(shù)u2，記錄多組數(shù)據(jù)，以u2為縱坐標，u1為橫坐標，描點后得到的圖象如圖丁所示。已知圖象的斜率為k，用r表示所選定值電阻的阻值，則電壓表v1的內(nèi)阻為_（用k和r表示）?！敬鸢浮?(1). 1900 (2). (3). r1 (4). r3 (5). 【解析】【詳解】(1)1選擇開關(guān)在電阻×100檔位，由圖甲所示可知，示數(shù)為：19×100=1900；(2)2根據(jù)圖示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示；(3)34電壓表v1與定值電阻串聯(lián)后與電壓表v2并聯(lián)，并聯(lián)電路電壓相等，當電壓表

17、v2滿偏時，定值電阻分壓為4v，定值電阻分壓為電壓表v1兩端的2倍，定值電阻阻值應(yīng)為電壓表v1內(nèi)阻的2倍，定值電阻阻值為4k，定值電阻應(yīng)選擇r1；為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選擇r3。(4)5由圖示電路圖根據(jù)并聯(lián)電路特點可知：u2=u1+ir=u1+r整理得：u2=u1（1+）u2u1圖象的斜率：k=1+電壓表v1內(nèi)阻：rv1=11.如圖所示，在光滑的水平面上放置一個長為l=2.2m的木板b，在b的左端放有一個可視為質(zhì)點的小滑塊a，a、b間的動摩擦因數(shù)=0.2，二者的質(zhì)量均為m=1kg，g=10m/s2現(xiàn)對a施加f=6n的水平向右的拉力，ls后撤去拉力f，求：（1）撤去拉力f時小滑塊a和長木板

18、b速度大?。唬?）a相對于b靜止的位置與長木板右端的距離?！敬鸢浮?1) va=4m/s，vb=2m/s （2）d=0.7m【解析】【詳解】(1)對a滑塊根據(jù)牛頓第二定律有：fmg=maa代入數(shù)據(jù)解得：1s時滑塊a的速度為：va=aat=4×1m/s=4m/s對b木板有：mg=mab代入數(shù)據(jù)解得：則1s時b的速度為：vb=abt=2m/s(2)撤去f前，a的位移為：b的位移為：對ab，在撤去f之后到相對靜止過程中，根據(jù)動量守恒定律有：mva+mvb=2mv共根據(jù)能量守恒定律有：代入數(shù)據(jù)解得：x相對=0.5m則a最終到右端的距離為：d=l（xaxb）x相對代入數(shù)據(jù)得：d=0.7m12.

19、在直角坐標系xoy中，第二象限有垂直于紙面的勻強磁場（圖中未畫出），第一象限三角形opm區(qū)域有如圖所示的勻強電場，電場線與y軸的夾角、mp與x軸的夾角均為30°，已知p點的坐標為（9l，0），在以o為圓心的環(huán)狀區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓與直線mp相切于p點，內(nèi)外圓的半徑分別為l和2l。一質(zhì)量為m，電荷量為q的正電粒子以速度v0由坐標為（-l，0）的a點沿與y軸平行的方向射入第二象限勻強磁場中，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)由坐標為（0，）的b點進入勻強電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)恰由p點進入環(huán)狀磁場區(qū)域，不計粒子重力，求：（1）第二象限勻強磁場磁感應(yīng)強度的大?。唬?）勻強電場的電場強度大??；（3）要使粒子

20、在環(huán)狀磁場區(qū)域內(nèi)做完整的圓周運動，求環(huán)狀區(qū)域勻強磁場的磁感應(yīng)強度的取值范圍?！敬鸢浮浚?） （2） （3）或者【解析】【詳解】(1)設(shè)第二象限磁場磁感應(yīng)強度為b1，粒子進入磁場區(qū)域做圓周運動的半徑為r，則：解得：r=2l又解得：(2)粒子恰好垂直勻強電場方向進入電場，做類平拋運動，則：（9l-l）sin=v0tqe=ma解得：(3)粒子做類平拋運動沿電場方向的分速度： 粒子進入環(huán)狀磁場的速度：方向恰好沿mp，即外圓切線方向。要做完整的圓周運動，做圓周運動的半徑r應(yīng)滿足：或者由解得：或者13.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始經(jīng)歷四個過程，到達狀態(tài)e。對此氣體，下列說法中正確的是（）a.

21、過程中氣體從外界吸收熱量b. 過程中氣體從外界吸收熱量c. 過程中氣體對外界做正功d. 狀態(tài)a比狀態(tài)e的體積大e. 過程中氣體吸收的熱量和對外界做功的數(shù)值相等【答案】bce【解析】【詳解】a過程中氣體等溫變化u=0，壓強增大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程知，體積一定減小，外界對氣體做功w0，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律w+q=u，可知q0所以過程中氣體放熱，故a錯誤；b過程中氣體等容變化w=0，溫度升高，u0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，q0，所以過程中氣體從外界吸收熱量，故b正確；c過程中氣體等壓變化，溫度升高，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程知，體積一定增大，氣體對外界做功w0，故c正確；d狀態(tài)a和狀態(tài)e，壓強相等，溫度a比

22、e小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程知，狀態(tài)a比狀態(tài)e的體積小，故d錯誤；e、過程中氣體等溫變化u=0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，q=w，即氣體吸收的熱量和對外界做功的數(shù)值相等，故e正確。故選bce。14.如圖所示，圓柱形汽缸放在水平面上，容積為v，圓柱內(nèi)面積為s的活塞（質(zhì)量和厚度可忽略不計）將汽缸分成體積比為3：1的上下兩部分，一輕質(zhì)彈簧上下兩端分別固定于活塞和汽缸底部，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，活塞上部氣體壓強為p0，彈簧彈力大小為，活塞處于靜止狀態(tài)。要使活塞移動到汽缸正中間并能保持平衡，可通過打氣筒向活塞下部汽缸注入壓強為p0的氣體（汽缸下部有接口）。已知活塞處于正中間時彈簧恰好恢復(fù)原長，外界溫度恒定，汽缸和活塞導(dǎo)熱性能良好，不計活塞與汽缸間的摩擦，求：初始狀態(tài)活塞下部氣體壓強；需要注入的壓強為p0的氣體的體積?！敬鸢浮縫0 v【解析】【詳解】對活塞受力分析得：p0s=p1s+解得：p1=p0設(shè)當活塞處于正中間時，上部氣體壓強為p2，則：p0=p2