高三物理第三次模拟考试试题.docx

二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项是符合题目要求，第19~21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0分。
1. 核反应方程式Be+He C+X中的X表示（ ）
A. 质子 B. 电子 C. 光子 D. 中子
【答案】D
【解析】根据核反应过程中质量数守恒，电荷数守恒，X的质量数是1，电荷数是0，所以X是中子，ABC错误、D正确。
2. 如图所示，平行板电容器的A板带正电，及静电计上的金属球相连；平行板电容器的B板和静电计的外壳均接地．此时静电计指针张开某一角度，则以下说法中正确的是（ ）

A. 在两板间插入介质板，静电计指针张角变大
B. 在两板间插入金属板，（金属板及A、B板不接触）静电计指针张角变大
C. B板向右平移，静电计指针张角变大
D. B板向上平移，静电计指针张角变大
【答案】D
【解析】在两板间插入介质板，由得知，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故A错误．在两板间插入金属板，板间距离减小，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故B错误．B板向右平移，板间距离d减小，根据电容的决定式 得知，电容增大，而电量Q不变，由电容的定义式 可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故C错误．B板向上平移，两极板正对面积减小，由电容的决定式得知，电容C减小，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故D正确．故选D.
点睛：本题按照这样的思路进行分析：先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式和不变的条件，分析电压或电量的变化．
3. 如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳及竖直方向夹角为30°且绷紧，小球A处于静止状态，则需对小球施加的最小力等于（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B

4. 图甲是某质点的位移—时间图象,图乙是另一质点的速度—时间图象,关于这两个图象,下列说法正确的是（ ）

甲 乙
A. 由图甲可知,质点做曲线运动,且速度逐渐增大
B. 由图甲可知,质点在前10 s内的平均速度的大小为4 m/s
C. 由图乙可知,质点在第4 s内加速度的方向及物体运动的方向相同
D. 由图乙可知,质点在运动过程中,加速度的最大值为7.5 m/s2
【答案】C
【解析】运动图象反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动，故A错误；由图（甲）可知，质点在前10s内的位移x=20-0=20m，所以平均速度 ，故B错误；由图（乙）可知，质点在第4s内加速度和速度都为负，方向相同，故C正确；v-t的斜率表示物体运动的加速度，由图（乙）可知，质点在运动过程中，加速度的最大值出现在2-4s内，最大加速度大小为 ，故D错误．故选C.
点睛：s-t图线及v-t图线只能描述直线运动，s-t的斜率表示物体运动的速度，斜率的正和负分别表示物体沿正方向和负方向运动．v-t的斜率表示物体运动的加速度，图线及时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移．
5. 如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体及盒子前后壁多次往复碰撞后（ ）

A. 两者的速度均为零
B. 两者的速度总不会相等
C. 盒子的最终速度为 ，方向水平向右
D. 盒子的最终速度为，方向水平向右
【答案】D
【解析】选物体及小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：
mv0=（M+m）v
所以：
v方向及v0同向，即方向水平向右．故选D
点睛：选物体及小车组成的系统为研究对象，水平方向仅有系统的内力作用而不受外力作用，故此方向满足动量守恒，碰撞前的动量，等于最后的总动量，典型的动量守恒的题目．
6. 如图所示，圆a和椭圆b是位于地球赤道平面上的卫星轨道，其中圆a是地球同步轨道。现在有A、B两颗卫星分别位于a、b轨道运行，但运行方向及地球自转方向相反.已知A、B的运行周期分别T1、T2，地球自转周期为T0，P为轨道b的近地点。则有（ ）

A. 卫星A是地球同步卫星
B. 卫星B在P点时动能最大
C. T0=T1
D. T1<T2
【答案】BC
【解析】试题分析：圆a是地球同步轨道，卫星A的运行方向及地球自转方向相反所以不是地球同步卫星，所以A项错误；卫星B在椭圆轨道上，在近地点P速度最大动能最大，所以B项正确；根据万有引力提供向心力可得，得出周期可知距离地面高度相等，周期相同，所以C项正确；椭圆轨道及圆轨道对比周期，根据开普勒第三定律常数，卫星A的半长轴大于卫星B的半长轴，所以，D项错误。
考点：本题考查了地球同步卫星和开普勒第三定律
7. 在如图所示的电路中，闭合开关K后，当滑动变阻器R1的滑动片P向b端移动时（ ）

A. A1的示数增大，V的示数减小
B. A1的示数减小，A2的示数增大
C. A2的示数增大，V的示数增大
D. A1的示数增大，A2的示数增大
【答案】AD
【解析】试题分析：当滑动变阻器R1的滑动片P向b端移动时，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，再分析外电路总电阻的变化，即可判断出干路电流的变化和路端电压的变化，根据路端电压的变化判断出通过R2的电流如何变化，结合干路电流的变化，分析通过R1的电流变化，即可知道两电表读数的变化情况．
解：当滑动变阻器R1的滑动片P向b端移动时，R1减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，所以可知A1的示数增大．电源的内电压增大，则路端电压即V的示数减小，通过R2的电流减小，则通过A2的电流增大．故A正确．
故选：AD
【点评】本题考查了并联电路的特点，按“局部到整体再到局部”的顺序进行动态分析．
8. 如图所示，两根等高光滑的1/4圆弧轨道，半径为r，间距为L，轨道电阻不计，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（　　）

A. 通过R的电流方向为由内向外
B. 通过R的电流方向为由外向内
C. R上产生的热量为
D. 流过R的电量为
【答案】BC
【解析】A、由右手定则知道，cd切割产生的电流由c向d，则R中的电流由外向内，所以选项A错误；
B、由上述分析知，R中的电流由外向内，所以选项B正确；
C、金属棒做匀速圆周运动，把分解为水平速度和竖直速度，只有水平速度切割磁感线产生感应电流，所以金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为，电流的有效值，从而产生的热量，所以选项C正确；

D、流过R的电量，所以选项D错误。
点睛：本题的易错点在于热量的计算，只有先判断出导体产生的是正弦式交流电，才能算出感应电流的有效值，从而计算热量。
三、非选择题：
（一）必考题
9. 某同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，它在同一竖直线上不同高度处安装两个光电门，然后在高处的光电门正上方一定距离处由静止释放小球，下落中小球球心经过两光电门的细光束，光电门显示的遮光时间分别为和。
（1）为验证机械能守恒定律，它还必须测出的物理量有________
A.小球的质量m
B.小球的直径D
C.两光电门中心的距离L
D.小球在两光电门中心间运动的时间
（2）为验证机械能守恒定律，需要比较小球在两光电门间运动时重力势能的减少量及小球增加的动能是否相等，若运用所测量物理量及相关常量表示，则=________；=________；
（3）为了减小实验误差，对选择小球的要求是___________________
【答案】 (1). BC (2). (3). (4). 质量大，体积小，外表面光滑
【解析】试题分析：（1）若想验证小球的机械能守恒，需测量的物理量有：两光电门间的高度，及两光电门点的瞬时速度，根据平均速度等于瞬时速度，则需要测量球的直径，从而求得球通过两光电门的瞬时速度，而对于质量，等式两边可能约去，而在两光电门中心间运动的时间是通过仪器读出，不需要测量，故BC正确，AD错误；
（2）重力势能的减少量：，利用匀变速直线运动的推论得动能的增量为：；
（3）当阻力越小时，则实验误差越小，因此要选择质量较大，直径较小，外表光滑的小球；
考点：利用自由落体运动验证机械能守恒定律实验
【名师点睛】本题比较简单，考查了验证机械能守恒定律中基本方法的应用，对于基本方法不能忽视，要在训练中加强练习，提高认识，注意本实验中要尽量减小阻力是能否验证机械能守恒的前提
10. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表：量程0～0.6 A，内阻约为0.3Ω
C．电流表：量程0～3 A，内阻约为0.1Ω
D．电压表：量程0～3 V，内阻未知
E．电压表：量程0～15 V，内阻未知
F．滑动变阻器：0～10 Ω，2 A
G．滑动变阻器：0～100 Ω，1 A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）在上述器材中请选择适当的器材（填写器材前的字母）：电流表选择__________，电压表选择________，滑动变阻器选择________。
（2）实验电路图应选择下图中的__________（填“甲”或“乙”）；

（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U－I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E＝__________V，内电阻r＝__________Ω。
【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). 乙 (5). 1．5V (6). 1.0Ω
【解析】试题分析：（1）因为一节干电池的电动势为1．5伏左右，故电压表选择D；通过电源的电流不超过0．6A,因B电流报的内阻已知，故电流表选择B，滑动变阻器选择F。
（2）因电流表内阻已知过实验电路图应选择下图中的甲；
（3）电池的电动势E＝1．5V，内电阻
考点：测量电源的电动势及内阻
【名师点睛】此题考查了测量电源的电动势及内阻的实验；及课本上选取的电路图不一样，因为此问题中电流表的内阻是已知的，所以用甲电路图可以减小实验的误差；注意最后计算内阻时要把电流表的内阻减掉．
11. 如图所示，QB段是半径为R＝1m的光滑圆弧轨道，AQ段是长度为L＝1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量m＝1kg（可视为质点），P及AQ间的动摩擦因数μ＝0．1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点又返回A点时恰好静止．（取g＝10m/s2）求：

（1）v0的大小；
（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力．
【答案】（1）2m/s（2）12N
【解析】试题分析：（1）物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理
－μmg·2L＝0－mv
解得
（2）设物块P第一次刚通过Q点时的速度为v，在Q点轨道对P的支持力为FN，由动能定理和牛顿第二定律有：
－μmgL＝mv2－mv

解得：FN＝12N
由牛顿第三定律可知，物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力大小为12N，方向竖直向下。
考点：动能定理; 牛顿第二定律
【名师点睛】题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的灵活运用，关键是搞清物体运动的物理过程；此题是中等题。
12. 如图所示，空间分布着方向平行于纸面且及场区边界垂直的有界匀强电场，电场强度为E、场区宽度为L。在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B未知，圆形磁场区域半径为r。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从A点由静止释放后，在M点离开电场，并沿半径方向射入磁场区域，然后从N点射出，O为圆心，∠MON=120°，粒子重力可忽略不计。求：

（1）粒子经电场加速后，进入磁场时速度的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）粒子从A点出发到N点离开磁场经历的时间。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】试题分析：（1）设粒子经电场加速后的速度为v，根据动能定理有，解得：
（2）粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆运动，设其半径为R，因洛仑兹力提供向心力，
所以有
由几何关系得，所以
（3）设粒子在电场中加速的时间为，在磁场中偏转的时间为，
粒子在电场中运动的时间
粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为
由于，所以
故粒子在磁场中运动时间
所以粒子从A点出发到N点离开磁场经历的时间．
考点：考查了带电粒子在混合场中运动的问题
【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径
（二）选考题：

13. 一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其P-T图像如图所示，下列判断正确的是______。

A. 过程ab中气体一定吸热
B. 过程bc中气体既不吸热也不放热
C. 过程ca中外界气体所做的功等于气体所放的热
D. a、b和c三个状态中，状态a分子平均动能最小
E. b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
【答案】ADE
【解析】A、由图示可知，ab过程，气体压强及热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；
B、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体吸热，故B错误；
C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W>0，气体温度降低，内能减少，△U<0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；
D、由图象可知，a、b和c三个状态中a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；
E、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故E正确；
故选：ADE。
【名师点睛】
由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题。

【答案】V=
【解析】试题分析：设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为△p，由玻意耳定律得
①
解得
②
外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h'。根据盖—吕萨克定律，得
③
解得
④
据题意可得
⑤
气体最后的体积为
V=Sh' ⑥
联立②④⑤⑥式得V=⑦
考点：理想气体的状态方程。
【名师点睛】该题考查理想气体的状态方程的一般应用，求出各气体压强是正确解题的关键，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题．

15. 光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是
A. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
B. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象
C. 在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象
D. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
E. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄
【答案】CDE
【解析】A、用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，故A错误；
B、用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散现象，故B错误；
C、在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，故C正确；
D、光学镜头上的增透膜是利用光的薄膜干涉现象，D正确；
E、在光的双缝干涉实验中，干涉条纹间距：，若仅将入射光由红光改为绿光，入射光波长变短，则干涉条纹间距变窄，E正确。
故选：CDE。
16. 图中的实线是一列简谐波在某一时刻的波形曲线．经0.2s后，其波形如图中虚线所示．设该波的周期T大于0.2s，求：

、由图中读出波的振幅和波长；
‚、如果波向右传播，波速是多大？波的周期是多大？
【答案】（1）由图中读出波的振幅为10cm，波长为0.24m；
（2）如果波向右传播，波速是0.9m/s，波的周期是0.27s
【解析】试题分析：（1）振幅为偏离平衡位置的最大距离，波长为相邻两个波峰的间距；
（2）该波的周期T大于0.2s，故波0.2内传播的距离小于一倍波长，由图象得到波形平移的距离，根据v=求解波速；
解：（1）由图可知，振幅：A=10cm；波长：λ=0.24m；
（2）波向右传播，传播距离为18m，故波速为：
v==m/s=0.9m/s
波在一个周期内匀速平移一倍的波长，故：T=t
故周期：T=t=×0.2s=s≈0.27s
答：
（1）由图中读出波的振幅为10cm，波长为0.24m；
（2）如果波向右传播，波速是0.9m/s，波的周期是0.27s；
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