江西省南昌市八一中学2020届高三物理下学期三模考试试题（含解析）（通用）.doc

江西省南昌市八一中学2020届高三物理下学期三模考试试题（含解析） 二、选择题：1.下列说法错误的是A. 卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型B. β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的C. 对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应D. 根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动加速度增大【答案】B【解析】【详解】A、卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，原子是空心球，核很小但质量很大；故A正确.B、β衰变中产生的β射线实际上是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子而形成的，；故B错误.C、对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应，；故C正确.E、由于发生跃迁时要辐射光子，故原子的总能量减小，则氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，跃迁过程中库仑力对电子做正功，即电场力对电子做正功；电势能变小；跃迁完成后电子继续做匀速圆周运动库仑力提供向心力，，有半径变小后库仑力变小，加速度变大；故D正确.本题选错误的故选B.2.如图所示，静止在光滑水平面上斜面体，质量为M，倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m，重力加速度为g．现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值为（ ）A. B. C. D. Mg【答案】A【解析】【详解】如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时M的加速度为a，对M：F＝Ma，其中，联立解得：，故A正确。

3.如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端与木块B相连，木块A紧靠木块B放置，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ用水平力F向左压A，使弹簧被压缩一定程度后，系统保持静止若突然撤去水平力F，A、B向右运动，下列判断正确的是A. A、B一定会在向右运动过程的某时刻分开B. 若A、B在向右运动过程的某时刻分开了，当时弹簧一定是原长C. 若A、B在向右运动过程的某时刻分开了，当时弹簧一定比原长短D. 若A、B在向右运动过程的某时刻分开了，当时弹簧一定比原长长【答案】B【解析】A、对A与B整体分析，当满足弹簧弹力kx=μ⋅2mg时a=0，两物体的速度最大，以后两物体做减速运动，若在弹簧恢复原长前速度减到零，则两物体不会分开，所以A错误；B、若A.B分开时，两物体的加速度相同，且满足A与B之间的弹力FN=0，对A应有：aA=−μg对B应有：若弹簧仍是压缩的则有：，则由aA=aB可得kx=0，即某时刻分开时弹簧一定是原长，所以B正确；C、根据上面分析可知C错误；D. 同理，根据上面分析，分开时应满足FN=0，aB=aA，若分开时，aA=−μg，，可得kx=0，即弹簧不可能比原长长，所以D错误故选：B。

名师点睛】本题的关键是明确AB两物体分开的条件是它们之间的弹力为零，然后分别对A、B受力分析并结合牛顿第二定律讨论即可求解4.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1 : 3 , 两端分别接有4个阻值相同的电阻，则流过R1和R2的电流之比为A. 3：1 B. 6：1C. 9：2 D. 11：2【答案】D【解析】【详解】由题意知原副线圈的匝数比为1:3，则原副线圈两端的电压之比为1:3，设通过R4的电流为I2，原线圈的电流为I1，根据变压器原理可得：，原线圈两端电压，且R3和R4两端电压相等为，则通过R2的电流强度为：，所以R1的电流强度为：，所以R1和R2的电流之比为11:2，故D正确,A，B，C错误；故选D.5.如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x=x2处，则下列说法正确的是( )A. x1和x2处的电场强度均为零B. x1和x2之间的场强方向不变C. 粒子从x=0到x=x2过程中，电势能先增大后减小D. 粒子从x=0到x=x2过程中，加速度先减小后增大【答案】D【解析】A、φ-x图象的切线斜率越大，则场强越大，因此A项错误；B、由切线斜率的正负可知，x1和x2之间的场强方向先沿正方向后沿负方向，B项错误；C、粒子由x=0处由静止沿x轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；D、由图线的切线斜率可知，从x=0到x=x2过程中电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确.【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．然后再根据电场力分析电子的运动情况．6.已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地运行的周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方．假设某时刻，该卫星如图在A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2．设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T0，不计空气阻力．则A. B. C. 卫星在图中椭圆轨道由A到B时，机械能不变D. 卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变【答案】BC【解析】【详解】A、赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，则知三天内卫星转了8圈，则3T0=8T，解得；故A错误.B、根据开普勒第三定律知，，解得；故B正确.C、卫星在图中椭圆轨道由A到B时，只有万有引力做功，机械能守恒；故C正确.D、卫星由圆轨道进入椭圆轨道，需要减速，则机械能减小，故D错误.故选BC.7.如图所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从M 点踢出，球斜抛后落在60m外地面上的P点。

发球的同时，前锋从距P点11.5m 的N点向P点做匀加速直线运动，其初速度为2m/s，加速度为4m/s2，当其速度达到8m/s后保持匀速运动若前锋恰好在P点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度 g取 10 m/s2下列说法正确的是A. 前锋加速的距离为7.5mB. 足球在空中运动的时间为 2.3sC. 足球运动过程中最小速度为30 m/sD. 足球上升的最大高度为10m【答案】AC【解析】【详解】A项：前锋做匀加速直线运动，初速度为2m/s，加速度为4m/s2，末速度为8m/s，根据速度-位移公式可知，，代入数据解得：，故A正确；B项：前锋和足球运动时间相等，前锋加速运动时间，匀速运动时间，故足球在空中运动的时间为2s，B错误；C项：足球水平方向上做匀速直线运动，位移为60m，时间为2s，故运动过程中的最小速度为30m/s，C正确；D项：足球竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1s，最大高度，故D错误8.如图所示为两光滑金属导轨MNQ和GHP，其中MN和GH部分为竖直的半圆形导轨，NQ和HP部分为水平平行导轨，整个装置置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。

有两个长均为l、质量均为m、电阻均为R的导体棒垂直导轨放置且始终与导轨接触良好，其中导体棒ab在半圆形导轨上，导体棒cd在水平导轨上，当恒力F作用在导体棒cd上使其做匀速运动时，导体棒ab恰好静止，且距离半圆形导轨底部的高度为半圆形导轨半径的一半，已知导轨间距离为l，重力加速度为g，导轨电阻不计，则（ ）A. 每根导轨对导体棒ab的支持力大小为B. 导体棒cd两端的电压大小为C. 作用在导体棒cd上的恒力F的大小为D. 恒力F的功率为【答案】CD【解析】试题分析：对ab棒受力分析如图所示：则：，则：，每根导轨对导体棒ab的支持力大小为，故选项A错误；，则回路中电流为：，导体棒cd两端的电压大小为，故选项B错误；由于金属棒ab匀速运动，则安培力等于拉力F，则，故选项C正确；由于，则金属棒ab的速度为，则恒力F的功率为，故选项D正确考点：导体切割磁感线时的感应电动势、焦耳定律【名师点睛】本题是双杆模型，解决本题的关键能够正确受力分析，结合牛顿定律和动量守恒、能量守恒，进行研究三、非选择题：（一）必做题9.某同学将小球a、b分别固定于一轻杆的两端，杆呈水平且处于静止状态，释放轻杆使a、b两球随轻杆逆时针转动，用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，已知重力加速度大小为g。

1)若实验中没有现成的遮光条，用现有的等质量的遮光片替代，用螺旋测微器测量A遮光片的宽度如图乙所示，其读数为______mm；用20分度的游标卡尺测量B遮光片的宽度如图丙所示，其读数为 ____mm.为了减小实验误差，实验中应选用 ______遮光片作为遮光条（选填“A”或“B”）.(2)若选用遮光片的宽度为d，测出小球a、b(b的质量含遮光片）质量分别为ma和mb，光电门记录遮光片挡光的时间为∆t，转轴O到a、b球的距离la和lb，光电门在O的正下方，与O的距离为lb，如果系统（小球a、b以及杆）的机械能守恒，应满足的关系式为_______（用题中测量量的字母表示）.【答案】 (1). 4.800（4.798～4.802） (2). 70.15 (3). A (4). 【解析】【详解】(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，转动刻度估读一位，则A的宽度为：(4.798mm~4.802mm);20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，游标对齐格数不估读，则B的宽度为；光电门测速的原理是极短时间内的平均速度等于瞬时速度，故时间越短速度越精确，则应选挡光片的尺寸小的；故选A.(2)a和b构成的系统，则其重力势能的减小量为：，动能的增量为，其中两球共轴转动角速度相等，有，有；系统机械能守恒要满足，即.10.小华、小刚共同设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件的参数为：电池组（电动势约6 V，内阻r约3 Ω）、电流表（量程2.0 A，内阻rA=0.8 Ω）、电阻箱R1（0~99.9 Ω）、滑动变阻器R2（0~Rt）、开关三个及导线若干。

他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和R2接入电路的阻值1）小华先利用该电路准确地测出了R2接入电路的阻值他的主要操作步骤是：先将滑动变阻器滑片调到某位置，接着闭合S、S2，断开S1，读出电流表的示数I；再闭合S、Sl，断开S2，调节电阻箱的电阻值为3.6 Ω时，电流表的示数也为I此时滑动变阻器接入电路的阻值为_________Ω2）小刚接着利用该电路测出了电源电动势E和内电阻r①他的实验步骤为：a．在闭合开关前，调节电阻R1或R2至_________（选填“最大值”或“最小值”），之后闭合开关S，再闭合_______（选填“S1”或“S2”）；b．调节电阻________（选填“R1”或“R2”），得到一系列电阻值R和电流I的数据；c．断开开关，整理实验仪器②图乙是他由实验数据绘出的图象，图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表_________（用对应字母表示），电源电动势E=_______V，内阻r=_________Ω计算结果保留两位有效数字）答案】 (1). 3.6 (2). 最大值 (3). S1 (4). R1 (5). RA与r之和 (6). 6.0 (7). 2.8【解析】试题分析：（1）由电路的结构可知测出了R2接入电路的阻值用的是等值替代法．。